Demostrar que hay una cantidad infinita de enteros libres cuadrados positivos $n$ tal que $n\mid2015^n-1$

Question

Problema: Demostrar que hay una cantidad infinita de enteros libres cuadrados positivos $n$ tal que $n\mid2015^n-1$

No tengo ni idea de cómo solucionar esto y aún no he encontrado ningún resultado bueno. Estaría muy bien que alguien supiera cómo resolver este problema. Gracias de antemano.

Answer 1

Dejemos que $a$ sea un número entero que sea impar y mayor que $1$ tal que $a - 1$ tiene un factor primo impar. (En particular, $2015$ es un número entero de este tipo). Entonces existe una secuencia infinita $p_1$ , $p_2$ ... de distintos primos Impares tales que, para cualquier $k \ge 1$ se cumplen las siguientes condiciones:

(i) $p_1\cdots p_k \mid a^{p_1\cdots p_k} - 1$ y

(ii) $p_k \mid a^{p_1\cdots p_{k-1}} - 1$ .

La condición (i) proporciona los valores libres de cuadrados de $n$ que se pide en la pregunta; la condición (ii) será necesaria para la demostración que es por inducción en $k$ .

Para $k = 1$ : Dejemos que $p_1$ sea un factor primo impar de $a - 1$ . Entonces $p_1 \mid a - 1$ (que es la condición (ii)), por lo que $p_1 \mid a^{p_1} - 1$ (que es la condición (i)).

Para $k \gt 1$ : Dejemos que $P = p_1 \cdots p_{k-1}$ y que $A = a^P$ entonces, por inducción (condición (i)), tenemos $P\mid A-1$ . Supongamos que $p_k$ es un primo impar distinto de $p_1,\ldots,p_{k-1}$ que divide $A-1$ satisfaciendo así la condición (ii). Entonces $P\cdot p_k \mid A - 1$ Así que $P\cdot p_k \mid A^{p_k} - 1 = a^{P\cdot p_k} - 1$ que satisface la condición (i).

Sólo queda demostrar que un primo adecuado $p_k$ siempre existe. Eso nos llevará la mayor parte del resto de este largo post.

En primer lugar, algunas anotaciones: Cuando $p$ es un primo, $p^r \mid\mid m$ significa que $p^r$ "divide exactamente" $m$ eso es, $p^r$ divide $m$ pero $p^{r+1}$ no lo hace.

Lema $1$ : Si $p$ es un primo de impar, $r\ge 1$ y $p^r\mid\mid a - 1$ entonces $p^{r+1}\mid\mid a^p - 1$ .

Escribe $a - 1 = mp^r$ , donde $p$ no divide $m$ . Entonces $a = 1 + mp^r$ y $$ a^p = (1 + mp^r)^p = 1 + mp^{r+1} + \binom{p}{2} m^2 p^{2r} + (\text{terms in higher powers of }p). $$ Desde $p$ es un primo de impar, $p$ divide $\binom{p}{2}$ Así que $$ a^p - 1 = p^{r+1}(m + (\text{a multiple of }p^r)). $$ Desde $r\ge1$ que establece el lema.

Lema $2$ : Si $p$ es un primo y $p\mid a-1$ entonces $\operatorname{gcd}(a - 1, \dfrac{a^p-1}{a-1}) = p$ .

Por Lemma $1$ , si $p^k\mid\mid a-1$ entonces $p^{k+1}\mid\mid a^p - 1$ Así que $p\mid\mid \dfrac{a^p-1}{a-1}$ . Por lo tanto, el GCD es un múltiplo de $p$ .

Por otro lado, $$ \frac{a^p-1}{a-1} = 1 + a + a^2 +\cdots + a^{p-1}. $$ La reducción de este $\bmod a-1$ tenemos $$ \frac{a^p-1}{a-1} \equiv 1 + 1 + 1 +\cdots + 1 \equiv p \pmod{a-1}. $$ Es decir, hay algún número entero $t$ tal que $\dfrac{a^p-1}{a-1} = (a-1)t + p$ Así que $p = \dfrac{a^p-1}{a-1} - (a-1)t$ . Por lo tanto, el GCD divide $p$ .

Por lo tanto, el GCD es $p$ .

Por último, vuelve al paso de la inducción. Sea $Q = P/p_{k-1}$ entonces la condición (ii) de la hipótesis de inducción dice que $p_{k-1}\mid a^Q - 1$ así como todos los anteriores $p_i$ (si lo hay) dividir $a^Q - 1$ por la condición (i) del paso de inducción anterior (si lo hay). Así pues, $p_1\cdots p_{k-1} \mid a^Q - 1$ Así que $$ p_1\cdots p_{k-1} \mid a^P - 1 = (a^Q - 1) \frac{a^P - 1}{a^Q - 1}. $$ Por Lemma $2$ el GCD de los dos factores de la derecha es $p_{k-1}$ , por lo que ninguno de los otros $p_i$ dividir $\dfrac{a^P - 1}{a^Q - 1}$ . Escribir $$ \frac{a^P - 1}{a^Q - 1} = 1 + a^Q + a^{2Q} + \cdots + a^{(p_{k-1}-1)Q}, $$ se ve que este factor es la suma de $p_{k-1}$ términos de impar, y por lo tanto impar, y $\gt p_{k-1}$ ya que $a \gt 1$ . Por el lema $1$ , $\dfrac{a^P - 1}{a^Q - 1}$ no es divisible por $p_{k-1}^2$ Así que $\dfrac{a^P - 1}{a^Q - 1}$ no puede ser un poder de $p_{k-1}$ . Por lo tanto, hay algún primo impar $p_k$ que lo divide (y por lo tanto $a^P - 1$ ) que es distinta de la anterior $p_i$ . Eso completa la prueba.

Un ejemplo numérico puede ayudar a aclarar el proceso. Sea $a = 2015$ Así que $a-1 = 2\cdot19\cdot53$ . Tome $p_1 = 19$ Entonces $19\mid 2015 - 1$ y $19\mid 2015^{19} - 1$ . El extenso argumento anterior demuestra que $\dfrac{2015^{19} - 1}{2015 - 1}$ es divisible por $19$ pero no $19^2$ . De hecho, $$ \frac{2015^{19} - 1}{2015 - 1} = 19\cdot 22186954931 \cdot (\text{a }48\text{-digit prime}). $$ Dejemos que $p_2 = 22186954931$ Así que $p_2\mid 2015^{19} - 1$ y $19 p_2 \mid 2015^{19 p_2} - 1$ . Para sorpresa de nadie, y como se ha demostrado, $2015^{19 p_2} - 1$ contendrá al menos un nuevo factor primo impar que puede ser tomado como $p_3$ . Y así sucesivamente.