Parece que para p>2 primos, los números de $\frac{1+v^p}{1+v}$ son a menudo plaza libre de enteros. Por qué?

Question

He calculado para los números primos $p=3,5, \dots ,47$ $v=3,4, \dots ,30$ el número de $n=\frac{1+v^p}{1+v}$, y me di cuenta de que sólo en 4 casos he encontrado que no squarefree números de n: (p,v)=(3,19),(3,23),(7,26),(11,28).

Traté de explicar al mirar en la función de Möbius $\mu(n)$, reiteró exponentes, y Carmichael Función del $\lambda(n)$. Pero ninguno de estos métodos parece indicar que lo que yo estoy buscando. La única propiedad que puedo 'adivinar' es que si $g>p$ es un divisor primo de $n$,$g \equiv 1 \mod(p)$.

Mis dos preguntas son: (i) alguna idea de por qué no squarefree números parecen raras, y (ii) ¿qué propiedades podemos probar para el primer divisores $g>p$$n$?

Answer 1

Un par de observaciones: Desde $p$ es impar, así podría ver el $\frac{v^{p}-1}{v-1},$ y permitirle $v$ a ser tanto positivos como negativos. Como te has dado cuenta, cualquier prime $q \neq p$ que se divide esta cantidad es congruente a $1$ (mod $p$) en respuesta parcial a su segunda pregunta. Esto es debido a que $v + q \mathbb{Z}$ orden $p$ en el grupo multiplicativo de a$\mathbb{Z}/q \mathbb{Z}.$, $\frac{v^{p}-1}{v-1}$ es solo divisible por $p$ al $v \equiv 1$ (mod $p$), y en ese caso, es divisible por $p,$, pero no por $p^{2}.$ Que comienza a responder a su primera pregunta. Para continuar respondiendo a tu primera pregunta, me parece necesario ( al menos en mi manera de pensar) para el uso de algunos teoría algebraica de números. No te puedo dar (y no en el momento de ver) una totalmente convincente respuesta, pero he aquí algunas ligeras justificación. En anillos de enteros algebraicos,necesitamos trabajar con el primer ideales, no de números primos. En el ring $R = \mathbb{Z}[\omega],$ donde $\omega = e^{\frac{2 \pi i}{p}}, $ tenemos $\frac{v^{p}-1}{v-1} = \prod_{j=1}^{p-1}(v - \omega^{j}).$ sólo El primer ideal de $R$ que contiene el racional primer número $p$ es el principal ideal de $(1- \omega)R$. Ya sabemos que $\frac{v^{p}-1}{v-1}$ no es divisible por $p^{2},$, por lo que podemos ignorar esto. Si $I$ es cualquier otro primer ideal de $R,$, entonces no hay valores de $k \neq j$ tal que $v-\omega^{j}$ $v - \omega^{k}$ ambos se encuentran en $I,$ porque de lo contrario tendríamos $\omega^{j} - \omega^{k} \in I,$ y, a continuación, nos gustaría encontrar fácilmente que $I = (1-\omega)R,$ que hemos de tratar. Ahora $I \cap \mathbb{Z} = q \mathbb{Z}$ para algunos racional primer número $q,$ e si $q^{2}$ es dividir a $\frac{v^{p}-1}{v-1},$ necesitamos $v - \omega^{j} \in I^{2}$ algunos $j,$ y podríamos esperar que esto sea raro.

Se me acaba de ocurrir una razonablemente primaria explicación. Con el fin de que $v + \mathbb{q^{2}\mathbb{Z}}$ debe tener multiplicativo orden de $p$ $\mathbb{Z}/q^{2}\mathbb{Z}$ ( este último anillo no es un campo, por lo que debemos ir con cuidado). Pero este grupo multiplicativo es cíclico de orden $q^{2}-q.$ sin Embargo, sólo $q-1$ elementos de este grupo multiplicativo tienen orden de no divisible por $q$. Así, a grandes rasgos, si elegimos $v$ al azar, la probabilidad de que su imagen se ha multiplicativo para no divisible por $q$ es de alrededor de $\frac{1}{q}.$ Ya que sabemos que $q \equiv 1 $ (mod $2p$), esto significa que la "probabilidad" de que $\frac{v^{p}-1}{v-1}$ es divisible por $q^{2},$ dado que es divisible por $q$, debe ser de alrededor de $\frac{1}{q},$ así que, sin duda, en el peor, en torno a $\frac{1}{2p+1}.$

Answer 2

Aquí están algunos asintótica de los resultados además de Geoff Robinson respuesta:

Si $g$ es una de las principales con el$g\mid \frac{1+v^p}{1+v}$$v^p \equiv -1 \bmod g$. Hay tres casos:

• $p=g$: en este caso, $\frac{1+v^p}{1+v}$ no es divisible por $p^2$

• $g\neq p\not \mid g-1$. A continuación, $p\neq 2$ y por la consideración de que el grupo multiplicativo $(\Bbb Z/ g^n \Bbb Z)^\times \cong (\Bbb Z/g^{n-1}\Bbb Z)\times \Bbb Z/ (g-1)\Bbb Z$ podemos concluir, a partir de $v^p\equiv -1 \bmod g^n$ que $v\equiv -1 \bmod g^n$. Por lo tanto, $v_g(v^p+1) = v_g(v+1)$ e lo $g \not \mid \frac{1+v^p}{1+v}$.

• $p\mid g-1$

En consecuencia, el único caso en el que posiblemente $g^2 \mid \frac{1+v^p}{1+v}$$p \mid g-1$. En este caso, las soluciones tienen la siguiente forma: para cada una de las $n\geq 2$ no se exactamente $p$ soluciones de $\bmod g^n$ a de la ecuación $$v^p\equiv -1 \bmod g^n.$$ They can be lifted from the $p$ solutions to $v^p \equiv -1 \bmod g$ using Hensel's Lemma. Consequently, $$g^2 \mid \frac{1+v^p}{1+v} \Leftrightarrow g^2 \mid 1+v^p \text{ and } g \not \mid 1+v.$$

Por lo tanto, para una prima fija $p$, una muy buena aproximación para el número de $f(v,p)$ $v\leq N$ para el cual hay un primer $g$ $g^2 \mid f(v,p)$ is given by $$N(p-1)\sum_{p\mid (g-1) \leq N, g \text{ prime}}\frac{1}{g^2}.$$