$2^{prime} = {prime}*x+1$

Question

He tropezado con algo que yo creo que es cierto, pero no sé cómo demostrarlo. Comenzó a atormentarme.

Mi conjetura es que por cada prime $p$, si se mira en $2^{p-1}-1$ esto es divisible por $p$. Por ejemplo: $p=7$. $\frac{2^6 - 1}{7} = \frac{64 -1}{7} = \frac{63}{7}= 9$ Otra de las $p=29$: $\frac{2^{28} -1}{29} = \frac{268435455}{29} = 9256395$

Parece que sólo se mantiene para los números primos. Y yo sospecho que tiene algo de relación con ese $2^{p-1}$ sólo ha $2$ como primer factor?

Sería muy apreciado si alguien sería tan amable que me apunte en la dirección correcta. No estoy seguro de cómo mostrar a mí mismo esta hecho siempre.

Answer 1

Deje $p$ ser una de las primeras y $a$ ser un número entero que no es divible por $p$.

A continuación, la función $\phi: \mathbb{Z}_p\to\mathbb{Z}_p$, $\phi(n) = a\cdot n$ es bijective.

De hecho, si $\phi(x) = \phi(y) \Rightarrow ax=ay$

Cómo $a$ no es divisible por $p$, $a\ne 0$ $\mathbb{Z}_p$ y cómo $\mathbb{Z}_p$ es un campo, existe $a^{-1}\in\mathbb{Z}_p$. Por lo tanto

$ax=ay \Rightarrow a^{-1}ax=a^{-1}ay \Rightarrow x=y$. Por lo $\phi$ es inyectiva.

De $\phi(a^{-1}x) = aa^{-1}x = x$, podemos deducir que $\phi$ es surjective y por lo tanto bijective.

Cómo $\phi(0)=0$, entonces la restricción $\hat{\phi}: \mathbb{Z}_p-\lbrace 0\rbrace \to\mathbb{Z}_p-\lbrace 0\rbrace$, $\hat\phi(n) = a\cdot n$ es bijective.

Así, en $\mathbb{Z}_n$, tenemos

$1\cdot 2\cdot \ldots \cdot(p-1) = \hat\phi(1)\cdot\hat\phi(2)\ldots\cdot\hat\phi(p-1) = a\cdot 1\cdot a \cdot 2\cdot\ldots\cdot a \cdot (p-1) = \\ a^{p-1} \cdot 1\cdot 2\cdot \ldots \cdot(p-1)$

$\Rightarrow \left(a^{p-1}-1\right)\cdot1\cdot 2\cdot \ldots \cdot(p-1) = 0$.

$\mathbb{Z}_p$ es un campo y $1\cdot 2\cdot \ldots \cdot(p-1)\ne 0$,$a^{p-1}-1=0$$\mathbb{Z}_p$.

Por lo tanto, $p|a^{p-1}-1$ (Fermat Poco Teorema)

En particular, para$a=2$, $p|2^{p-1}-1$ para todos los impares primos $p$.

Answer 2

Tenemos que demostrar que el $a^p\equiv a \pmod p ,\ \forall a$ tal que $p\not{|} a$.

Prueba por inducción:

El reclamo es obviamente cierto para $a=1$. Desde $p\not{|}a$, $a\equiv 1,2,\cdots,\ p-1\pmod p$, y por lo tanto es suficiente para la demanda a $a=1,2,\cdots,\ p-1$ a celebrar en general.

Deje que la demanda tiene por $a=1,2,\cdots,\ k$, para algunas de las $k$$1\le k\le p-2$. A continuación, tenga en cuenta que $$(k+1)^p =\sum_{j=0}^p \binom{p}{j}k^j.$$ Now note that $p|\binom{p}{j}$ whenever $1\le j\le p-1$. To see this note that if $\binom{p}{j}\equiv k\pmod p$, then $p!\equiv j!(p-j)!k\pmod p\implica j!(p-j)!k\equiv 0 \pmod p\implica k\equiv 0\pmod p$ since $j!, (p-j)!$ are relatively prime to $p$ whenever $1\le j\le p-1$.

Por lo tanto, obtenemos $$(k+1)^p\equiv 1+k^p \pmod p\equiv 1+k\pmod p$$ where the last step follows from induction hypothesis.$\blacksquare$