$ord_q(p)$ es el menor entero positivo $k$ tal que $q|p^k-1$
--si $k=1$, $q|p-1$:
Si para todo $q$, $k=1$,
Si $v_q(x)$ es el exponente de $q$ en la factorización de $x$
por el lema lifting the exponent, si $p$ es impar
$v_q(p^p-1) = v_q(p-1) + v_q(p) = v_q(p-1)$
entonces la factorización en primos de $p^p-1$ es la misma que la de $p-1$, $p^p-1=p-1$, contradicción
si $p$ es par, $p=2$, $2^2-1=3$ tiene un divisor mayor a $2$.
como $k|p$, $k>1$, y $p$ es primo, y $k=p$ cumple la condición, el menor $k$ posible es $p$, por lo que $ord_q(p)=p$.
$p=ord_q(p)|phi(q)=q-1$ por teorema de euler.
entonces $q=1$ o $q>p$, pero como $1$ no es primo, $q>p$
ya lo arregle
ahora lo arregle otra vez, antes estaba tratando de hacer lo mismo que demostrar el lema para $y=-1$
Última edición por EmRuzak el Jue 21 Oct, 2021 6:26 pm, editado 5 veces en total.
Supongamos que para todo primo $q|p^p-1$ se da que $ord_q(p) = 1$ luego $q | p-1$ pero por $LTE$:
$v_q(p^p-1) = v_q(p-1) + v_q(p) = v_q(p-1) > 0$
Pero eso es un absurdo ya que implicaría que $p^p -1 \leq p-1$. (Donde realmente se debería dar la igualdad ya que vale que si $q|p-1 \to q|p^p-1$)
$q$ es primo y $q|p^p-1$ pero $q$ no es divisor de $p-1$
$ord_q(p)$ es el menor entero positivo $k$ tal que $q|p^k-1$
si $k=1$, $q|p-1$, contradicción
como $k|p$, $k>1$, y $p$ es primo, y $k=p$ cumple la condición, el menor $k$ posible es $p$, por lo que $ord_q(p)=p$.
$p=ord_q(p)|phi(q)=q-1$ por teorema de euler.
entonces $q=1$ o $q>p$, pero como $1$ no es primo, $q>p$
entonces si no hay ningún primo $q$ que divida a $p^p-1$, y sea mayor a $p$, todos los divisores primos de $p^p-1$ son los mismos que los de $p-1$
pero:
$p^p-1=(p-1)(p^p+p^{p-1}+...+1)$
$mcd(p-1,p^{p-1}+...+1)=mcd(p-1,p^{p-1}+p^{p-2}+...+1-p^{p-1}-p^{p-2}-...-p+p^{p-2}+p^{p-3}+...+1)=mcd(p-1,p^{p-2}+p^{p-3}+...+p+2)$
si seguimos haciendo lo mismo:
$mcd(p-1,p^{p-1}+...+1)=mcd(p-1,p+1)=mcd(p-1,2)$, por lo que es $2$ o $1$
entonces para que no se cumpla el enunciado, $p^{p-1}+...+1=2$ o $p^{p-1}+...+1=1$, el segundo no se cumple, y el primero solo si $p=2$, pero en ese caso, $2^2-1=3$ tiene un divisor mayor a $2$.
ya lo arregle
Cómo se demuestra la existencia de $q$ para todo $p$ primo?
Ya que esta demostración es válida siempre que para todo $p$ primo existe $q$ primo tal que $\big(~q\nmid p-1~\big)$ y $\big(~q\mid p^p-1~\big)$
$q$ es primo y $q|p^p-1$ pero $q$ no es divisor de $p-1$
$ord_q(p)$ es el menor entero positivo $k$ tal que $q|p^k-1$
si $k=1$, $q|p-1$, contradicción
como $k|p$, $k>1$, y $p$ es primo, y $k=p$ cumple la condición, el menor $k$ posible es $p$, por lo que $ord_q(p)=p$.
$p=ord_q(p)|phi(q)=q-1$ por teorema de euler.
entonces $q=1$ o $q>p$, pero como $1$ no es primo, $q>p$
entonces si no hay ningún primo $q$ que divida a $p^p-1$, y sea mayor a $p$, todos los divisores primos de $p^p-1$ son los mismos que los de $p-1$
pero:
$p^p-1=(p-1)(p^p+p^{p-1}+...+1)$
$mcd(p-1,p^{p-1}+...+1)=mcd(p-1,p^{p-1}+p^{p-2}+...+1-p^{p-1}-p^{p-2}-...-p+p^{p-2}+p^{p-3}+...+1)=mcd(p-1,p^{p-2}+p^{p-3}+...+p+2)$
si seguimos haciendo lo mismo:
$mcd(p-1,p^{p-1}+...+1)=mcd(p-1,p+1)=mcd(p-1,2)$, por lo que es $2$ o $1$
entonces para que no se cumpla el enunciado, $p^{p-1}+...+1=2$ o $p^{p-1}+...+1=1$, el segundo no se cumple, y el primero solo si $p=2$, pero en ese caso, $2^2-1=3$ tiene un divisor mayor a $2$.
ya lo arregle
Cómo se demuestra la existencia de $q$ para todo $p$ primo?
Ya que esta demostración es válida siempre que para todo $p$ primo existe $q$ primo tal que $\big(~q\nmid p-1~\big)$ y $\big(~q\mid p^p-1~\big)$
$p^p-1$ es igual a $p-1$ multiplicado por otro número que tiene un mcd con $p-1$ de $2$ como máximo, asi que con $p>3$ tiene que haber algún primo en $\frac{p^p-1}{p-1}$ que no esta en $p-1$
$p^p-1$ es igual a $p-1$ multiplicado por otro número que tiene un mcd con $p-1$ de $2$ como máximo, asi que con $p>3$ tiene que haber algún primo en $\frac{p^p-1}{p-1}$ que no esta en $p-1$
Lema: sean $a,b \in \mathbb{N}$, si $k$ es un primo tal que $k$ divide a $a^b-1$ pero no a $a^d-1$ para todo $d$ divisor propio de $b$, entonces $b$ divide a $k-1$
Demostración:
Como $k|a^b-1$ entonces $(k,a)=1$, por fermatito:
$$a^{k-1}≡1(mod k)$$.
Sea $M=(b,k-1)$, existe una combinación lineal tal que:
$$M=\alpha b+ \beta (k-1) \Rightarrow a^M=(a^b)^{\alpha }(a^{k-1})^{\beta}≡1(mod k)$$
Osea que $M$ es un divisor de $b$ tal que $k|a^M-1$, por lo que $M=b$ (porque $k\nmid a^d-1$ si $d$ es un divisor de $b$ distinto de $b$) por lo que $b|k-1$.
Ahora tómenme fuerte de la mano (por favor) porque hasta yo tengo miedo:
De allí, sea $\Phi_n(x)$ el polinomio ciclotómico de $n$ definido como:
$$\Phi_n(x)=\prod_{\xi_n}^{} (x-\xi_n)$$
Donde multiplicamos sobre todos los $\xi_n$ raíz $n$-ésima primitiva (y compleja) de la unidad.
sabemos que si $p$ es primo entonces $\Phi_p(X)=1+x+x²+...+x^{(p-1)}$.
Sea además $\Gamma_n(x)$ tal que:
$$\Gamma_n(x)=\prod_{d|n,1\leq d<n}^{} \Phi_d(x)$$
En este caso $\Gamma_p(x)=x-1$
Tenemos entonces
$$p=\Phi_p(x)-(\sum_{i=0}^{p-2} (p-1-i)x^i) \Gamma_p(x) ~~~ (1)$$
de acá, sea $k$ un primo, si $k \mid p^p-1\rightarrow (k,p)=1$, y como $(p^p-1)=(p-1)(1+p+...+p^{p-1})$, tenemos que $k\mid p-1 \lor k\mid \Phi_p(p)$, sabemos que existe almenos un $k$ que divida a $\Phi_p(p)$, ergo, sustituyendo $x$ por $p$ en $(1)$, entonces $k$ y $\Gamma_p(p)$ son coprimos, sino $k|p$ y ya vimos que son coprimos. Como $\Gamma_p(p)=p^1-1$, por el lema se tiene que $p|k-1$, ergo:
$$p+1 \leq k$$
