$p| sigma(p-1)$

[carlo232]

Sia $sigma(n)$ la somma di tutti i divisori positivi di $n$ (quindi $n$ compreso).

Dimostrare che $3$ è l'unico numero primo $p$ per cui sia $p$ divide $sigma(p-1)$.

Buon ferragosto a tutti!

[Aethelmyth]

"carlo23":Sia $sigma(n)$ la somma di tutti i divisori positivi di $n$ (quindi $n$ compreso).

Dimostrare che $3$ è l'unico numero primo $p$ per cui sia $p$ divide $sigma(p-1)$.

Buon ferragosto a tutti!

Provo . Iniziamo col dimostrare che per p=3 vale $p| sigma(p-1)$
Infatti 3 è divisore della somma dei divisori di 2 =>(2+1)=>3. Quindi $3| sigma(2)$ perchè $3| 3$

Per ogni primo $p$ maggiore di 3 sappiamo che $(p-1)$ è necessariamente un numero pari. In quanto tale $sigma(p-1)$ è almeno formato da $p-1 + (p-1)/2 + 2 + 1$ che significa che, a meno che $p=3$, $sigma(p-1)$ è sicuramente maggiore di $p$.
Inoltre $sigma(p-1)$ è al più $(p-1) + $ la somma di tutti i numeri da $1$ a $(p-1)/2$ => $(p-1)/2 * (p+1)/2 * 1/2$ => $(p^2 -1)/8$, e cioè $(p-1) + (p^2 -1)/8$, ed è evidente che non sia divisibile per $p$.

Non so come dimostrare il resto dei casi .... se ci riesco lo posto in seguito

[carlo232]

"Aethelmyth":Non so come dimostrare il resto dei casi .... se ci riesco lo posto in seguito

In realtà hai dimostrato che una maggiorazione di $sigma(p-1)$ non è divisibile per $p$, il che non implica che $p$ non divida $sigma(p-1)$...quindi se ho inteso bene l'unica cosa corretta è $3|sigma(2)$.

Ciao Ciao

[Aethelmyth]

"carlo23":[quote="Aethelmyth"]Non so come dimostrare il resto dei casi .... se ci riesco lo posto in seguito

In realtà hai dimostrato che una maggiorazione di $sigma(p-1)$ non è divisibile per $p$, il che non implica che $p$ non divida $sigma(p-1)$...quindi se ho inteso bene l'unica cosa corretta è $3|sigma(2)$.

Ciao Ciao [/quote]
Non sono dei casi limite gli altri che ho dimostrato?
Cmq so ke non ho dimostrato assolutamente niente ma ho scritto di getto qllo ke mi passava in mente
Domani mattina ke sono più lucido provo a continuare

[carlo232]

"Aethelmyth":
Cmq so ke non ho dimostrato assolutamente niente ma ho scritto di getto qllo ke mi passava in mente

Si si, ho capito e mi fa piacere che questo problema abbia suscitato il tuo interesse

[carlo232]

Prendiamo $p>2$, supponiamo $p|sigma(p-1)$, inoltre sia $p-1=q_1^(n_1)q_2^(n_2)...q_u^(n_u)$ la forma canonica di $p-1$.

Abbiamo che $sigma$ è una funzione moltiplicativa per cui $sigma(p-1)=sigma(q_1^(n_1))sigma(q_2^(n_2))...sigma(q_u^(n_u))$, esisterà $i$ tale che $p|sigma(q_i^(n_i))$, scriviamo per brevità $q=q_i,n=n_i$. Se $q$ è dispari allora $q^n<=(p-1)/2$, per cui

$p|sigma(q^n)=(q^(n+1)-1)/(q-1)<=(q((p-1)/2)-1)/(q-1)<(q/(q-1))((p-1)/2)
ma ciò è assurdo. Quindi $q=2$ e $2^n<=p-1$

$p|sigma(2^n)=2^(n+1)-1<=2(p-1)-1=2p-3$

infine $p=sigma(2^n)$ e $2^n|p+1$ ma ricordiamo $2^n|p-1$ quindi $n=1$ e $p=3$.

[Aethelmyth]

"carlo23":Prendiamo $p>2$, supponiamo $p|sigma(p-1)$, inoltre sia $p-1=q_1^(n_1)q_2^(n_2)...q_u^(n_u)$ la forma canonica di $p-1$.

Abbiamo che $sigma$ è una funzione moltiplicativa per cui $sigma(p-1)=sigma(q_1^(n_1))sigma(q_2^(n_2))...sigma(q_u^(n_u))$, esisterà $i$ tale che $p|sigma(q_i^(n_i))$, scriviamo per brevità $q=q_i,n=n_i$. Se $q$ è dispari allora $q^n<=(p-1)/2$, per cui

$p|sigma(q^n)=(q^(n+1)-1)/(q-1)<=(q((p-1)/2)-1)/(q-1)<(q/(q-1))((p-1)/2)
ma ciò è assurdo. Quindi $q=2$ e $2^n<=p-1$

$p|sigma(2^n)=2^(n+1)-1<=2(p-1)-1=2p-3$

infine $p=sigma(2^n)$ e $2^n|p+1$ ma ricordiamo $2^n|p-1$ quindi $n=1$ e $p=3$.

... .... ..... Ehm non ho capito bene la questione che $p-1=q_1^(n_1)q_2^(n_2)...q_u^(n_u)$ e neanche xke $sigma(p-1)=sigma(q_1^(n_1))sigma(q_2^(n_2))...sigma(q_u^(n_u))$ (non dovrebbe essere $sigma(p-1)=sigma(q_1^(n_1))(q_2^(n_2))...(q_u^(n_u))$ ? )
Mi sento piccolo piccolo .... se hai la forza di volontà di spiegarmela te ne sarei grato ... forse mi faccio spaventare troppo dalle formule e dal fatto che sono convinto di essere ignorante ma sono sicuro che mi manca qualche cosa per riuscire a capire del tutto
Cmq mi fido della risposta ... xD

[carlo232]

"Aethelmyth":... Ehm non ho capito bene la questione che $p-1=q_1^(n_1)q_2^(n_2)...q_u^(n_u)$

Ah, la forma canonica. Come saprai il teorema fondamentale dell'aritmetica afferma che ogni intero >1 si può scomporre in un unico modo come prodotto di numeri primi a meno dell'ordine di questi. Ad esempio $12=2^2x3$ oppure $150=2x3x5^2$, quando si dice che $n=p_1^(a_1)p_2^(a_2)...p_u^(a_u)$ è la forma canonica di $n$ si intende dire che $p_1,p_2...p_u$ sono tutti e soli i fattori primi di $n$ e $a_1,a_2...a_u$ sono i rispettivi esponenti a cui tali primi vengono elevati nella scomposizione di $n$. Per chiarirti le idee: prendiamo $n=120$ allora sarà $n=2^3x3x5$ per cui $p_1=2,p_2=3,p_3=5$ e $a_1=3,a_2=1,a_3=1$.Attenzione! Non ha importanza l'ordine dei fattori, avremmo potuto anche scegliere $n=3x5x2^3$ e quindi sarebbe stato $p_1=3,p_2=5,p_3=2$ e $a_1=1,a_2=1,a_3=3$.

Nel nostro problema per evitare di fare confusione invece di scrivere $p_1,p_2...$ ho scritto $q_1,q_2...$ ma ovviamente non cambia una virgola.

e neanche xke $sigma(p-1)=sigma(q_1^(n_1))sigma(q_2^(n_2))...sigma(q_u^(n_u))$

In generale se $n=p_1^(a_1)p_2^(a_2)...p_u^(a_u)$ è la forma canonica di $n$ allora $sigma(n)=sigma(p_1^(a_1))sigma(p_2^(a_2))...sigma(p_u^(a_u))$.

Dimostriamo perchè, ogni divisore di $n$ sarà $=1$ oppure esprimibile nella forma $p_1^(b_1)p_2^(b_2)...p_u^(b_u)$, dove $b_i<=a_i$. Consideriamo che $sigma(p^a)=1+p+p^2+...+p^a=(p^(a+1)-1)/(p-1)$ per ogni numero primo $p$, del resto se svolgiamo il prodotto

$(1+p_1+p_1^2+...+p_1^(a_1))(1+p_2+p_2^2+...+p_2^(a_2))...(1+p_u+p_u^2+...+p_u^(a_u))$

troviamo che saltano fuori tutti e soli i termini $=1$ oppure nella forma $p_1^(b_1)p_2^(b_2)...p_u^(b_u)$, dove $b_i<=a_i$, quindi tutti e soli i divisori di $n$. Come volevasi dimostrare $sigma(n)=sigma(p_1^(a_1))sigma(p_2^(a_2))...sigma(p_u^(a_u))$.

Spero sia comprensibile, ma soprattutto di non aver fatto qualche casino nello scrivere le formule

[Aethelmyth]

Come saprai il teorema fondamentale dell'aritmetica afferma che ogni intero >1 si può scomporre in un unico modo come prodotto di numeri primi a meno dell'ordine di questi.

Thnx ora me lo scrivo (non capivo xke usavi anke gli esponenti )

Per il resto ancora non capisco bene ... come passi da :

"$n=p_1^(a_1)p_2^(a_2)...p_u^(a_u)$"

a

"ogni divisore di $n$ sarà $=1$ oppure esprimibile nella forma $p_1^(b_1)p_2^(b_2)...p_u^(b_u)$, dove $b_i<=a_i$."


E poi anke $sigma(p^a)=1+p+p^2+...+p^a=(p^(a+1)-1)/(p-1)$ (come arrivi a $(p^(a+1)-1)/(p-1)$ ?)

... Dovrei prendere qualche lezione...intanto provo a capire da solo