Probar que es un cuadrado perfecto

Os dejo el problema de esta semana. Ahí va:

Sea n > 1 un número natural y p un número primo. Probar que si p|n^3-1 y n|p-1, entonces 4p-3 es un cuadrado perfecto.

A por él.

Autor: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

13 Comentarios

  1. Rafa, la barra vertical significa “divide a”.

    Por lo tanto, lo que se dice es que:
    p divide a n^3 - 1 y que n divide a p - 1

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  2. El término n^3-1 tiene un divisor de la forma n^2+n+1: n^3-1=(n^2+n+1)(n-1)

    Si p=n^2+n+1, 4p-3=4n^2+4n+4-3=(2n+1)^2, luego 4p-3 es un cuadrado.

    p-1=n^2+n+1-1=(n+1)n, luego n divide a p-1.

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  3. Mmonchi, para que tu demostracion fuera completa tendrias que demostrar
    que es necesario que p=n^2+n+1, no?
    Que parece que lo es y tambien parece que no hace falta que p sea primo, ejemplo:
    n=4
    p=21 (no primo)
    n**3-1=63
    4p-3=81 =9^2 (cuadrado)
    n^2+n+1 = p

    interesante!

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  4. Sí, rtomas, lo de antes no es una demostración porque está al revés. Pero no veo cómo darle la vuelta, además de que como has visto no uso en ningún momento que p sea primo.

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  5. p|(n^3-1). Como n^3-1=(n^2+n+1)(n-1) y p>n y además p primo se sigue p|(n^2+n+1)

    Pongamos, por tanto, pk=n^2+n+1. Notemos que como p>n, k<n+1.

    Ahora bien n|(pk-k) es decir n|(n^2+n+1-k).

    Por la anterior cota de k<n+1 se sigue k=1 y p=n^2+n+1

    A partir de ahí como indicó Mmonchi.

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  6. He estado dándole unas vueltas a algo que me acabo de fijar y no veo el porqué, pero no os parece que n^2+n+1 genera “muchos primos” en comparación a los no primos (al menos con n bajo)?

    En principio, la proporción de primos menores a un cierto x natural tendía a ln(x)/x y al irse x a infinito está claro que la proporción tira para cero, pero si hacemos la misma historia sólo con los elementos imagen de n^2+n+1 al final eso se va necesariamente a 0? O más generalmente hay alguna función polinómica de N en N donde al hacer la proporción primos/(primos + no primos) (sólo considerando los elementos primos y no primos de la imagen) e ir considerando cada vez más números de la imagen (por orden creciente) esa proporción no vaya a 0? Supongo que me estoy dejando engañar un poco por los 10 primeros resultados, pero no deja de ser curioso.

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  7. p no puede ser divisor de n-1 pues de serlo se tendría que

    p \leq (n-1)

    Por otro lado, la hipótesis n| (p-1) implica que n \leq p-1: de esto y la desigualdad en la línea anterior se seguiría que

    n \leq p-1 < p \leq n-1,

    lo cual es claramente absurdo.

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  8. Efectivamente. De hecho eso es lo que te lleva a decir que como p|(n-1)(n^2+n+1) entonces p|(n^2+n+1). No obstante ahí radica la importancia de que p sea primo. Si no lo fuese ese razonamiento es inválido pues los factores de p podrían estar repartidos entre (n-1) y (n^2+n+1), pero al ser p primo eso no puede pasar.

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  9. Si k vale n+1, pk=p(n+1) >= (n+1)(n+1) = n^2+2n+1. Lo cual es imposible pues pk=n^2+n+1

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  10. Voy a intentar generalizar el Problema

    I) Inicialmente seria:

    Notemos que p=n^{2}+n+1

      \left\{\begin{matrix}  n^{3}-1 = (n-1)p  & \Rightarrow & p|n^{3}-1 & \\  \\  p-1 = (n+1)n      & \Rightarrow & n|p-1  & \\  \\  4p-3 = (2n+1)^{2} & \Rightarrow & 4p-3 = & \text{cuadrado perfecto}  \end{matrix}\right.

    II) Generalizando seria:

    Notemos que \displaystyle p= \sum_{i=0}^{k} n^{i}

      \left\{\begin{matrix}  n^{k+1}-1 = (n-1)p  & \Rightarrow & p|n^{k+1}-1 & \\  \\  p-1 = n\displaystyle{\sum_{i=0}^{k-1} n^{i}}      & \Rightarrow & n|p-1  & \\  \\  2k \cdot p - T = (2n+1)^{k} & \Rightarrow & 2k \cdot p - T = & \text{k-potencia perfecta}  \end{matrix}\right.

    donde:

      T = \displaystyle{\sum_{i=0}^{k} \left [ 2k-\binom{k}{i} 2^{i} \right ] n^{i}}

    jejeje, ‘del problema resuelto todos hacen generalizaciones’, parafraseando el refrán, ‘del árbol caído todos hacen leña’.

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