[Sebastián Martín Ruiz]

Hola a todos, hace tiempo que no aparezco por aquí , aunque he seguido subiendo puzzles a la pagina primepuzzles de Carlos Rivera

Os escribo porque creo que he descubierto una equivalencia para los números primos, es la siguiente

Sea $$F(n)=\left\lfloor \sqrt n\right \rfloor!$$.

$$n\ge 5$$ es primo sí y sólo si $$n^{F(n)}\equiv 1\;\;\operatorname{ mod }F(n)$$

Por ahora solo es una conjetura ya que solo he conseguido probar una de las implicaciones \( \Leftarrow \)
aunque he comprobado la equivalencia para \( n=5 \) hasta \( 100000 \)

Espero que os resulte interesante y a ver si alguien puede probarla y transformar la conjetura en teorema
Saludos

[Fernando Revilla]

   Hola Sebastián Bienvenido de nuevo. He pasado tus fórmulas a \( \LaTeX \).

[Sebastián Martín Ruiz]

Gracias, saludos

[Luis Fuentes]

Hola

Hola a todos, hace tiempo que no aparezco por aquí , aunque he seguido subiendo puzzles a la pagina primepuzzles de Carlos Rivera

Os escribo porque creo que he descubierto una equivalencia para los números primos, es la siguiente

Sea $$F(n)=\left\lfloor \sqrt n\right \rfloor!$$.

$$n\ge 5$$ es primo sí y sólo si $$n^{F(n)}\equiv 1\;\;\operatorname{ mod }F(n)$$

Por ahora solo es una conjetura ya que solo he conseguido probar una de las implicaciones \( \Leftarrow \)
aunque he comprobado la equivalencia para \( n=5 \) hasta \( 100000 \)

Espero que os resulte interesante y a ver si alguien puede probarla y transformar la conjetura en teorema

Supongo que lo que has probado es que si \( n \) es primo entonces $$n^{F(n)}\equiv 1\;\;\operatorname{ mod }F(n)$$.

Si es correcta es interesante, aunque poco funcional como test de primalidad.

AÑADIDO:

Es fácil ver que \( \lambda(m!) \) (donde \( \lambda \) es la función de Carmichael) divide a \( m! \) por tanto si \( n \) es coprimo con \( m! \) entonces:

\( n^{m!}\equiv 1 \) mod \( m! \)

Pero si \( p \) es primo es coprimo con todos los números entre \( 1 \) y \( m=[\sqrt{p}] \) y de ahí que se cumpla la relación cuando \( n \) es primo.

Saludos.

[Sebastián Martín Ruiz]

 He probado que si $$ n^{F(n)}\equiv{}1$$ mod F(n)  entonces n es primo, es fácil de probar, se supone que n es compuesto, entonces existe $$ p<\sqrt[]{n} $$ primo que divide a n y a F(n) y por tanto divide al resto modular r por lo que r tiene que ser 0 o r>1 es decir r distinto de 1
La otra implicación Si $$ n \geq{}5 $$ primo entonces $$ n^{F(n)}\equiv{}1$$ mod F(n) no consigo demostrarla aunque como dije la he comprobado para n=5 hasta 100000

[Luis Fuentes]

Hola

He probado que si $$ n^{F(n)}\equiv{}1$$ mod F(n)  entonces n es primo, es fácil de probar, se supone que n es compuesto, entonces existe $$ p<\sqrt[]{n} $$ primo que divide a n y a F(n) y por tanto divide al resto modular r por lo que r tiene que ser 0 o r>1 es decir r distinto de 1
La otra implicación Si $$ n \geq{}5 $$ primo entonces $$ n^{F(n)}\equiv{}1$$ mod F(n) no consigo demostrarla aunque como dije la he comprobado para n=5 hasta 100000

Correcto; pues si no me he equivocado la prueba del recíproco es esta:

Es fácil ver que \( \lambda(m!) \) (donde \( \lambda \) es la función de Carmichael) divide a \( m! \) por tanto si \( n \) es coprimo con \( m! \) entonces:

\( n^{m!}\equiv 1 \) mod \( m! \)

Pero si \( p \) es primo es coprimo con todos los números entre \( 1 \) y \( m=[\sqrt{p}] \) y de ahí que se cumpla la relación cuando \( n \) es primo.

Saludos.