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Valuation des nombres de Mersenne

Bonsoir,
Etant donnés $p$ un nombre premier impair et $r$ un entier naturel, peut-on toujours trouver un nombre de Mersenne $2^n - 1$ de valuation $p$-adique $r$ ?
Pour le moment, j'ai juste pu montrer qu'il existait pour tout $r$ des $2^n - 1$ de valuation $p$-adique supérieure à $r$...
Ce problème est-il ouvert ?
Merci !

Réponses

  • Je tente $n=p^{r-1}(p-1)$.
  • Oui, j'ai eu aussi cette idée !
    Effectivement, $2^n - 1 = 0 \pmod{p^r}$ d'après le théorème de Lagrange, mais il me semble qu'on peut seulement en déduire que $v_p(2^n - 1) \geq r$ (ou je manque quelque chose ?)
  • Je ne manque rien visiblement : $2^{(3 - 1)3^4} - 1$ a pour valuation 3-adique 6 (oups)
    Rectification: je n'ai pas de contre-exemple pour le moment
  • Update : si $v_p(2^n - 1) = r \geq 1$, alors $v_p(2^{np} - 1) = r + 1$.

    En effet, on a $l$ premier avec $p$ tel que $2^{n} - 1 = l p^r$
    Puis $2^{np} - 1 = (1 + lp^r)^p - 1 = l p^{r + 1} +\sum_{i = 2}^{p} \binom{p}{i} (lp^r)^i$
    Ceci suffit pour conclure car $l$ est premier avec $p$, $p \geq 3$, $p$ divise $\binom{p}{i}$ pour $1 \leq i \leq p - 1$ et $r \geq 1$.

    Il n'y a donc qu'à montrer que pour tout $p$ premier impair, il existe $n$ tel que $v_p(2^n - 1) = 1$ puis itérer la construction précédente.
  • Bonjour,
    Je pense avoir fait le tour de la question.

    Proposition :
    Soit $p$ un nombre premier impair.
    $\{r \in \mathbb{N}^* \mid \exists n \in \mathbb{N}^*,\ v_p(2^{n} - 1) = r\} = [v_p(2^{p - 1} - 1), +\infty[$

    Le cas $v_p(2^{p - 1} - 1) = 1$ a été vu : on peut prendre $n = (p-1)p^{r - 1}$ pour $r \geq 1$.

    Supposons maintenant que $v_p(2^{p - 1} - 1) > 1$ ($p$ est un nombre premier de Wieferich).

    Si $u$ est le plus petit entier tel que $p \mid 2^u - 1$, tout $k$ tel que $p$ divise $2^k - 1$ est multiple de $p$.
    En effet, posons la division euclidienne de $k$ par $u$ : $k = uq + s$,
    $0 = 2^k - 1 \pmod{p} = (2^u)^q 2^s - 1 \pmod{p} = 2^s - 1 \pmod{p}$ donc par minimalité de $u,\ s = 0$.

    En adaptant cet argument, on a également: $\forall k,\ v_p(2^k-1) \geq v_p(2^u-1)$ ( $v_p(2^k - 1) = 0$).

    Montrons alors que $i = v_p(2^u - 1) = v_p(2^{p-1}-1)$, ce qui conclut.
    On a $l$ premier avec $p$ tel que $2^u = 1 + lp^i$
    $u$ divise $p - 1$, donc on a $v$ tel que $p - 1 = uv$.
    $2^{p-1} - 1 = (1 + lp^i)^v - 1 = lvp^i + \sum_{j=2}^{v} \binom{v}{j} (lp^i)^j = lvp^i \pmod{p^{i+1}} \neq 0 \pmod{p^{i+1}}$.
    En effet, $l$ est inversible modulo $p$ et $v$ aussi car $v \mid p - 1 < p$, donc $lv$ n'est pas multiple de $p$.
    Ainsi, $v_p(2^{p-1}-1) = i = v_p(2^u - 1)$.

    La réponse à ma question est donc : oui si et seulement si $p^2$ ne divise pas $2^{p-1}-1$. Pour le moment, on ne connaît que deux tels nombres : 1093 et 3511.
  • Grand Merci pour cette étude

    Ca fait un très joli exo d'arithmétique
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