primi e cubi

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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enrico_s
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Iscritto il: 02 lug 2013, 19:49

primi e cubi

Messaggio da enrico_s »

Trovare tutti i primi p tali che $ p^2-p+1 $ è un cubo perfetto
Gottinger95
Messaggi: 486
Iscritto il: 01 lug 2011, 22:52

Re: primi e cubi

Messaggio da Gottinger95 »

Visto che l'hanno lasciato qui tutto solo, mi sono lasciato ingolosire e mi ci son messo io.
Allora, intanto \(p \neq 3\) ammano. Dunque, abbiamo
(1) \( p(p-1) = t^3 - 1 \)
(2) \( p(p-1) = (t-1)(t^2+t+1) \)
Evidentemente \(p \mid t^2 + t + 1\), altrimenti \(p \mid t-1; \ \ \ t^2 + t +1 \mid p-1\) che implica \(t^2+t+1 \le p-1 < t-1\), assurdo. Percio \(p\) non divide \(t-1\).
D'altronde dalla (1) sembra che \( t^3 \equiv 1 \pmod{p} \), percio \(ord_p(t) = 3 \mid p-1\).
Siamo arrivati a \( 3 \mid RHS \). Notiamo che
\( t^2+t+1 \equiv 2t +1 \equiv -(t-1) \pmod{3} \)
Quindi quando 3 divide uno divide pure l'altro. Inoltre da \(t \equiv 1,4,7 \pmod{9} \) otteniamo ammano \(t^2 +t+1 \equiv 3 \pmod{9}\), ossia \( 3 \mid \mid t^2+t+1\).
Sia \( n = V_3 (t-1)\), da cui \(V_3(p-1) = n+1\). Esaminiamo modulo \(3^{n+2}\):
\[ p(p-1) \equiv (t-1)(t^2+t+1)\] \[p \frac{p-1}{3^{n+1} } \equiv \frac{t-1}{3^n} \frac{t^2+t+1}{3} \pmod{3} \] \[p a \equiv b c \pmod 3 \]
Visto che \( p,a\) sono consecutivi e diversi da 0 mod 3, abbiamo \( pa = 2 \pmod{3}\). D'altronde (ammano) quando \(b=1,2\) rispettivamente si ha \(c=1,2 \) modulo 3, perció \(bc=1\), assurdo.

On balance, non ci sono soluzioni.
\( \displaystyle \sigma(A,G) \ \ = \sum_{Y \in \mathscr{P}(A) } \dot{\chi_{|G|} } (Y) \) bum babe
enrico_s
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Iscritto il: 02 lug 2013, 19:49

Re: primi e cubi

Messaggio da enrico_s »

Non capisco quando concludi dicendo che $ bc=1 \ mod 3 $

Comunque una soluzione esiste :)
Gi8
Messaggi: 42
Iscritto il: 17 ago 2012, 12:04

Messaggio da Gi8 »

$\quad p^2-p+1=a^3 \implies p(p-1)=(a-1)(a^2+a+1)$.

Certamente $p \mid a-1 \vee p \mid a^2+a+1$
Però se $p \mid a-1$ si avrebbe $p<a$, da cui $a^3=p^2-p+1<p^2<a^2 \leq a^3$, assurdo.
Dunque necessariamente $p \mid a^2+a+1$. Ciò significa che $p-1= b\cdot(a-1)$ per un certo $b \in \mathbb{Z}^+$.


Dato che vale $(p-1)^2 +(p-1)=a^3-1$,
si ha $b^2(a-1)^2+b(a-1)=(a-1)(a^2+a+1)$,
ovvero (dato che $a-1>0$) $\qquad b^2(a-1)+b=a^2+a+1$, cioè \[ a^2-a(b^2-1)+(b^2-b+1)=0\]
Affinchè ci siano soluzioni intere si deve avere $\Delta$ quadrato perfetto:
$\Delta= (b^2-1)^2 -4(b^2-b+1)= b^4-6b^2+4b-3= (b^2-3)^2+4b-12$

Si ha $\Delta<(b^2-1)^2$ e, se $b>3$, $\Delta>(b^2-3)^2$.
  • $b \leq 3$: C'è una soluzione, cioè $p=19$.
    Testo nascosto:
    $b=1 \implies \Delta= -4$, $\qquad b=2 \implies \Delta= -3$, $\qquad b=3 \implies \Delta= 36=6^2$.
    Quindi può andare bene solo $b=3$. Si ha $a= \frac{8 \pm 6 }{2}$, cioè $a=7$ oppure $a=1$ (quest'ultima da scartare).
    Dunque $p(p-1)=(a-1)(a^2+a+1)=6\cdot 57$.
    Si deve avere $p\mid 57$, e questo è possibile solo se $p=3$ (da scartare, perchè è minore di $a=7$) oppure $p=19$.
    Effettivamente con $p=19$ abbiamo $19 \cdot 18= 6 \cdot 57$ (va bene).
  • $b>3$: non ci sono soluzioni.
    Testo nascosto:
    L'unica possibilità è $\Delta= (b^2-2)^2$, cioè $(b^2-2)^2-(b^2-3)^2=4b-12 \implies (b^2-2+b^2-3)(b^2-2-b^2+3)=4b-12 \implies 2b^2-5=4b-12 \implies 2b^2-4b+7=0$ che non ha soluzioni reali
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aetwaf
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Iscritto il: 07 ott 2013, 17:54
Località: Torino

Re: primi e cubi

Messaggio da aetwaf »

Oppure
$p(p-1)=(k-1)(k^2+k+1)$
$p\nmid k-1$
Quindi
$p\mid k^2+k+1$
Quindi
$k-1\mid p-1$
$p=nk-n+1$
$nk-n+1\mid k^2+k+1$
Ma allora, senza aumentare le soluzioni infatti $(n,nk-n+1)=1$,
$nk-n+1\mid n(k^2+k+1)-k(nk-n+1)$
$nk-n+1\mid 2nk+n-k$
Ma allora
$nk-n+1\mid 2nk+n-k-2(nk-n+1)$
$nk-n+1\mid 3n-k-2$
Ma per $k\ge 3$ $nk-n+1>\vert 3n-k-2\vert$
Quindi
O $k=1,2$ che non funzionano oppure $3n-k-2=0$
$n=\frac {k+2} 3$
$p=\frac {(k+2)(k-1)+3} 3$
$k^2+k+1=\frac {(k+2)^2(k-1)+(k+2)3} 9$
$k^3-6k^2-6k-7=0$
$(k-7)(k^2+k+1)=0$
$k=7,p=19$
Dispongo di una meravigliosa dimostrazione di questo teorema che non può essera contenuta nel margine troppo stretto della pagina
enrico_s
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Re: primi e cubi

Messaggio da enrico_s »

bene, avete dato entrambe le soluzioni che conoscevo :)
io ero arrivato alla soluzione ragionando come aetwaf poi però ho concluso in modo diverso

arrivato a
$ nk−n+1∣3n−k−2 $
allora , sempre senza aumentare le soluzioni
$ nk−n+1∣n(3n−k−2)+nk-n+1 $
$ nk−n+1∣3n^2−3n+1 $

quindi, poichè $ n,k \in \mathbb{N} $, le due quantità sono positive quindi
$ nk-n+1\leq 3n^2-3n+1 $
$ k \leq 3n-2 $

$ n=\frac{p-1}{k-1}=\frac{k^2+k+1}{p} $ per come era stato definito
quindi
$ k \leq 3\frac{p-1}{k-1}-2 $
che diventa
$ 3\geq \frac{k^2+k+1}{p}=n $

e poi si fanno i tre casi a mano e si conclude :)
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