Fonte: ammissione SNS matematica 2001-2002, esercizio 3
Siano $ x,y,z,p $ interi positivi con $ p $ primo. Trovare le soluzioni intere positive dell'equazione:
$ x^p+y^p=p^z $
Diofantea @ SNS
Diofantea @ SNS
...
-
darkcrystal
- Messaggi: 706
- Iscritto il: 14 set 2005, 11:39
- Località: Chiavari
Caso particolare p=2,
Per z=0 non ha soluzioni.
Per z=1 si hax=y=1
Per z>=2 si ha che il membro destro è congruo a zero mod 4, e pertanto il membro sinistro è la somma di due pari (poichè altrimenti la somma di due quadrati di due dispari è congrua a 2 mod 4). Pertanto possiamo dividere tutto per 4 e ottenere una terna più piccola. Inoltre, poichè con z=2 non ha soluzioni, la cosa funziona solo se z è dispari. Perciò le soluzioni si ottengono dalla terna (1,1,1) raddoppiando i primi due e aumentando il terzo di 2.
Caso generale p>2
In riferimento al lemmino di Simone, http://olimpiadi.ing.unipi.it/oliForum/ ... php?t=5662, scomponendo il membro sinistro abbiamo $ \displaystyle (x+y)(\frac{x^p+y^p}{x+y}) = p^z $. Poichè x+y deve essere una potenza di p, e per il lemma di Simo la seconda parentesi è divisibile solo per p, affinchè la seconda parentesi sia una potenza di p deve essere =p.
Pertanto, si ha $ x+y=p^m, x^p+y^p=p^{m+1}, x^p+y^p=p(x+y) $. Distinguiamo quindi due casi, y=1 e x>1, e x>1 e y>1.
Iniziamo dal secondo caso. Voglio provare che $ x^p > px \Rightarrow x^{p-1} > p $ che si fa facilmente per induzione.
Nel primo caso, invece, si ha $ x^p+1 \geq p(x+1) \Rightarrow (p^m-1)^p +1 \geq p(p^m) \Rightarrow (p^m-1)^p+1 \geq p^{m+1} $
$ \Rightarrow (p^m-1)^p+1 \geq (p^m-1)^3+1 =p^{3m}-3p^{2m}+3p^m \geq p^{m+1} $
Si ha dunque $ p^{3m}+3p^m \geq p^{m+1}+3p^{2m} $
$ p^{2m}+3 \geq p+3p^m $
$ p^m(p^m-3) \geq (p-3) $ e poichè p^m-3 è maggiore di p-3 la disuguaglianza è verificata. Si ha solo il caso di uguaglianza per m=1 che dà $ (p+1)(p-1)=(p-1)^p $, da cui, poichè p-1 divide p+1, p=3, x=2, y=1, z=2.
Uff! Finito... ciao a tutti!!
Per z=0 non ha soluzioni.
Per z=1 si hax=y=1
Per z>=2 si ha che il membro destro è congruo a zero mod 4, e pertanto il membro sinistro è la somma di due pari (poichè altrimenti la somma di due quadrati di due dispari è congrua a 2 mod 4). Pertanto possiamo dividere tutto per 4 e ottenere una terna più piccola. Inoltre, poichè con z=2 non ha soluzioni, la cosa funziona solo se z è dispari. Perciò le soluzioni si ottengono dalla terna (1,1,1) raddoppiando i primi due e aumentando il terzo di 2.
Caso generale p>2
In riferimento al lemmino di Simone, http://olimpiadi.ing.unipi.it/oliForum/ ... php?t=5662, scomponendo il membro sinistro abbiamo $ \displaystyle (x+y)(\frac{x^p+y^p}{x+y}) = p^z $. Poichè x+y deve essere una potenza di p, e per il lemma di Simo la seconda parentesi è divisibile solo per p, affinchè la seconda parentesi sia una potenza di p deve essere =p.
Pertanto, si ha $ x+y=p^m, x^p+y^p=p^{m+1}, x^p+y^p=p(x+y) $. Distinguiamo quindi due casi, y=1 e x>1, e x>1 e y>1.
Iniziamo dal secondo caso. Voglio provare che $ x^p > px \Rightarrow x^{p-1} > p $ che si fa facilmente per induzione.
Nel primo caso, invece, si ha $ x^p+1 \geq p(x+1) \Rightarrow (p^m-1)^p +1 \geq p(p^m) \Rightarrow (p^m-1)^p+1 \geq p^{m+1} $
$ \Rightarrow (p^m-1)^p+1 \geq (p^m-1)^3+1 =p^{3m}-3p^{2m}+3p^m \geq p^{m+1} $
Si ha dunque $ p^{3m}+3p^m \geq p^{m+1}+3p^{2m} $
$ p^{2m}+3 \geq p+3p^m $
$ p^m(p^m-3) \geq (p-3) $ e poichè p^m-3 è maggiore di p-3 la disuguaglianza è verificata. Si ha solo il caso di uguaglianza per m=1 che dà $ (p+1)(p-1)=(p-1)^p $, da cui, poichè p-1 divide p+1, p=3, x=2, y=1, z=2.
Uff! Finito... ciao a tutti!!
"Solo due cose sono infinite: l'universo e la stupidità dell'uomo, e non sono tanto sicuro della prima" - Einstein
Membro dell'EATO
Membro dell'EATO
-
darkcrystal
- Messaggi: 706
- Iscritto il: 14 set 2005, 11:39
- Località: Chiavari
Le soluzioni sono quelle nella forma $ (2^k,2^k,2k+1) $ con k intero non negativo.
Infatti, fatti a mano i casi z=0, z=1, si vede che si ha soluzione solo per z=1 (1,1,1), che corrisponde al caso k=0.
Per valori di z>=2 possiamo dividere tutto per 4 (in quanto il membro destro è una potenza di 2 e quello sinistro la somma di due pari), pertanto supponendo che (2a,2b,c) sia una soluzione lo è anche (a,b,c-2). Tuttavia questa "va bene" solo se a=b=1 oppure a e b sono di nuovo pari (per i motivi di cui sopra), per cui continuando a dividere per 4 ottengo terne sempre più piccole, e quindi prima o poi dovrò finire in (1,1,1).
Da questa, moltiplicando, si ottengono appunto le soluzioni nella forma $ (2^k,2^k,2k+1) $ che si vede facilmente funzionano.
Sperando che sia vero
, ciao!
Infatti, fatti a mano i casi z=0, z=1, si vede che si ha soluzione solo per z=1 (1,1,1), che corrisponde al caso k=0.
Per valori di z>=2 possiamo dividere tutto per 4 (in quanto il membro destro è una potenza di 2 e quello sinistro la somma di due pari), pertanto supponendo che (2a,2b,c) sia una soluzione lo è anche (a,b,c-2). Tuttavia questa "va bene" solo se a=b=1 oppure a e b sono di nuovo pari (per i motivi di cui sopra), per cui continuando a dividere per 4 ottengo terne sempre più piccole, e quindi prima o poi dovrò finire in (1,1,1).
Da questa, moltiplicando, si ottengono appunto le soluzioni nella forma $ (2^k,2^k,2k+1) $ che si vede facilmente funzionano.
Sperando che sia vero
, ciao!"Solo due cose sono infinite: l'universo e la stupidità dell'uomo, e non sono tanto sicuro della prima" - Einstein
Membro dell'EATO
Membro dell'EATO
