4-uple da capogiro

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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mark86
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4-uple da capogiro

Messaggio da mark86 » 19 ago 2005, 15:43

(sns 2001)

Determinare le soluzioni intere positive $ \displaystyle x,y,z,p $ dell’equazione

$ \displaystyle x^p+y^p=p^z $

con $ \displaystyle p $ primo.

ECCO QUEL POCO CHE HO FATTO IO....

Io ho trovato che se $ \displaystyle p=2 $ allora le soluzioni sono della forma
$ \displaystyle (2^k, 2^k, 2k+1, 2) $ (e si dimostra anche che quando $ \displaystyle x=y $ allora $ \displaystyle p=2) $. Per quanto riguarda $ \displaystyle p=3 $ ho trovato empiricamente $ \displaystyle (1, 2, 2, 3) $ ma non so se ne esistono altre… e in genere per $ \displaystyle p > 3 $ non so proprio come studiare i casi o almeno dire che non esistono altre soluzioni a partire da un certo punto in poi…. Confido in voi!!!!!!!

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HiTLeuLeR
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Messaggio da HiTLeuLeR » 19 ago 2005, 16:45

Oh, che bello! A quanto pare, di tanto in tanto, anche ai test d'ingresso all'sns si assegnano problemi degni di questo nome. Del resto, è tutta lì la ragione per cui... 8)

Lemma #1: se $ (x,y,z,p) $ è una $ 4 $-upla di interi positivi che risolve l'equazione $ x^p + y^p = p^z $, con $ p\in\mathfrak{P} $, allora dev'essere $ x = p^{k} \cdot u $, $ y = p^{k} \cdot v $ e $ z = pk + t $, dove $ k\in\mathbb{N} $ e $ (u,v,t,p) $ è una qualunque soluzione primitiva (in interi positivi) della medesima equazione.

Dim.: sia $ \gcd(x,y) = \delta $. Se $ \delta = 1 $, la tesi è banale. Sia dunque per il seguito $ \delta > 1 $. Detto allora $ q $ un qualsivoglia divisore primo intero positivo di $ \delta $, si trova $ p^z \equiv 0 \bmod q $; donde a forza $ q = p $, e quindi $ \delta = p^k $, per qualche $ k\in\mathbb{N}_0 $. Ne risulta $ x = p^k \cdot u $, $ y = p^k \cdot v $ e $ z = pk + t $, con $ u, v\in\mathbb{N}_0 $, $ \gcd(u,v) = 1 $ e $ t \in \mathbb{N} $. Da qui $ u^p + v^p = p^t $. Senonché $ u^p + v^p > 1 $, per cui necessariamente $ t > 0 $. Ne fa seguito la tesi, q.e.d.

Lemma #2: se $ (x,y,z,p) $ è una soluzione primitiva (in interi positivi) all'equazione $ x^p + y^p = p^z $, dove $ p\in\mathfrak{P} $, allora $ x+y = p $; se inoltre $ p > 2 $, ancora $ z = 1 $ oppure $ z = 2 $.

Dim.: ammettiamo $ z \geq 3 $. E allora $ \displaystyle 8 \leq p^z = x^p + y^p = (x+y)\sum_{k=0}^{p-1} (-1)^k \cdot x^{p-1-k} y^k $, e perciò $ x+y = p^r $ e $ \displaystyle\sum_{k=0}^{p-1} (-1)^k \cdot x^{p-1-k} y^k = p^s $, con $ r,s\in\mathbb{N}_0 $ ed $ r+s = z $. In particolare $ \min(x,y) > 1 $, cosicché $ x+y \leq x^p + y^p $ ed $ r \leq s $. Perciò $ y \equiv -x \bmod p^r $, e ancora $ 0 \equiv \displaystyle\sum_{k=0}^{p-1} (-1)^k \cdot x^{p-1-k} y^k \equiv px^{p-1} \bmod p^r $, ovvero $ px^{p-1} + \alpha p^r = \beta p^s $, con $ \alpha, \beta \in \mathbb{N} $ e $ \alpha^2 + \beta^2 \neq 0 $.

Da qui $ px^{p-1} \equiv 0 \bmod p^r $, e allora $ r = 1 $, dacché altrimenti $ p \mid x $, e pertanto $ \gcd(x,y) > 1 $, contro le ipotesi. Ne viene $ x+y = p $, e quindi $ x^p + (p-x)^p = p^z $, ossia $ 0 \equiv \displaystyle \sum_{k=0}^{p-1} \binom{p}{k} (-1)^k \cdot p^{p-k} x^k \equiv p^2 x \bmod p^3 $, quando $ p > 2 $, ovvero $ p \equiv 1 \bmod 2 $. Indi $ p \mid x $, e di nuovo $ \gcd(x,y) > 1 $. Segue la tesi, q.e.d.

EDIT: ho riformulato la prima versione del lemma #2. Così com'è adesso, risulta ben più utile!
Ultima modifica di HiTLeuLeR il 20 ago 2005, 11:05, modificato 3 volte in totale.

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Messaggio da HiTLeuLeR » 19 ago 2005, 16:53

mark86 ha scritto:Io ho trovato che se $ \displaystyle p=2 $ allora le soluzioni sono della forma $ \displaystyle (2^k, 2^k, 2k+1, 2) $ [...]
Ehmmm... sì, giusto! :roll: Sia come sia, adesso vado a sollevare due pesi. Al limite, quando rientro, se la soluzione non è ancora completa, ché a questo punto (direi!) le conclusioni si tirano da sé, mh... porterò a termine, borioso e tracotante come mai, l'opera che ho già intrapreso... :wink: Ciau!!! :mrgreen:

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Messaggio da HiTLeuLeR » 19 ago 2005, 21:32

HiTLeuLeR ha scritto:Lemma #2: se $ (x,y,z,p) $ è una soluzione primitiva (in interi positivi) all'equazione $ x^p + y^p = p^z $, dove $ p\in\mathfrak{P} $, allora $ x+y = p $; se inoltre $ p > 2 $, ancora $ z = 1 $ oppure $ z = 2 $.
Riprendiamo (ovviamente) da qui! In base al lemma di cui sopra, se $ p = 2 $, necessariamente $ x = y = z = 1 $, e quindi la $ 4 $-upla primitiva $ (x,y,z,p) = (1,1,1,2) $. Sia dunque per il seguito $ p > 2 $. Allora $ \max(x,y) > 1 $, e perciò (ancora in virtù del lemma #2) $ p = x+y < x^p + y^p = p^z $. Donde a forza $ z = 2 $. Si è così ricondotti a risolvere l'equazione $ x^p +y^p = p^2 $, con $ x,y\in\mathbb{N}_0 $; $ \max(x,y) > 1 $; $ \gcd(x,y) = 1 $ e $ p $ primo naturale $ \geq 3 $. Ora, per le disuguaglianze fra medie, s'impone: $ \displaystyle \left(\frac{x^p + y^p}{2}\right)^{\!1/p} \geq \frac{x+y}{2} = \frac{p}{2} $, e quindi $ \displaystyle p^2 = x^p + y^p \geq \frac{p^p}{2^{p-1}} $, e ancora $ p^{p-2} \leq 2^{p-1} $, il che è possibile sse $ p = 3 $. Ne segue $ x = 1 $ ed $ y = 2 $, oppure $ x = 2 $ ed $ y = 1 $. Da qui e dal precedente, seguita che le soluzioni dell'equazione proposta originariamente sono espresse tutte e sole dalle $ 4 $-uple $ (x,y,z,p) $ della forma $ (2^k, 2^k, 2k+1,2) $, $ (3^k, 2 \cdot 3^k, 3k+2,3) $ e $ (2 \cdot 3^k, 3^k, 3k+2, 3) $, per $ k\in\mathbb{N} $.

MindFlyer

Messaggio da MindFlyer » 20 ago 2005, 10:51

HiTLeuLeR ha scritto:$ y = p^{pk} \cdot v $
Qui c'è ancora un rimasuglio di quel tuo errorino...
Mi riferisco alla dimostrazione del Lemma 1.

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Messaggio da HiTLeuLeR » 20 ago 2005, 11:03

Oh, grazie per la segnalazione. Evidentemente, quello m'era sfuggito... :roll:

HomoPatavinus
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Messaggio da HomoPatavinus » 04 set 2006, 08:56

Non ho capito la dimostrazione di hitleuler del lemma 2 a partire dalla penultima sommatoria, in particolare quel "0 congruo a" e tutto ciò che segue, fino alla fine del lemma. Qualcuno potrebbe spiegarmelo ?

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Messaggio da HiTLeuLeR » 04 set 2006, 10:40

HiTLeuLeR ha scritto: Lemma #2: se $ (x,y,z,p) $ è una soluzione primitiva (in interi positivi) all'equazione $ x^p + y^p = p^z $, dove $ p\in\mathfrak{P} $, allora $ x+y = p $; se inoltre $ p > 2 $, ancora $ z = 1 $ oppure $ z = 2 $.

Dim.: $ z \geq 3 $. [...] Da qui [...] $ x^p + (p-x)^p = p^z $, ossia $ 0 \equiv \displaystyle \sum_{k=0}^{p-1} \binom{p}{k} (-1)^k \cdot p^{p-k} x^k \equiv p^2 x \bmod p^3 $, quando $ p > 2 $ [...]
Per via del teorema binomiale: $ \displaystyle x^p + (p-x)^p = \sum_{k=0}^{p-1} (-1)^k \binom{p}{k} x^{p-k} p^k $. Senonché la somma a primo membro uguaglia $ p^z $, con $ z \ge 3 $, e perciò $ \displaystyle \sum_{k=0}^{p-1} \binom{p}{k} (-1)^k \cdot p^{p-k} x^k \equiv 0 \bmod p^3 $. A questo punto basta osservare che, per ogni k = 0, 1, 2, ..., p-2, il termine $ \displaystyle\binom{p}{k} p^{p-k} x^k $ è divisibile almeno per $ p^3 $. Resta soltanto il termine relativo a k = p-1.
Ultima modifica di HiTLeuLeR il 04 set 2006, 11:37, modificato 1 volta in totale.

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Messaggio da HomoPatavinus » 04 set 2006, 11:35

HiTLeuLeR ha scritto:A questo punto basta osservare che, per ogni k = 1, 2, ..., p-1, il termine $ \displaystyle \binom{p}{k} p^{p-k} x^{k} $ è divisibile almeno per $ p^3 $ . Resta soltanto il termine relativo a k = 0.
forse volevi dire che $ \displaystyle \binom{p}{k} p^{p-k} x^{k} $ è divisibile per $ p^3 $ per k= 0,1,2,...p-2 e che resta solo il termine p-1

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Messaggio da HiTLeuLeR » 04 set 2006, 11:36

Sì, edito.

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Messaggio da HomoPatavinus » 04 set 2006, 13:17

ok fin qua ci sono, ma che cos'è quel $ p^2 x $ che hai scritto nella tua dimostrazione dicendo che la sommatoria è congrua a $ p^2 x \bmod p^3 $ ?
per quanto riguarda la sommatoria precedente ; $ \sum_{k=0}^{p-1} (-1)^k x^{p-1-k} y^k \equiv px^{p-1} \bmod p^r $ qui non ho davvero capito.. soprattutto cosa centra quel $ px^{p-1} $ per me è un mistero (sembra che tu abbia fatto la derivata di x^p ma non capisco da dove salti fuori). Poi perchè ogni volta scrivi 0 congruo a sommatoria?

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Messaggio da HiTLeuLeR » 05 set 2006, 19:33

HomoPatavinus ha scritto:ok fin qua ci sono, ma che cos'è quel $ p^2 x $ che hai scritto nella tua dimostrazione dicendo che la sommatoria è congrua a $ p^2 x \bmod p^3 $ ?
E' appunto il termine relativo a k = p - 1 nella sommatoria di cui dicevo prima: ogni altro termine può essere eliso perché $ \equiv 0 \bmod p^3 $.
HomoPatavinus ha scritto:per quanto riguarda la sommatoria precedente ; $ \sum_{k=0}^{p-1} (-1)^k x^{p-1-k} y^k \equiv px^{p-1} \bmod p^r $ qui non ho davvero capito.. soprattutto cosa centra quel $ px^{p-1} $ per me è un mistero (sembra che tu abbia fatto la derivata di x^p ma non capisco da dove salti fuori).
Le derivate non c'entrano una mazza! Piuttosto... Ho stabilito nel passaggio appena precedente che dev'essere $ x+y = p^r $, i.e. $ y \equiv - x \bmod p^r $. Dunque $ (-1)^k x^{p-1-k} y^k \equiv x^{p-1} \bmod p^r $, per ogni $ k = 0, 1, \ldots, p-1 $, e perciò $ \displaystyle\sum_{k=0}^{p-1} (-1)^k x^{p-1-k} y^k \equiv \sum_{k=0}^{p-1} x^{p-1} \equiv px^{p-1} \bmod p^r $.
HomoPatavinus ha scritto:Poi perchè ogni volta scrivi 0 congruo a sommatoria?
Semplicemente perché il modulo divide la sommatoria.

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Messaggio da HomoPatavinus » 05 set 2006, 21:54

finalmente ho capito! però penso che anche te sei 1 po responsabile:
il termine relativo a k=p-1 non è quello che hai scritto te (che difatti non capivo cosa fosse). Poi anche nell'altra sommatoria credo che dovevi mettere il segno a $ px^{p-1} $ (anche se in quest'ultimo caso non avevo proprio capito, al dilà del segno meno).
grazie cmq, è una dimostrazione molto bella

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