Diofantea @ SNS

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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Ani-sama
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Diofantea @ SNS

Messaggio da Ani-sama » 13 giu 2006, 21:46

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 $
...

darkcrystal
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Messaggio da darkcrystal » 15 giu 2006, 21:36

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!!
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Messaggio da Gauss_87 » 01 ago 2006, 11:38

scusa non ho capito quali sono le tue soluzioni quando $ p=2 $
Considerate la vostra semenza: fatte non foste a viver come bruti, ma per seguir virtute e canoscenza

darkcrystal
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Messaggio da darkcrystal » 01 ago 2006, 13:04

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 :D , ciao!
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Messaggio da Gauss_87 » 01 ago 2006, 20:54

si ok a me vengono le stesse per $ p=2 $ ma non avevo ben capito se avevi trovato proprio quelle.
cmq ok anche quella per $ p=3 $.

Bye
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Messaggio da Nomen » 26 ago 2006, 13:44

sapreste risolvere il problema in modopiù semplice, ad esempio senza l'aritmetica modulare?

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HiTLeuLeR
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Messaggio da HiTLeuLeR » 26 ago 2006, 13:51

Sfido chiunque, Nomen, a trovare un metodo più elementare di quello proposto da darkcrystal...

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Messaggio da Nomen » 26 ago 2006, 15:30

quando p=2 sono d'accordo......ma c'è un metodo più semplice per p>2?

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Messaggio da HiTLeuLeR » 27 ago 2006, 10:06

@Nomen: guarda qui!

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