94. Steffetta

[amatrix92]

Trovare tutti gli interi non negativi $ p $ , $ q $ ,$ m $ e $ n $ tali che

$ \displaystyle p^{m}q^{n}= (p+q)^{2}+1 $

[LukasEta]

$ p $ e $ q $ sono primi?

[amatrix92]

No interi generici.

[jordan]

Trovare tutti gli interi non negativi $ p $ , $ q $ ,$ m $ e $ n $ tali che

$ \displaystyle p^{m}q^{n}= (p+q)^{2}+1 $

Che bel problemino, dove l'hai preso?

La mia soluzione l'ho postata qui: Problem 18. A equation in 4 non negative integers

Attendo conferme prima di postare il prossimo

[amatrix92]

Ti odio perchè hai scritto la soluzione in inglese !

La soluzione mi è sembrata filare dall'inizio alla fine. Posta pure il prossimo problema !

Il problema che ora non trovo, è comunque un vecchio TST Rumeno.

P.s: qualcuno potrebbe darmi il link in cui si trovano i problemi della fase nazionale di tutte le nazioni? l'ho perso e non riesco a ritrovarlo!

[jordan]

Dai che in inglese c'erano solo le congiunzioni
Ps. Mica ti riferisci a questo?

[amatrix92]

Dai che in inglese c'erano solo le congiunzioni
Ps. Mica ti riferisci a questo?

Non era proprio questo ma il contenuto è analogo! Grazie

[jordan]

Problema 95

[dario2994]

Ma che cagata... l'unica parte interessante del problema la salti dicendo che è ben nota in $ [tex] $\mathbb{Z}[/tex]... dato che è un pezzo che ci provo non è che puoi spiegare come si risolve:
$ x^n=y^2+1 $
Perchè io in Z c'ho tentato e mi sono ricondotto a: $ (a+i)^{2m+1}=b+i^{2m+1} $ che però non sono riuscito a risolvere

[jordan]

Ma che cagata... l'unica parte interessante del problema la salti dicendo che è ben nota in $ [tex] $\mathbb{Z}[/tex]... dato che è un pezzo che ci provo non è che puoi spiegare come si risolve:
$ x^n=y^2+1 $
Perchè io in Z c'ho tentato e mi sono ricondotto a: $ (a+i)^{2m+1}=b+i^{2m+1} $ che però non sono riuscito a risolvere

Modulo $4$ ottieni che $x$ è pari (assunto che $n>1$). In $\mathbb{Z}$ ora $\text{gcd}(x+i,x-i)=1$ e $(x+i)(x-i)=y^n$, per cui entrambi i fattori sono potenze n-esime di un complesso $z:=a+bi$; possiamo assumere wlog $n\in \mathbb{P}\setminus\{2\}$. Confronta le parti immaginarie di $x+i=z^n$, e ottieni $b\mid 1$, da qui concludi che l'unica soluzione negli interi è $x=0$..
Ps. Spero il prossimo ti piaccia di più..

[dario2994]

Ma che cagata... l'unica parte interessante del problema la salti dicendo che è ben nota in $ [tex] $\mathbb{Z}[/tex]... dato che è un pezzo che ci provo non è che puoi spiegare come si risolve:
$ x^n=y^2+1 $
Perchè io in Z c'ho tentato e mi sono ricondotto a: $ (a+i)^{2m+1}=b+i^{2m+1} $ che però non sono riuscito a risolvere

Modulo $4$ ottieni che $x$ è pari (assunto che $n>1$). In $\mathbb{Z}$ ora $\text{gcd}(x+i,x-i)=1$ e $(x+i)(x-i)=y^n$, per cui entrambi i fattori sono potenze n-esime di un complesso $z:=a+bi$; possiamo assumere wlog $n\in \mathbb{P}\setminus\{2\}$. Confronta le parti immaginarie di $x+i=z^n$, e ottieni $b\mid 1$, da qui concludi che l'unica soluzione negli interi è $x=0$..
Ps. Spero il prossimo ti piaccia di più..

Ma mi prendi in giro? Arrivi dove sono arrivato io... e poi scrivi "concludi..." Spiega come... arrivati a $ (a\pm i)^n=b+i $ come ricavi b=0? Forse mi perdo qualcosa di straovvio

[jordan]

Quoto per intero da qui..

Visti i recenti progressi della sezione di Teoria dei numeri, dico che i tempi sono finalmente maturi, e riprendo questo vecchio topic di jordan, per rispolverare la questione.

Il noto teorema di Mihăilescu afferma che l'equazione $ x^p-y^q=1 $, con $ x,y,p,q>1 $ non ha soluzione negli interi positivi eccetto $ (x,y,p,q)=(3,2,2,3) $. [...]

b) Si dimostri tale risultato nel caso in cui $ q $ è pari e $ p $ è primo. [...]

Claim. Siano $ n $ un intero $ \ge 2 $ ed $ S_n := \{(x,y) \in \mathbb{Z}^2: y^2 + 1 = x^n\} $. Allora $ S_n = \{(\pm 1,0)\} $, se $ n $ è pari, ed $ S_n = \{(1,0)\} $, se $ n $ è dispari.

1. La tesi è banale se $ n $ è pari, visto che, in tal caso, $ |\tilde{y}|^2 = \tilde y^2 < \tilde{y}^2 + 1 < (|\tilde{y}|+1)^2 $, per ogni $ \tilde{y} \in \mathbb{Z} \setminus\{0\} $, e pertanto l'equazione $ y^2+1 = \big|x^{n/2}\big|^2 $ non ammette altre soluzioni per $ x,y \in \mathbb{Z} $ eccetto che $ (x,y) = (\pm 1,0) $. Per il séguito, dunque, assumiamo $ n \in 2\mathbb{N}+3 $, dove $ \mathbb{N} := \{0, 1, 2, \ldots\} $, e sia $ (\tilde{x},\tilde{y}) \in S_n $.

2. Poiché $ \tilde y^2 \bmod 4 \in \{0, 1\} $, evidentemente $ \tilde x $ è dispari, o altrimenti $ \tilde y^2 \equiv 3 \bmod 4 $, assurdo. Di conseguenza anche $ \tilde y $ è dispari, cosicché $ \tilde y-i $ e $ \tilde y+i $ sono coprimi (v. nota 1) in $ \mathbb{Z}[ i] $ (v. qui, definizione 3.2), che è, di fatto, un dominio euclideo (v. qui).

3. Sennonché ogni dominio euclideo è, in particolare, un UFD. Ergo esistono $ u_1,u_2 \in \mathbb{Z}[ i] $ ed $ \varepsilon_1, \varepsilon_2 \in \mathbb{Z}[ i]^\times $ (il gruppo delle unità di $ \mathbb{Z}[ i] $ - v. qui, outline 1.1) tali che $ \tilde y-i=\varepsilon_1 u_1^n $, $ \tilde y+i=\varepsilon_2 u_2^n $, $ u_1 u_2 = x $, $ \varepsilon_1 \varepsilon_2 = 1 $, e $ \gcd(u_1, u_2) = 1 $ in $ \mathbb{Z}[ i] $. Del resto, $ \mathbb{Z}[ i]^\times = \{\pm 1, \pm i\} $, sicché, più semplicemente, $ 1 + i\tilde y = v_1^n $ e $ -1 + i\tilde y = v_2^n $, per opportuni $ v_1, v_2 \in \mathbb{Z}[ i] $ (v. nota 2). In particolare, $ |v_1|^{2n} = 1 + \tilde y^2 = |v_2|^{2n} $, e perciò $ \tilde y =0 $ e $ |v_1|=|v_2|=1 $, siccome $ |v_1|^2, |v_2|^2 \in \mathbb{N} $. Da qui $ \tilde x = 1 $, e finalmente $ S_n = \{(1,0)\} $. []

Note. 1) Se il perché non è chiaro, basta domandare. 2) Basta osservare che la funzione $ \mathbb{Z}[ i]^\times \to \mathbb{Z}[ i]^\times: \alpha \mapsto \alpha^n $ è suriettiva.

[dario2994]

Devo essere totalmente deficiente Continuo a non capire... anche lui lo scrive come fosse una minchiata, ma non colgo l'ovvietà
Dice $ |v_1|^{2n}=1+y^2=|v_2|^{2n} $ e ne deduce $ y=0 $ ma perchè?

[ndp15]

Una risoluzione completa della stessa diofantea te la puoi trovare a 1,45 h di questo video: http://olimpiadi.dm.unibo.it/videolezio ... Piever.avi

[dario2994]

Una risoluzione completa della stessa diofantea te la puoi trovare a 1,45 h di questo video: http://olimpiadi.dm.unibo.it/videolezio ... Piever.avi

Grazie, finalmente è chiaro
Usando la notazione del video (a cui tra l'altro ero presente ) (che in questo caso coincide con la mia): mi ero perso a pari e quindi le valutazioni q adiche che tentavo fallivano miseramente...

p.s. mi pare scontato dire che non è certo una banalità il passaggio che sia jordan che salvo saltano, anzi è il punto chiave della dimostrazione