Tutti gli [tex]x,y[/tex] tali che [tex]y^2 \mid x^3+1[/tex]

[jordan]

Trovare tutti gli interi $ x,y $ tali che $ \displaystyle z:=\frac{x^3+1}{y^2} $ e' un intero tale che un primo p divide z allora $ 6\nmid p-1 $

[dario2994]

Questo problema mi dà l'idea di essere molto difficile... inizio a scrivere un po' così almeno non mi scordo dove sono arrivato!

Un numero è bello sse tutti i primi $\equiv 1\pmod 6$ che lo dividono hanno esponente pari.

Caso I: $ 3\nmid x+1 $ Allora scrivo $x^3+1=(x+1)(x^2-x+1)$ e i 2 fattori sono facilmente coprimi. Inoltre, e questo mi fa un sacco felice, se $p|x^2-x+1$ con $p$ primo allora $p\equiv 1 \pmod 6$ (perchè l'ordine di $x$ è esattamente 6). Ma allora perchè $x^3+1$ sia bello anche $x^2-x+1$ deve esserlo e quindi deve esistere $z$ tale che: $x^2-x+1=z^2$ ma questo ha un numero finito di soluzioni per il solito modo di chiudere tra 2 quadrati ed escono le soluzioni $x=0,1$ che poi risolvono facilmente.

Caso II: $ 3\mid x+1 $ Allora i ragionamenti sono tutti uguali a quelli di prima solo che arrivo a $z^2=3(x^2-x+1)$ sotto la condizione $x=3a-1$ ed $a$ bello.
La prima condizione,sostituendo $x=3a-1$, si riconduce a $z^2=3a^2-3a+1$ (z è stato diviso per 9).
E questa a sua volta diventa una Pell: $(2z)^2-3(2a-1)^2=1$ che purtroppo ha una valanga di soluzioni!
E ora? E ora si inizia un po' a vedere la forma di queste soluzioni... sia $a_n,b_n$ una generica soluzione allora deve essere che $b_n\equiv 1 \pmod 2$ e anche che $b_n+1$ è bello.
Qui si possono prendere principalmente 2 strade... O si inizia a lavorare in $\mathbb{Z}[\sqrt3]$ oppure si inizia un po' a giocare con le successioni.
Io ho provato in entrambe le direzioni e non saprei dire quale è la più fruttuosa ma credo quella in $\mathbb{Z}[\sqrt3]$ quindi scrivo quella:
La prima cosa da notare è che le soluzioni che rispettano $b_n\equiv 1 \pmod 2$ sono date da $u^{2n+1}$, detto $u=2+\sqrt3$. Questo perchè $u$ è la minima e poi è solo un gioco di parità...
Ora lavoro in $\mathbb{Z}[\sqrt3]$.
Quindi insomma vale $2a-1=\frac{u^{2n+1}-\bar{u}^{2n+1}}{2\sqrt{3}}$ e facendo un po' di conti questo diventa:
$4\sqrt3au^{2n+1}=(u^{2n}+1)(u^{2n+2}-1)$
E il fatto che esca così "bello" è il motivo per cui questa strada mi sembrava buona... Perchè? Sfruttando la fattorizzazione unica in $\mathbb{Z}[\sqrt3]$ ottengo (notando che $u$ ha norma 1) che:
Dato $p\not=2,3$ primo (in $\mathbb{Z}$) allora $\upsilon_p(a)=\upsilon_p\left((u^{2n}+1)(u^{2n+2}-1)\right)$.
E ora? Ora dimostro che se $p|(u^{2n}+1)$ allora $p\equiv 1 \pmod 3$. (oppure $p=2,3$)
Sia $q\equiv 2 \pmod 3$ un primo dispari. Assumo per assurdo $q|u^{2n}+1$.
Se $q\equiv 3\pmod 4$ a colpi di reciprocità quadratica si dimostra che $3$ è residuo. E allora ha senso dire $q|u^{2n}+1\Rightarrow 4|Ord_q(u)\Rightarrow 4|q-1$ che è assurdo.
Se $q\equiv 1\pmod 4$ sempre con i soliti colpi si ha $3$ non residuo. Allora lavoro in $\mathbb{Z}_q[\sqrt3]$ (che non ricordo mai come si indica... ma ci capiamo). Vale per lemma più o meno noto $u^q\equiv \bar u$. Ma $u\cdot \bar u=1$ e perciò $u^{q+1}\equiv 1$. Da cui $Ord_q(u)|q+1$ ma $q+1$ non è divisibile per 4... e come prima sfruttando $q|u^{2n}+1$ ottengo che l'ordine è divisible per 4... quindi assurdo anche in questo caso.
E perciò $q\nmid u^{2n}+1$. E perciò ho quello che volevo dimostrare...
E da qui devo ancora decidere come andare avanti... l'idea ora è che vorrei riuscire a dire che di primi ce ne stanno davvero e hanno anche esponente dispari! (tanto poi i 2 fattori sono coprimi a meno di piccoli fattori e quindi se ha esponente dispari da una parte e nell'altro fattore non ci sta allora $a$ non è bello che è la richiesta del problema).

Per concludere dico anche che di soluzioni ce n'è almeno 1 (oltre a quelle piccole) ed è $x=23$ (che si trova dalla seconda soluzione della Pell).
Ora mi accorgo che in realtà nel testo disastrosamente x può essere anche negativo! E davanti a ciò dico che palle :p tutti i ragionamenti di cui sopra però per fortuna funzionano più o meno uguale prendendo le soluzioni negative della Pell e forse escono anche altre soluzioni oltre a 23 ma non ho voglia di pensarci ora...

Spero si capisca qualcosa

p.s. commenti e correzioni sono ovviamente benvenuti
p.p.s. Ma $\mathbb{Z}[\sqrt3]$ è un UFD?

[edit] Corretto Qualche typo

[jordan]

Questo problema mi dà l'idea di essere molto difficile...

Eh infatti..

Caso I: $ [tex] $[...]ma questo ha un numero finito di soluzioni per il solito modo di chiudere tra 2 quadrati ed escono le soluzioni $x=0,1$ che poi risolvono facilmente.

Fin qui tutt'apposto

Riguardo il resto ho letto tutto (anche se non con carta e penna alla mano), e funziona tutto a patto di ammettere che $ \mathbb{Z}[\sqrt{3}] $ e' a fattorizzazione unica, ma non ho idea se sia vero.. che come hai detto te, in ogni caso, non conclude la dimostrazione

[dario2994]

Continuo con un passetto avanti ulteriore... (nella grande speranza, in parte confermata non chiaramente da wiki, che $\mathbb{Z}[\sqrt3]$ sia un UFD)

Sia $p\not=2,3$ un primo, allora vale $\upsilon_p(a)=\upsilon_p(u^{2n}+1)+\upsilon_p(u^{2n+2}-1)$.
Nel post sopra ho dimostrato che $\upsilon_p(a)=\upsilon_p\left((u^{2n}+1)(u^{2n+2}-1)\right)$ quindi ora mi resta da dimostrare:
$ \upsilon_p\left((u^{2n}+1)(u^{2n+2}-1)\right)=\upsilon_p(u^{2n}+1)+\upsilon_p(u^{2n+2}-1) $
Se ciò fosse falso, ovviamente dovrebbe esistere un p tale che $ \upsilon_p\left((u^{2n}+1)(u^{2n+2}-1)\right)>\upsilon_p(u^{2n}+1)+\upsilon_p(u^{2n+2}-1) $.
E allora intanto dovrei avere che $p$ non è primo in $\mathbb Z[3]$ e perciò posso scrivere $p=z\cdot \bar z$. Inoltre si dovrebbe avere WLOG:
$z|(u^{2n}+1)$ e $\bar z|(u^{2n+2}-1)$
Dalla prima delle 2 otteniamo facendo il coniugio che $\bar z|(\bar u^{2n}+1)$ ora moltiplico per $u^{2n+2}$ l'RHS ottenendo $\bar z|u^{2n+2}+u^2$ ma ho anche $\bar z|(u^{2n+2}-1)$ e perciò $\bar z|u^2+1=4u$ ma allora ne ricavo che $p$ poteva essere solo 2!

Perchè questo è un gran passo avanti? Perchè vuol dire che $a$ è un po' da un fattore e un po' dall'altro ma non dal mischione di entrambi (a meno dei fattori 2,3... ma chissenefrega) e quindi potrei iniziare a fare stime sulla grandezza, anche se dubito, per dire che il primo fattore deve avere per forza dei primi... (dato che nel post sopra ho dimostrato che sono proprio i primi che cerco)

p.s. in effetti ora che ci penso non credo di aver ancora usato da nessuna parte che $\mathbb{Z}[\sqrt3]$ abbia la fattorizzazione unica... quindi non credo neanche sia necessaria la grande speranza enunciata all'inizio.
p.p.s. anche qui tutti i ragionamenti mi pare funzionino allo stesso modo considerando le soluzioni negative... praticamente tutti i ragionamenti funzionano uguale scambiando i fattori $u^{2n}+1$ e $u^{2n+2}-1$.
p.p.p.s. La valutazione p-adica di cui parlo qui è come parlare della valutazione 6-adica negli interi e lo so... tengo la definizione che è il maggior esponente che posso mettere a $p$ affinchè valga la divisibiltà.

[dario2994]

Si continua il lavoro precedente e sto giro si passa alle successioni...
Ho già dimostrato che $u^{2n}+1$ è divisibile solo per primi congrui a 1 modulo 3.
Ora scrivo $u^{2n}+1=u^n(u^n+\bar u^n)$ ma il primo fattore per i soliti motivi non aggiunge roba intera quindi per tutti i ragionamenti di cui sopra mi basterebbe dimostrare che $(u^n+\bar u^n)$ ha almeno un primo diverso da 2,3 con esponente non pari.
Ma quella è palesemente una successione ed esce fuori che è (dopo aver diviso per 2 per comodità:
$a_0=1$
$a_1=2$
$a_{n+2}=4a_{n+1}-a_n$
(finalmente con questa trasformazione in successione i casi soluzione positiva e soluzione negativa si uniscono)
Ora dovrei dimostrare quello che ho detto... ma si vede facilmente che $a_i$ non è mai divisibile per 3, e che $a_i$ è una volta divisibile esattamente per 2 e una volta dispari quindi mi esce da trovare quando:
$a_{2n}$ è un quadrato
$a_{2n+1}$ è il doppio di un quadrato.
Il lato negativo è che stavolta non sono più equivalente alla tesi e, anche se mi sembra una strada vincente, potrebbe essere tanto falso quanto improponibile da dimostrare. Perchè magari questo fattore qui veramente ha tutto ad esponente pari, mentre l'altro magari c'ha un 7 solo soletto che così non considero.
Cosa si scopre su quella successione?
Intanto piazzo quello che un pc mi dice:

Codice: Seleziona tutto

0-> 1: 
1-> 2: 2^1*
2-> 7: 7^1*
3-> 26: 2^1*13^1*
4-> 97: 97^1*
5-> 362: 2^1*181^1*
6-> 1351: 7^1*193^1*
7-> 5042: 2^1*2521^1*
8-> 18817: 31^1*607^1*
9-> 70226: 2^1*13^1*37^1*73^1*
10-> 262087: 7^1*37441^1*
11-> 978122: 2^1*489061^1*
12-> 3650401: 97^1*37633^1*
13-> 13623482: 2^1*6811741^1*
14-> 50843527: 7^2*337^1*3079^1*
15-> 189750626: 2^1*13^1*61^1*181^1*661^1*
16-> 708158977: 708158977^1*
17-> 2642885282: 2^1*1321442641^1*
18-> 9863382151: 7^1*193^1*7300801^1*
19-> 36810643322: 2^1*18405321661^1*
20-> 137379191137: 79^1*97^1*17927599^1*
21-> 512706121226: 2^1*13^1*757^1*2521^1*10333^1*
22-> 1913445293767: 7^1*273349327681^1*
23-> 7141075053842: 2^1*277^1*3037^1*4244329^1*
24-> 26650854921601: 31^1*607^1*1416317953^1*
25-> 99462344632562: 2^1*181^1*274757858101^1*
26-> 371198523608647: 7^1*103^2*4998431569^1*
27-> 1385331749802026: 2^1*13^1*37^1*73^1*109^1*1297^1*139537^1*
28-> 5170128475599457: 97^1*4417729^1*12065089^1*
29-> 19295182152595802: 2^1*349^1*6961^1*3971200609^1*

Intanto felicemente conferma che finora non ho detto cagate perchè ha davvero solo primi congrui a 1 modulo 3... ma cosa altro noto? Che vale anche che $a_{2n+1}$ è il successivo di un quadrato e che $a_{2n}$ è il doppio di un quadrato -1...
Armato di questi claim li dimostro!
Sempre suggerito dal pc (ma questo si poteva anche fare a mano) viene da dimostrare $a_{2n}=2a_n^2-1$ e $a_{2n+1}=(a_{n+1}-a_n)^2+1$...
E questo oltre a essere vero è anche facile da dimostrare... sia per induzione sia usando la formula...
Ma cosa salta all'occhio? Che esce fuori un'altra Pell! Cioè viene fuori che devo dimostrare che non vale mai:
$2a_{n}^2-1=x^2\iff x^2-2a_{n}=-1$
$(a_{n+1}-a_n)^2+1=2y^2\iff (a_{n+1}-a_n)^2-2y^2=-1$
Che contro ogni aspettativa è la stessa!!!
Quindi alla fine ho che c'ho una Pell ed è pure la stessa (non ho idea di come mai sto problema pure se faccio cose a caso continaa uscire bello)
E per ora mi fermo qui. Alla prossima se ci sarà.

[dario2994]

Procedo anche se ormai inizio a finire le idee
Allora l'idea che potrebbe venire naturalmente dopo aver letto il post precedente è scrivere la successione che risolve l'altra Pell:
$b_0=1$
$b_1=5$
$b_{n+2}=6b_{n+1}-b_n$
E voler risolvere $a_n=b_m$ (questo è uno dei 2 casi)... che non sembra un'idea terribile... il problema è che come prevedibile non c'è modulo che regga dato che c'è una soluzione... e purtroppo non so cosa farci C'ho pensato per un po' e non sono riuscito a cavarne nulla.
L'altra idea che mi è venuta è "tornare indietro"... insomma noi dobbiamo risolvere $a_n=x^2,2x^2$ ma gli $a_n$ stessi cosa sono? Sono le soluzioni a loro volta di una Pell... in particolare solo le "x" di $x^2-3y^2=1$ e perciò io vorrei risolvere le 2 diofantee $x^4-3y^2=1$ e $4x^4-3y^2=1$.
Il fatto che siano 2 già mi dà fastidio Ma poi non so farne manco una il che è ancora peggio
Ora credo che penserò alle 2 diofantee e insomma... quello che le rende toste è che c'è una soluzione in entrambe e quindi si deve dire addio ai moduli! Però si apre la via delle fattorizzazioni... Se qualcuno ha qualche idea è pregato di scriverle perchè io mi inizio a impantanare!