Diofantea di primi

[scambret]

Risolvere con $p$ e $q$ primi $p^2-pq-q^3=1$
(Tuymaada 2013, Giorno 2, Problema 7)

[jordan]

Se non ricordo male avevo letto che si poteva togliere una a scelta tra le ipotesi:
$p \in \mathbb{P}$
$q \in \mathbb{P}$
E si poteva comunque arrivare alla soluzione..

[maurizio43]

E' un po' squallido risolvere per tentativi.
Però al secondo banale tentativo (dopo p=1 e q=2) è venuto che con p=2 e q=1
la soluzione spunta da sola

[scambret]

Però 1 non è primo

(Si jordan l'ho letto anch'io, si può assumere uno dei due non primi)

[maurizio43]

Accetto l' osservazione e mi scuso, ma ricordiamoci che il numero 1
fu "squalificato a tavolino ed espulso" dalla squadra dei numeri primi
essenzialmente per la comodità di non dovere usare negli enunciati
di vari teoremi l' espressione "numero primo > 1" anzichè "numero primo".

Avvenisse oggi forse il numero 1 potrebbe ricorrere al TAR.......
Inconsciamente io continuo a percepirlo ancora appartenente alla squadra

[Troleito br00tal]

ABBASSO L'ASPIRINA VIVA L'UNO

VIVA VERDI ER DUCE NUMME DESPIACE

[EvaristeG]

Accetto l' osservazione e mi scuso, ma ricordiamoci che il numero 1
fu "squalificato a tavolino ed espulso" dalla squadra dei numeri primi
essenzialmente per la comodità di non dovere usare negli enunciati
di vari teoremi l' espressione "numero primo > 1" anzichè "numero primo".

Sia come sia (e questa ricostruzione storica è opinabile), $1$ non è primo. Neanche $-1$, a dirla tutta. In generale, la motivazione "advanced" è che le unità, ovvero gli elementi che possiedono inverso, vengono trattate a parte (questo non solo negli interi, ma anche in situazioni più generali).

Inoltre, problema dell'unità a parte, credo che la domanda fosse "trovate tutte le soluzioni e dimostrate che sono tutte" e non "trovate almeno una soluzione".

[maurizio43]

Sono d' accordo con le critiche, avevo anche chiesto scusa per la svista, volevo solo farci sopra una battuta.........

[EvaristeG]

L'intervento di Troleito è stato forse un po' brutale. Il mio intento non era di rimarcare l'errore in sé, ma di rendere chiaro, a chi si trovasse poi a leggere il thread, che comunque la primalità del numero 1 non è questione di opinione e gusto. Detto ciò, direi che in realtà il punto principale è un altro.

Inoltre, problema dell'unità a parte, credo che la domanda fosse "trovate tutte le soluzioni e dimostrate che sono tutte" e non "trovate almeno una soluzione".

[Gottinger95]

Caso \(p=2\) a mano:
\(4-2q-q^3=1\)
Abbiamo che \(q=1\) è soluzione. Se \(q \geq 2\), \(LHS < 1\), perciò ciccia.
Caso \(q=3\) a mano:
\(p^2-3p-28=0\)
che da \(p=7\) come soluzione. Da adesso supponiamo \(p \not = 2, q \not = 3\).

Modulo 4 abbiamo (consideriamo che \(1^2 \equiv 3^2 \equiv 1 \pmod{4}\)):
\(1 \equiv p^2-pq-q^3 \equiv 1-q(p+q^2) \equiv 1-q(p+1) \pmod{4}\)
Visto che \(q \not \equiv 0 \pmod{4}\), otteniamo \(p \equiv -1 \pmod{4}\). Ugualmente modulo 3:
\(1 \equiv p^2-pq-q^3 \equiv 1-q(p+q^2) \equiv 1-q(p+1) \pmod{4}\)
Visto che \(q \not \equiv 0 \pmod{3}\), otteniamo \(p \equiv -1 \pmod{3}\). In sintesi \(p \equiv -1 \pmod{12}\).

Modulo \(p\) abbiamo:
\(q^3 \equiv -1 \Rightarrow q^6 \equiv 1 \Rightarrow ord_p(q) | mcd(6,p-1) = 2\)
da cui \(q \equiv \pm 1 \pmod{p}\). Escludiamo \(q \equiv 1 \pmod{p}\):
\(0 \equiv q^3 + 1 \equiv 2 \pmod{p}\) impossibile perchè \(p \not = 2\).
Perciò \(q \equiv -1 \pmod{p}\), ossia \(q = pk-1\). Ma davvero \(q\) può essere tanto più grande di \(p\)? Non ci crede nessuno. Infatti se poniamo \(q \geq p-1\):
\(1 = p^2-pq-q^3 \leq p^2-p(p-1)-(p-1)^3 = p-(p-1)^3\)
che per \(p>2\) è negativo, assurdo. Perciò non ci sono soluzioni \(q\) positive. In definitiva le soluzioni sono \( (p,q) = (7,3), (2,1)\) (sempre se si può escludere che \(q\) sia primo, questo non ho capito se rientra nelle ipotesi o meno).

[darkcrystal]

Visto che \(q \not \equiv 0 \pmod{4}\), otteniamo \(p \equiv -1 \pmod{4}\).

In realtà, visto che q è dispari... Comunque ok, ora chi la fa assumendo q primo ma p generico?

[Gottinger95]

Ehm si, scusa

[Chuck Schuldiner]

L'intervento di Troleito è stato forse un po' brutale.

Perché quando é solo lui a spammare nessuno se la prende realmente?

[LeZ]

In realtà, visto che q è dispari... Comunque ok, ora chi la fa assumendo q primo ma p generico?

Ci provo io. Riscriviamola come $ (p-1)(p+1)=q(q^2+p) $.
Caso 1. $ q\mid {p-1} $. Allora $ p=kq+1 $, inoltre $ (p+1)\mid{q^2+p} $, quindi $ q^2+p=kp+k $. Sostituendo la prima nella seconda otteniamo un'equazione di secondo grado in $ q $.
$ q^2-kq(k-1)-2k+1=0 $. Il delta dell'equazione risolvente è $ k^4-2k^3+k^2-8k-4 $. Ma $ (k^2-k)^2<\Delta<(k^2-k+3)^2 $, quindi sono solo due i sottocasi da provare ovvero $ \Delta = (k^2-k+1)^2 $ che non dà soluzioni intere, e $ \Delta=(k^2-k+2)^2 $ che dà $ k=1 $ e $ k=2 $. Se $ k=1, q $ non è primo, con $ k=2, q=3 $ e $ p=7 $.
Caso 2. $ q\mid {p+1} $. Allora $ p=kq-1 $ e analogamente a prima otteniamo un'equazione di secondo grado in $ q $: $ q^2-kq(k-1)+2k-1=0 $. Il delta è $ k^4-2k^3+k^2-8k+4 $, ma $ (k^2-k-3)^2<\Delta<(k^2-k)^2 $ con ovviamente $ k\geq1 $. Anche qui sono solo due i casi da provare, in particolare il caso in cui $ \Delta=(k^2-k-2)^2 $ offre come soluzione naturale $ k=3 $, da cui $ q=5 $ e $ p=14 $.
In conclusione le uniche soluzioni con $ q $ primo e $ p $ generico sono $ (3,7) $ e $ (5,14) $