Coppie P e N

[PIELEO13]

Vi chiedo aiuto con questo problema, non riesco proprio a sbloccarmi. Qualche consiglio?
Determinare tutte le coppie (p,n) dove p è un numero primo e n è un intero positivo tali che:
$ p^5 + 4p + 1 = n^2 $

[PIELEO13]

Chiaramente avevo già provato (in particolare pensavo che fosse una buona idea ragionare sulla congruenza modulo 16 visto che stavo trattando una potenza quarta se raccoglievo p) e avevo anche provato a raccogliere in diversi modi ma ogni volta non riesco a trovare niente di soddisfacente. 3 e 16 ovviamente l'avevo trovata anche io, ma ripeto poi mi sono bloccato. Qualche altro aiutino? (non la soluzione, così mi ci scervello da solo ancora un po')
Grazie

[karlosson_sul_tetto]

Testo nascosto:

Siccome hai trovato come soluzione solo (3,16), è un buon tentativo guardare modulo quel primo particolare che hai trovato, ovvero mod 3. In questo modo riesci ad ottenere una condizione su n, e quindi anche su $n^2$

[Ratman98]

Credo che le uniche soluzioni siano n=16, p=3. Io mi sono servito delle congruenze modulo 3 e del fatto che p^2 è congruo a p modulo 3. Ammetto di non aver ricontrollato il procedimento, quindi potrebbe esserci scappato l'errore .

[fph]

Io mi sono servito [...] del fatto che p^2 è congruo a p modulo 3. Ammetto di non aver ricontrollato il procedimento

Uhm, ricontrolla un po' quel fatto su p e p^2...

[Ratman98]

Mi ero coricato da cinque minuti; al sesto ho realizzato di aver sbagliato a scrivere. p^2 è congruo a 1 modulo 3, poichè phi(3)=2. Spero di non aver confuso troppe menti. Grazie fph

[PIELEO13]

Bastava fare così:
Per Piccolo Teorema di Fermat $ n^2 \equiv 1 \pmod{3} $ e dunque $ n^2 - 1 \equiv 0 \pmod{3} $
A questo punto allora $ p(p^4 + 1) \equiv 0 \pmod{3} $
Caso 1) $ p \equiv 0 \pmod{3} $ ma l'unico primo così è ovviamente 3 e quindi troviamo la prima e unica coppia (3, 16)
Caso 2) $ p \equiv 1 \pmod{3} $ ma allora $ p^4 + 4 \equiv 0 \pmod{3} $ cioè $ p^4 \equiv 2 \pmod{3} $ che non è accettabile.
Caso 3) $ p \equiv 2 \pmod{3} $ ma allora $ p^4 + 4 \equiv 0 \pmod{3} $ cioè $ p^4 \equiv 1 \pmod{3} $ che non è accettabile.
Era veramente banale... sono stato un pollo
Grazie mille a tutti per gli aiuti

[mr96]

Per Piccolo Teorema di Fermat $ n^2 \equiv 1 \pmod{3} $ e dunque $ n^2 - 1 \equiv 0 \pmod{3} $

A me sembra un po' falsa come cosa, a livello generale

[DamianoY]

In effetti non hai analizzato il caso in cui $3|n$

[gpzes]

mi unisco a karlosson e Damiano ...trovato un valore buono si potrebbe lavorare modulo lui ....o sue potenze!!

[baden96p]

una casistica su $ n $ potrebbe essere utile?
divisibile per 3 o meno?...

[DamianoY]

Visto che nessuno si fa avanti vi chiedo se la mia è giusta:

Se $3$ non divide $n$ ottengo $$p+p+1 \equiv 0 \, mod(3)$$ $$2p \equiv 0 \, mod (3)$$
Quindi possiamo avere solo $p=3$ che effettivamente verifica con $n=16$

Se $3$ divide $n$ allora $n^2=9j^2$ Analizzando modulo 9 ottengo $$p^5+4p+1 \equiv 0 \, mod(9)$$
$$p^6+4p^2+p \equiv 0 \, mod(9)$$ (penso sia lecito in questo caso, ma non credo si possa fare sempre)

E visto che $9$ non divide $p$ ($p$ è primo!) ottengo:
$$4p^2+p+1 \equiv (2p+1)^2+6p \equiv 0 \, mod (9)$$
$$(2p+1)^2 \equiv 3p \, mod (9)$$
Ma i residui quadratici modulo $9$ sono solo $1, \, 4, \, 0, \, 7$ mentre $3p \equiv 6,3,0 \, mod (9)$
Quindi non ci sono altre soluzioni.

[karlosson_sul_tetto]

@DamianoY: è corretta
In un uguaglianza modulare puoi sempre moltiplicare per quello che vuoi, mentre se dividi devi stare attento (puoi dividere per $a$ modulo $n$ solo se $(a,n)=1$). Per essere precisini, quando applichi il teorema di eulero (aka il piccolo teorema di fermat modulo numero a caso), non basta che $9\neq p$, ma serve $(9,p)=1$ (che in questo caso si esclude facilmente visto che $p=3$ è già stato fatto).

[DamianoY]

@DamianoY: è corretta
In un uguaglianza modulare puoi sempre moltiplicare per quello che vuoi, mentre se dividi devi stare attento (puoi dividere per $a$ modulo $n$ solo se $(a,n)=1$). Per essere precisini, quando applichi il teorema di eulero (aka il piccolo teorema di fermat modulo numero a caso), non basta che $9\neq p$, ma serve $(9,p)=1$ (che in questo caso si esclude facilmente visto che $p=3$ è già stato fatto).

Grazie per le precisazioni e puntualizzazioni

In effetti l'ho dato un po' troppo per scontato che $(9,p)=1$ .
Domani l'altro speriamo di non perdere punti per cavolate simili come è mio solito fare