Determinare ogni terna $ (p,q,r) $ di primi naturali tale che $ p+q = (p-q)^r $.
NOTA: btw, il problema originale riguarda il caso r = 3.
Let p, q, r be natural primes s.t. p + q = (p - q)^r
Let p, q, r be natural primes s.t. p + q = (p - q)^r
Questa è la pudica generalizzazione di me medesimo d'un problema semplice, eppur simpatico, concepito primieramente da R. Jenodarov. Son certo non vi dispiacerà!
Determinare ogni terna $ (p,q,r) $ di primi naturali tale che $ p+q = (p-q)^r $.
NOTA: btw, il problema originale riguarda il caso r = 3.
Determinare ogni terna $ (p,q,r) $ di primi naturali tale che $ p+q = (p-q)^r $.
NOTA: btw, il problema originale riguarda il caso r = 3.
Proviamoci…
Analizzando il tutto modulo r notiamo che dev’essere $ 2q \equiv 0 \pmod r $. Dunque r=2 o r=q.
i) $ r=2 $. Guardando l’equazione modulo 3 si ha che uno fra p e q dev’essere 3. Sia senza perdita di generalità q=3, e poniamo $ n=p-3 $. Allora l’equazione diventa $ n^2-n-6=0 $, da cui n=3 o n=-2, quindi p=6 o p=1, entrambe inaccettabili.
ii) $ r=q\neq 2 $. Ragionando come prima, uno fra p e q dev’essere 3. Se p=3, avremmo q=2 (perché il MDD deve essere positivo), impossibile. Se q=r=3, allora ponendo n=p-3 si ha $ n^3=n+6 \Rightarrow (n-1)n(n+1)=6 \Rightarrow n=2 \Rightarrow p=5 $. Si verifica facilmente infine che la terna (5;3;3) risolve l’equazione.
Analizzando il tutto modulo r notiamo che dev’essere $ 2q \equiv 0 \pmod r $. Dunque r=2 o r=q.
i) $ r=2 $. Guardando l’equazione modulo 3 si ha che uno fra p e q dev’essere 3. Sia senza perdita di generalità q=3, e poniamo $ n=p-3 $. Allora l’equazione diventa $ n^2-n-6=0 $, da cui n=3 o n=-2, quindi p=6 o p=1, entrambe inaccettabili.
ii) $ r=q\neq 2 $. Ragionando come prima, uno fra p e q dev’essere 3. Se p=3, avremmo q=2 (perché il MDD deve essere positivo), impossibile. Se q=r=3, allora ponendo n=p-3 si ha $ n^3=n+6 \Rightarrow (n-1)n(n+1)=6 \Rightarrow n=2 \Rightarrow p=5 $. Si verifica facilmente infine che la terna (5;3;3) risolve l’equazione.
In alternativa... Wlog, essendo $ r = 2 $, ammettiamo $ p > q $ e poniamo di conseguenza $ p = q + k $, ove $ k \in \mathbb{Z}^+ $. Allora $ k^2 - k - 2q = 0 $, e perciò $ 8q + 1 $ è un quadrato perfetto. Il che accade sse $ q = 3 $, là dove sia $ q\in\mathfrak{P} $. Ne risulta $ k = 3 $ e $ p = 6 $ (inaccettabile!). Se poi $ r > 2 $, allora $ p+q \equiv p - q \bmod r $ (piccolo teorema di Fermat). Dunque $ r = q $, e pertanto $ p > q > 2 $, ossia $ p = q + k + 1 $, per qualche $ k \in \mathbb{Z}^+ $. Ne segue $ 2q + k + 1 = (k+1)^q \ge $ $ 1 + qk + \frac{1}{2}q(q-1) + k^q $ $ \ge 2q + k + 1 $, dove l'uguaglianza sussiste sse $ k = 1 $ e $ q = 3 $. Da qui le conclusioni...