Tentativo di soluzione del punto iii
$ \dispaystyle \\
x^{p}+y^{p}=p^{z} \\
x^{p} \equiv x^{p-1} \cdot x \equiv x \pmod{p} \\
y^{p} \equiv y^{p-1} \cdot y \equiv y \pmod{p} $
(Ho usato il piccolo teorema di Fermat)
Da quensto possiamo affermare che
$ \dispaystyle \\
x^{p}=p \cdot k +x \\
y^{p}=p \cdot h +y \\
p \cdot k +x + p \cdot k +y = p^{z} \\
x+y=p \cdot (p^{z-1}-k-h) $
$ \dispaystyle p|x+y $
pertanto $ \dispaystyle x+ y $ deve esser un multiplo di p...
Ma se ciò fosse vero
$ \dispaystyle \\ x+y=k \cdot p \\
k^{p} \cdot p^{p}=p^{z} $
Ciò, dato che p è primo, ha senso solo supponendo $ \dispaystyle \\
k^{p}=p^{z-p} $
Pertanto deve essere $ \dispaystyle
x+y=p^{\alpha} $
Rimane da dimostrare che $ \dispaystyle $ \alpha $ deve essere 1...
diofantea coi primi
Cavolo...
Ero convinto di esserci vicino...ma a quanto pare sono più lontano di quello che penso...
Ho capito cosa devo fare e cosa devo dimostrare, ma mi sfugge qualcosa...
Ti prego jordan per questa volta posta te il resto della dimostrazione...
Ero convinto di esserci vicino...ma a quanto pare sono più lontano di quello che penso...
Ho capito cosa devo fare e cosa devo dimostrare, ma mi sfugge qualcosa...
Ti prego jordan per questa volta posta te il resto della dimostrazione...
Alla fine del diciannovesimo secolo, un matematico straordinario,Cantor, languiva in un manicomio... Più si avvicinava alle risposte che cercava, più esse sembravano allontanarsi. Alla fine impazzì, come altri matematici prima di lui
Per dimostrare questo bastava osservare che, prendendo p dispari:angus89 ha scritto:Tentativo di soluzione del punto iii
$ \dispaystyle \\ x^{p}+y^{p}=p^{z} \\ x^{p} \equiv x^{p-1} \cdot x \equiv x \pmod{p} \\ y^{p} \equiv y^{p-1} \cdot y \equiv y \pmod{p} $
(Ho usato il piccolo teorema di Fermat)
Da quensto possiamo affermare che
$ \dispaystyle \\ x^{p}=p \cdot k +x \\ y^{p}=p \cdot h +y \\ p \cdot k +x + p \cdot k +y = p^{z} \\ x+y=p \cdot (p^{z-1}-k-h) $
$ \dispaystyle p|x+y $
pertanto $ \dispaystyle x+ y $ deve esser un multiplo di p...
Ma se ciò fosse vero
$ \dispaystyle \\ x+y=k \cdot p \\ k^{p} \cdot p^{p}=p^{z} $
Ciò, dato che p è primo, ha senso solo supponendo $ \dispaystyle \\ k^{p}=p^{z-p} $
Pertanto deve essere $ \dispaystyle x+y=p^{\alpha} $
Rimane da dimostrare che $ \dispaystyle $ \alpha $ deve essere 1...
$ ~ x^p+y^p = (x+y)(x^{p-1}-x^{p-2}y + \ldots + y^{p-1}) $ è una potenza di p. Siccome p è primo, ciascuno dei due fattori è una potenza di p ...
Ora il passo successivo è dimostrare che $ ~ x^p + y^p $ e $ ~x+y $ non possono avere un grande fattore comune.
i)se $ (x,y,z)\in N^3 $ è primitiva allora $ (x,y)=1 $.
ii)se $ p=2 $ allora $ (x,y,z,p)=(1,1,1,2) $, d'ora in poi p>2.
iii)$ z \ge 3 $.
$ p^z=x^p+y^p=(x+y)(x^{p-1}-x^{p-2}y+...+y^{p-1})=p^a\cdot p^b $ con $ a+b=z $. vale $ a\le b $ infatti $ x+y \le RHS $, ponendo $ y=p^a-x $ otteniamo $ RHS=\sum_{i=0}^{p-1}{(-1)^ix^{p-1-i}(p^a-x)^{i} \equiv px^{p-1} \pmod {p^a} $ da cui $ p|a $ se $ a>1 $, assurdo per ipotesi.
allora possiamo porre $ y=p-x $ e otteniamo $ x^p+y^p \equiv \sum_{i=0}^{p-1}\binom{p}{i}{(-1)^ip^{p-i}x^i \equiv p^2x \pmod {p^3} $ da cui $ p|x $, assurdo come prima.
iv)$ z=2 $
$ x^p+y^p=p^2 $, ma per la disuguaglianza tra medie abbiamo $ (\frac{x^p+y^p}{2})^{\frac{1}{p}} \ge \frac {x+y}{2} = \frac{p}{2} $ da cui $ p^2 =x^p+y^p \ge \frac{p^p}{2^{p-1}} $ che vale solo per $ p=3 $. se $ p=3 $ otteniamo la seconda e ultima terna primitiva (a meno di permutazione) $ 1^3+2^3=3^2 $
bye
ii)se $ p=2 $ allora $ (x,y,z,p)=(1,1,1,2) $, d'ora in poi p>2.
iii)$ z \ge 3 $.
$ p^z=x^p+y^p=(x+y)(x^{p-1}-x^{p-2}y+...+y^{p-1})=p^a\cdot p^b $ con $ a+b=z $. vale $ a\le b $ infatti $ x+y \le RHS $, ponendo $ y=p^a-x $ otteniamo $ RHS=\sum_{i=0}^{p-1}{(-1)^ix^{p-1-i}(p^a-x)^{i} \equiv px^{p-1} \pmod {p^a} $ da cui $ p|a $ se $ a>1 $, assurdo per ipotesi.
allora possiamo porre $ y=p-x $ e otteniamo $ x^p+y^p \equiv \sum_{i=0}^{p-1}\binom{p}{i}{(-1)^ip^{p-i}x^i \equiv p^2x \pmod {p^3} $ da cui $ p|x $, assurdo come prima.
iv)$ z=2 $
$ x^p+y^p=p^2 $, ma per la disuguaglianza tra medie abbiamo $ (\frac{x^p+y^p}{2})^{\frac{1}{p}} \ge \frac {x+y}{2} = \frac{p}{2} $ da cui $ p^2 =x^p+y^p \ge \frac{p^p}{2^{p-1}} $ che vale solo per $ p=3 $. se $ p=3 $ otteniamo la seconda e ultima terna primitiva (a meno di permutazione) $ 1^3+2^3=3^2 $
bye
The only goal of science is the honor of the human spirit.