x^2+y^2+z^2-wp
x^2+y^2+z^2-wp
Dimostrare che dato un qualunque numero primo $ $p $, esistono degli interi positivi $ $x,y,z,w $ che soddisfano $ $x^2+y^2+z^2-wp $ con $ $0<w<p $
Appassionatamente BTA 197!
Re: x^2+y^2+z^2-wp
uff hai voglia se ne esistono...mod_2 ha scritto:Dimostrare che dato un qualunque numero primo $ $p $, esistono degli interi positivi $ $x,y,z,w $ che soddisfano $ $x^2+y^2+z^2-wp $ con $ $0<w<p $
mi sa che ti sei mangiato mezza tesi..in attesa...
Ciao!
Lo stolto è colui che dice quello che sa.Il saggio è colui che sa quello che dice.
"And then one day you find,ten years have got behind you,no one told when to run,you missed the starting gun"
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Ho trovato questo problema su una dispensa che però non mi ricordo più quale, può darsi (anzi sicuramente) che io abbia sbagliato a tradurlo visto le mie scarse capacità in inglese, comunque se non ricordo male la soluzione è abbastanza facile... appena ritrovo il testo lo posto 
Appassionatamente BTA 197!
si ovviamente mi riferivo a quello...EvaristeG ha scritto:Che soddisfano ... cosa?? questo è quello che intende Carlein, credo.
Quella che hai scritto tu non è un'equazione: ci manca un uguale.
Lo stolto è colui che dice quello che sa.Il saggio è colui che sa quello che dice.
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vi chiedo scusa... Dimostriamo che ogni primo p ha esattamente $ (p-1)/2+1 $ residui quadratici
Poniamo $ x^2 \equiv (x+r)^2 \pmod p $ svolgendo i conti $ r(2x+r) \equiv 0 \pmod p $ poichè p è primo si può usare la legge di annulamento del prodotto $ r\equiv 0 \pmod p $ o $ r \equiv {-2x} \pmod p $ il che significa nell'espressione di partenza $ x^2\equiv {(-x)^2} \pmod p $.Tali congruenze dicono che esistono (p-1) coppie simmetriche(overo (p-1)/2 residui) che hanno residuo quadratico uguale più il caso dei multipli di p. Ora se esistono x e y diversi da 0 tali che $ x^2 \equiv -(y)^2 \pmod p $ allora abbiamo che x,y,0 sono soluzioni dell'equazione, e siamo sicuri che $ x^2+y^2<p^2 $ a causa della simmetria dei residui che implica che possiamo scegliere x e y minori o uguali a (p-1)/2. Ora dunque se non esistono tali x e y sfruttiamo il fatto banale che per ogni p $ 1^2 \equiv 1 \pmod p $ Dunque data tale successione ordinata di residui quadratici S $ 1,a_2.....a_{(p-1)/2} $ effettuando $ 1+1,1+a_2....1+a_{(p-1)/2} $ sicuro dobbiamo avere almeno un nuovo residuo non presente in S, chiamiamolo $ b=a_k+1 $...poichè abbiamo che esso non appartiene ad S, allora per il principio dei cassetti(con (p-1)/2 cassetti) esso sarà in valore assoluto uguale ad un $ a_i $ ma poichè diverso esso sarà di segno opposto rispetto ad $ a_i $ dunque si avrà $ a_i+a_k+1 \equiv 0 \pmod p $ ora abbiamo che per quanto detto prima si può fare in modo di scegliere in modo che x e y siano minori o uguali ad (p-1)/2 e dunque soddisfano tutte le richieste della tesi...mah fatemi sapere se è immacolata, di "sustanza e accidenti" ...in caso contrario: beh brutalizzatemi pure
Poniamo $ x^2 \equiv (x+r)^2 \pmod p $ svolgendo i conti $ r(2x+r) \equiv 0 \pmod p $ poichè p è primo si può usare la legge di annulamento del prodotto $ r\equiv 0 \pmod p $ o $ r \equiv {-2x} \pmod p $ il che significa nell'espressione di partenza $ x^2\equiv {(-x)^2} \pmod p $.Tali congruenze dicono che esistono (p-1) coppie simmetriche(overo (p-1)/2 residui) che hanno residuo quadratico uguale più il caso dei multipli di p. Ora se esistono x e y diversi da 0 tali che $ x^2 \equiv -(y)^2 \pmod p $ allora abbiamo che x,y,0 sono soluzioni dell'equazione, e siamo sicuri che $ x^2+y^2<p^2 $ a causa della simmetria dei residui che implica che possiamo scegliere x e y minori o uguali a (p-1)/2. Ora dunque se non esistono tali x e y sfruttiamo il fatto banale che per ogni p $ 1^2 \equiv 1 \pmod p $ Dunque data tale successione ordinata di residui quadratici S $ 1,a_2.....a_{(p-1)/2} $ effettuando $ 1+1,1+a_2....1+a_{(p-1)/2} $ sicuro dobbiamo avere almeno un nuovo residuo non presente in S, chiamiamolo $ b=a_k+1 $...poichè abbiamo che esso non appartiene ad S, allora per il principio dei cassetti(con (p-1)/2 cassetti) esso sarà in valore assoluto uguale ad un $ a_i $ ma poichè diverso esso sarà di segno opposto rispetto ad $ a_i $ dunque si avrà $ a_i+a_k+1 \equiv 0 \pmod p $ ora abbiamo che per quanto detto prima si può fare in modo di scegliere in modo che x e y siano minori o uguali ad (p-1)/2 e dunque soddisfano tutte le richieste della tesi...mah fatemi sapere se è immacolata, di "sustanza e accidenti" ...in caso contrario: beh brutalizzatemi pure
Lo stolto è colui che dice quello che sa.Il saggio è colui che sa quello che dice.
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