elianto84 ha scritto:Sia $ p $ un primo assegnato.
Si provi che il numero di soluzioni intere $ (a,c) $ di
$ p^c + 1 = a^2 + p $
è finito.
Visto che il problema è qui irrisolto da un paio di settimane provo a scrivere le (poche) cose a cui sono arrivato nella speranza che qualcuno possa completare o vedere se servono...
1) La mia dimostazione di sopra non va bene, usava la fattorizzazione unica in $ \mathbb{Z}[\sqrt{-2}] $ che nel caso generale non è vera (cioè se -2 diventa -(p-1))
2) l'hint di simo non riesco a capirlo
3) serve un'altra strada:
intanto vedo che con c pari chiaramente c'è un numero finito di soluzioni, per cui ci resta da dimostrare che è un numero finito anche con c dispari. Pongo c=2d+1 e noto che $ p^{2d+1}+1=a^2+p $ coimplica $ (p^{d+1}+a)^2-p(p^d+a)^2=(p-1)^2 $, ovverosia (d'ora in poi j è la radice di p) per un qualche n intero positivo si ha che$ (p^{d+1}+a)+(p^d+a)j=((p+1)+2j)(\alpha_1 +\beta_1 j)^n $$ =((p+1)+2j)(\alpha _n+\beta_n j) $ dove la coppia $ (\alpha_1 ,\beta_1 ) $ è la più piccola soluzione intera positiva all'equazione di pell: $ x^2-py^2=1 $ (e $ (\alpha_n,\beta_n) $ è l'n-sima più piccola, ottenuta, come è noto, elevando alla n la prima) mentre $ (p+1,2) $ è la più piccola soluzione intera positiva all'equazione di pell $ x^2-py^2=(p-1)^2 $
Svolgendo il prodotto dell'interessante identita otteniamo $ p^{d+1}+a=(p+1)\alpha_n+2p\beta_n $ e $ p^d+a=2\alpha_n+(p+1)\beta_n $
Facendo la differenza di queste uguaglianze e dividendo per p-1 si ottiene $ p^d=\alpha_n+\beta_n $, cosa decisamente interessante, nonché ragion d'essere di questa aspirante soluzione. Ora è noto (sottolineo: gli "è noto" sono sinceri, almeno per stavolta
) che se poniamo $ x_0=1 $, $ x_1=\alpha_1+\beta_1 $ e $ x_{n+2}=2\alpha_1x_{n+1}-x_n $ si ha che $ x_n=\alpha_n+\beta_n $
Ora basterebbe studiarsi questa successione di x_i e vedere se contiene o no infinite potenze di p. Per adesso sono arrivato solo ad alcuni risultati che consentono di escludere con facilità a mano alcuni casi con p piccolo, ma non riesco a concludere. Appena ce la faccio posto il resto della dimostrazione in questo thread... Se qualcuno può confermarmi che passare dalla diofantea alla successione per ricorrenza dai due termini precedenti abbia una qualche utilità, sarei molto grato. Tra l'altro, qualcuno conosce una qualche dispensa che dica e dimostri fatti interessanti sulle successioni per ricorrenza dai due termini precedenti?
ciau!
). Poi mi è stato fatto notare che ci avevi già pensato tu...
