dionfantea tranquilla tra primi

[jordan]

Se $ a,b,c,d,e,f $ sono tutti primi, trovare le soluzioni di $ a^2=b^2+c^2+d^2+e^2+f^2 $

[bestiedda]

sono distinti?

[jordan]

no chi ha detto che devono essere distinti?

[bestiedda]

no chi ha detto che devono essere distinti?

peccato

[jordan]

no chi ha detto che devono essere distinti?

peccato

credo che in quel caso avrei scritto tranquillissima o quasi-grande-puffo
comunque continua, che sei sulla buona strada..

[geda]

Se $ a,b,c,d,e,f $ sono tutti primi, trovare le soluzioni di $ a^2=b^2+c^2+d^2+e^2+f^2 $

Il termine a primo membro non puo' essere un primo pari (cioe' $ a=2 $) poiche' il secondo membro sarebbe sempre maggiore del primo. Quindi $ a $ e' dispari. Ora considero l'intera equazione $ \mod 4 $, tenendo presente il fatto che $ \textrm{pari}^2\equiv 0\mod 4 $ e $ \textrm{dispari}^2\equiv 1\mod 4 $. Quindi, dopo uno sguardo all'equazione, si nota che le uniche possibilita' per $ b,c,d,e,f $ e' che o sono tutti primi dispari o ce ne sono 4 pari (cioe' 4 due) e uno dispari.

Il caso in cui siano tutti dispari e' escluso poiche' avremmo

$ 1\equiv 1 + 1 + 1 + 1 + 1 =5 \mod 8 $. Assurdo.

Allora, a secondo membro avremo 4 due e un primo dispari. Senza perdita di generalita' avremmo allora

$ a^2=b^2+4+4+4+4=16+b^2 $, cioe' $ a^2-b^2=(a-b)(a+b)=2^4 $

Notiamo che $ (a-b) $ e $ (a+b) $ devono essere entrambi pari, quindi tutti i possibili casi sono:

a) $ (a-b)=2 $ e $ (a+b)=2^3 $,
b) $ (a-b)=2^2 $ e $ (a+b)=2^2 $.

Il caso b) si esclude poiche' porta ad avere un $ a $ pari (uguale a 4) e $ b=0 $. Il caso a) produce l'unica soluzione

$ a=5,b=3,c=2,d=2,e=2,f=2 $

[jordan]

Il caso a) produce l'unica soluzione
$ a=5,b=3,c=2,d=2,e=2,f=2 $

O permutazioni di esso con a fisso, comunque si, bravo, modulo 8 è ancora piu facile..

[bestiedda]

io lo stavo facendo modulo 6, l'avevo diviso in 4 casi,,,,vabbè mi hai battuto sul tempo

[edriv]

io lo stavo facendo modulo 6, l'avevo diviso in 4 casi,,,,vabbè mi hai battuto sul tempo

Ricorda: modulo 6 è uguale a fare modulo 2 e modulo 3.
Se ti rendi conto che mod 2 e 3 sono abbastanza inutili, lo sarà anche il 6.

[Jacobi]

Ricorda: modulo 6 è uguale a fare modulo 2 e modulo 3.
Se ti rendi conto che mod 2 e 3 sono abbastanza inutili, lo sarà anche il 6.

nn direi... si puo usare il fatto ke ogni primo maggiore di 3 e congruo a piu o meno 1 mod 6, e quindi il suo quadrato e congruo a 1 mod 6, da si verifica che almeno uno dei primi e 2 o 3 e si procede per prove (riapplicando la congruenza modulo 6)

[bestiedda]

Ricorda: modulo 6 è uguale a fare modulo 2 e modulo 3.
Se ti rendi conto che mod 2 e 3 sono abbastanza inutili, lo sarà anche il 6.

nn direi... si puo usare il fatto ke ogni primo maggiore di 3 e congruo a piu o meno 1 mod 6, e quindi il suo quadrato e congruo a 1 mod 6, da si verifica che almeno uno dei primi e 2 o 3 e si procede per prove (riapplicando la congruenza modulo 6)

esattto

[Jacobi]

infatti a modulo 6 si puo procedere cosi:

1)escludiamo subito a=2 e a=3 con oppurtune congruenze

2) quindi e $ a^2 \equiv 1 (mod 6) $. Se b,c,d, e, f>3, allora $ RHS \equiv 5 (mod 6) $, quindi uno fra b, c, d, e, f e' 2 o 3. poniamo f=2

3)in questo caso modulo sei viene: $ b^2 + c^2 + d^2 + e^2 \equiv 3 (mod 6) $

4) dal punto 3 segue che uno fra b, c, d, e e' 2 o 3. poniamo e = 2

continuando cosi si trova f = e = d = c = 2, mentre b=3

inoltre in uno qualsiasi di questi passaggi si puo mettere una delle variabili uguale a 3, ma cio nn deve succedere due volte per il seguente lemma:

"se nell'equazione di cui prima b = c = 3, allora l'equazione e impossibile"

dimostrazione: sostituendo viene: $ a^2 = d^2 + e^2 + f^2 + 18 $, il ke modulo 6 viene:
$ d^2 + e^2 + f^2 \equiv 1 (mod 6), $ma questa e impossibile, come si puo verificare per prove.



Spero di nn aver sbagliato niente...