diofantea coi primi

[jordan]

trovre tutte le $ (x,y,z,p) \in N^4 $ con $ p $ primo tali che:

$ \displaystyle x^p+y^p=p^z $


(m'ha fatto dannare tutto il pomeriggio st'esercizio! )
buon lavoro

[Agi_90]

domandina, che vuol dire $ \mathbb{N}^4 $ ?

[edriv]

Sta usando la definizione di prodotto tra insiemi, cioè, dati due insiemi A,B, $ ~ A \times B $ è l'insieme delle coppie col primo elemento di A e il secondo in B.

Quindi $ ~ \mathbb{N}^4 = \mathbb{N} \times \mathbb{N} \times \mathbb{N} \times \mathbb{N} $ è l'insieme di quadruple di naturali

Quindi $ ~ (a,b,c,d) \in \mathbb{N}^4 $ vuol dire "a,b,c,d è una quadrupla di naturali", niente di astruso Di solito si è abituati magari a scrivere $ ~ a,b,c,d \in \mathbb{N} $ per esprimere questo... ma è solo una questione di stili di scrittura.

[Agi_90]

niente di astruso ...

ah.. e io che pensavo ad uno spazio quadrimensionale a variabili intere

ho trovato infinte soluzioni

poniamo $ x = y $
abbiamo $ 2x^p = p^z $
da questo $ 2|p^z $ ma quindi $ p = 2 $
$ 2x^2 = 2^z \Rightarrow x^2 = 2^{z-1} \Rightarrow x = 2^n $
$ (2^n)^2 = 2^{z-1} \Rightarrow z = 2n+1 $
quindi risolvono l'equazione tutte (ma non soltanto) le quadruple $ (2^n,2^n,2n+1,2) $

il resto quando ho meno sonno, e non ho fatto la gara a squadre (forse)

[EvaristeG]

niente di astruso ...

ah.. e io che pensavo ad uno spazio quadrimenzionale a variabili intere

Esatto ... (a parte quadridimensionale) ... $ \mathbb{N}^4 $ è esattaemente l'insieme dei punti dello spazio quadridimensionale che hanno coordinate intere, ovvero, identificando un punto con le sue coordinate, è l'insieme delle quaterne di numeri interi.

[Agi_90]

Esatto ... (a parte quadridimensionale) ... $ \mathbb{N}^4 $ è esattaemente l'insieme dei punti dello spazio quadridimensionale che hanno coordinate intere, ovvero, identificando un punto con le sue coordinate, è l'insieme delle quaterne di numeri interi.

Illuminante

Altre soluzioni.
L'equazione è simmetrica rispetto a $ x $ e $ y $.
poniamo $ x = 0 $
$ y^p = p^z \Rightarrow y = p^n $
$ p^{np} = p^z \Rightarrow z = np $
sono soluzioni quindi $ (0,p^n,np,p) $ e per la simmetria $ (p^n,0,np,p) $

ora qundi abbiamo $ x > 0, y > 0, x \neq y $
e... e ora?

[jordan]

se vuoi c'è ancora un'altra di soluzione "banale"(ti invito a cercarla), il problema comunque lhai c'entrato:

e... e ora?

[edriv]

Esatto ... (a parte quadridimensionale) ... $ \mathbb{N}^4 $ è esattaemente l'insieme dei punti dello spazio quadridimensionale che hanno coordinate intere, ovvero, identificando un punto con le sue coordinate, è l'insieme delle quaterne di numeri interi.

Volendo essere antipaticissimo cercando il pelo nell'uovo (di Pasqua fra un po'), $ ~ \mathbb{Z}^4 $ è quello che descrivi tu, mentre $ ~ \mathbb{N}^4 $ è un "quadrante" di questo. Scusate.

[salva90]

un hintino che credo possa essere utile...

well, i think that x+y|x^p+y^p if p is an odd prime...

[angus89]

stavo per postare lo stesso problema...io non l'ho ancora risolto ma sta un ragionamento che forse aiuta...

Partiamo dalla scomposizione di somma di potenze dispari...la regola dice che
$ \dispaystyle $ a^{n}+b^{n}=(a+b) \cdot (a^{n-1} -a^{n-2}\cdot b+a^{n-3}\cdot b^{2}- $...$ \dispaystyle $ +a^{2}\cdot b^{n-3}-a \cdot b^{n-2}+b^{n-1}) $

Ora nel nostro caso
$ \displaystyle $ $ x^{p}+y^{p}=p^{z} $

$ \dispxystyle $ (x+y) \cdot (x^{p-1} -x^{p-2}\cdot y+x^{p-3}\cdot y^{2}- $...$ \dispxystyle $ +x^{2}\cdot y^{p-3}-x \cdot y^{p-2}+y^{p-1})=p^{z} $

Ora...deve necessariamente essere che
$ \dispaystyle $ x+y $
Sia una potenza di $ \dispaystyle $ p $
Ragionando sulla natura dei due numeri devono essere uno pari e l'altro dispari

Pertanto abbiamo scoperto che
$ \dispaystyle $ \\ x=2k \\ y=2k+1 $

Cos'altro?
Bè per ora non mi viene in mente altro...e non sò se mi arriva l'illuminazione...
Magari si potrebbe sfruttare anche che
$ \dispxystyle $ x^{p-1} -x^{p-2}\cdot y+x^{p-3}\cdot y^{2}- $...$ \dispxystyle $ +x^{2}\cdot y^{p-3}-x \cdot y^{p-2}+y^{p-1} $
Deve essere una potenza di $ \dispaystyle $ p $...
Magari anche la conguenza è utile...
$ \dispxystyle $ x^{p-1} -x^{p-2}\cdot y+x^{p-3}\cdot y^{2}- $...$ \dispxystyle $ +x^{2}\cdot y^{p-3}-x \cdot y^{p-2}+y^{p-1} \equiv 0 \pmod{p} $

[angus89]

RIEPILOGO (da leggersi anche senza i precedenti post)
Dobbiamo risolvere
$ \dispaystyle $ x^{p}+y^{p}=p^{z} $

Allora...inizia la casistica...

CASO 1
$ \dispaystyle x=y $
Svliluppando i calcoli viene
$ \displaystyle \\ x^{p}+x^{p}=p^{z} \\ 2 \cdot x^{p}=p^{z} $
Da cui...l'unica potenza di un numero primo è una potenza di 2...
$ \displaystyle \\ p^{z}=2^{z} \\ 2 \cdot x^{p}=2^{z} \\ x^{p}=2^{z-1} $
Da cui procedendo con semplificazioni e ragionamenti simili si arriva a dare le prime soluzioni
$ \displaystyle x=y=2^{\alpha} $
Percui se le variabili x e y sono uguali e potenze di 2...si ha soluzione...

CASO 2
$ \dispaystyle p=2 $ e x diverso da y
che equivale a dire
$ \dispaystyle x^{2}+y^{2}=2^{z} $
per ovvi motivi deve verificarsi che x e y siano entrambi pari o entrambi dispari...

- x e y entrambi pari
Dividiamo tutto per 2
$ \displaystyle \\ x_{1}=\frac{x^{2}}{2} \\ y_{1}=\frac{y^{2}}{2} $
$ \dispaystyle x_{1}+y_{1}=2^{z-1} $
Continuiamo a dividere finchè non si presenta uno dei due casi...
$ \dispaystyle x_{n}+y_{n}=1 $ che non ammette soluzioni in N

oppure $ \dispaystyle x_{n}+y_{n}=2^{\alpha} $ ma con la variabile x o y dispari...quindi impossibile
Questi ragionamenti naturalmente son validi purchè non si cada nel caso precendere...ovvere x diverso da y

- x e y entrambi dispari
il ragionamento è molti simile...e si dimostra la stessa cosa...

CASO 3
dunque...con le ipotesi che x diverso da y, p diverso da 2
p è dispari...dunque
$ \dispaystyle $ x^{p}+y^{p}=p^{z} $
può esser scomposto come somma di potenze dispari

Partiamo dalla scomposizione di somma di potenze dispari...la regola dice che
$ \dispaystyle $ a^{n}+b^{n}=(a+b) \cdot (a^{n-1} -a^{n-2}\cdot b+a^{n-3}\cdot b^{2}- $...$ \dispaystyle $ +a^{2}\cdot b^{n-3}-a \cdot b^{n-2}+b^{n-1}) $

Ora nel nostro caso
$ \displaystyle $ $ x^{p}+y^{p}=p^{z} $

$ \dispxystyle $ (x+y) \cdot (x^{p-1} -x^{p-2}\cdot y+x^{p-3}\cdot y^{2}- $...$ \dispxystyle $ +x^{2}\cdot y^{p-3}-x \cdot y^{p-2}+y^{p-1})=p^{z} $

Ora...deve necessariamente essere che
$ \dispaystyle $ x+y $
Sia una potenza di $ \dispaystyle $ p $
Ragionando sulla natura dei due numeri devono essere uno pari e l'altro dispari

Pertanto abbiamo scoperto che
$ \dispaystyle $ \\ x=2k \\ y=2k+1 $

Inoltre necessariamente deve essere che anche
$ \dispxystyle $ x^{p-1} -x^{p-2}\cdot y+x^{p-3}\cdot y^{2}- $...$ \dispxystyle $ +x^{2}\cdot y^{p-3}-x \cdot y^{p-2}+y^{p-1} $
Deve essere una potenza di $ \dispaystyle $ p $...

Pertanto:
$ \dispxystyle $ x^{p-1} -x^{p-2}\cdot y+x^{p-3}\cdot y^{2}- $...$ \dispxystyle $ +x^{2}\cdot y^{p-3}-x \cdot y^{p-2}+y^{p-1} \equiv 0 \pmod{p} $
$ \dispaystyle x+y \equiv 0 \pmod{p} $

E a questo punto non sò proseguire...
Se qualcuno riesce ad andare avanti...o a corregere qualcosa...o semplicemente conosce una dimostrazione (magari meno intricata) posti pure...

[angus89]

Uffa...nessuno...io sono realmente interessato al problema, nessuno posta?
Va bè visto che ci siamo io riporto un'altro modo(a conferma di quanto detto prima per andare avanti nel problema)

$ \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) $

Arriviamo alle stesse conclusioni, ovvero che
$ \dispaystyle p|x+y $

Ci vuole il seguito...almeno tu jordan che l'hai risolto...postate una soluzione o un ragionamento, o una riflessione

[jordan]

do una traccia di aiuto..

i)definire cosa potrebbero essere le cosiddette "soluzioni primitive"
ii)$ 1^3+2^3=3^2 $
iii)dimostrare che x+y=p osservando la scomposizione di $ x^p+y^p $
iv)fare il caso $ z=2 $ utilizzando qualche limitazione su LHS e la iii)

io ho indicato la strada, chi prova a percorrerla?

[angus89]

do una traccia di aiuto..
i)definire cosa potrebbero essere le cosiddette "soluzioni primitive"

Ammesso (è evidente) che ci sono infinite soluzioni, data una soluzione (la più piccola nella sua forma) possiamo trovarne un'altra infinità...come?
Ecco
Ammesso x, y e p soluzioni
$ \dispaystyle x^{p}+y^{p}=p^{z} $
moltiplichiamo per$ \dispaystyle p^{p} $
$ \dispaystyle \\ x^{p} \cdot p^{p}+y^{p} \cdot p^{p} =p^{z} \cdot p^{p}\\ ({xp})^{p}+({yp})^{p}=p^{z+p} $

tale operazione può esser fatta infinite volte e produrre infinite soluzioni

ii)$ 1^3+2^3=3^2 $

Bè si...possiamo farlo in questo caso e trovare un'infinità di soluzioni

iii)dimostrare che x+y=p osservando la scomposizione di $ x^p+y^p $

na parola...comunque ci proverò

iv)fare il caso $ z=2 $ utilizzando qualche limitazione su LHS e la iii)

appena faccio la iii

io ho indicato la strada, chi prova a percorrerla?

proviamo...

[jordan]

do una traccia di aiuto..
i)definire cosa potrebbero essere le cosiddette "soluzioni primitive"

Ammesso (è evidente) che ci sono infinite soluzioni, data una soluzione (la più piccola nella sua forma) possiamo trovarne un'altra infinità...come?
Ecco
Ammesso x, y e p soluzioni
$ \dispaystyle x^{p}+y^{p}=p^{z} $
moltiplichiamo per$ \dispaystyle p^{p} $
$ \dispaystyle \\ x^{p} \cdot p^{p}+y^{p} \cdot p^{p} =p^{z} \cdot p^{p}\\ ({xp})^{p}+({yp})^{p}=p^{z+p} $

tale operazione può esser fatta infinite volte e produrre infinite soluzioni

piu che $ p^p $ andrebbe $ p^n $, comunque quello che ci interessa è che MCD(x,y)=1

iii)dimostrare che x+y=p osservando la scomposizione di $ x^p+y^p $

na parola...comunque ci proverò

è questo il problema (e le congruenze aiutano) [/tex]