Cerco di rifarmi dalle stupidate scritte qualche post fa postando un problema che mi è parso carino (e che non ho trovato in post vecchi)
Sia $ \displaystyle p $ un primo della forma $ 3k+2 $ che divide $ a^2+ab+b^2 $ per qualche intero $ a $ e $ b $. Dimostrare che $ a $ e $ b $ sono divisibili entrambi per $ \displaystyle p $.
p|a^2+ab+b^2
Ci provo anche se alla fine me ne esco con una soluzione che non so quanto è valida... boh mi direte voi.
Allora innanzitutto k o è 0 o è dispari. Perchè se fosse pari avremmo un nemero primo pari maggiore di 2 che non esiste! Allora dividiamo i due casi.
Nel caso uno con k=0 abbiamo
$ 2|a^2+ab+b^2 $
ovvero l'espressione $ a^2+ab+b^2 $ deve essere pari. Ciò succede solo se sia $ a $ che $ b $ sono pari, quindi multipli di 2. Ciò è verificabile con le regolette pari per pari, pari più dispari etc etc. Esempio $ a $ pari e $ b $ dispari, che succede?
$ a^2+ab+b^2=P^2+PD+D^2=P+P+D=D $
Non riporto tutti i casi per pigrizia ma avete capito di certo perchè siete più bravi di me.
Quindi la tesi per il numero pari 2 è dimostrata.
Caso 2. Numeri primi dispari. $ k=(2n+1) $
$ 3(2n+1)+2=6n+5 $ (tra l'altro genera numeri primi per tantissimissimi valori di n, provare per credere
)
Allora abbiamo che $ \frac{a^2+ab+b^2}{6n+5}=H $ dove H è un numero naturale qualsiasi.
Ed è qui che me ne esco con una soluzione che non so quanto è valida o giustificabile, me lo dirà chi ha fatto più gare di me...
$ 6n+5 $ deve essere non scomponibile in fattori primi, in quanto primo lui stesso, e lo stesso $ a^2+ab+b^2 $ è notoriamente non fattorizzabile in R, figuriamoci in N! Allora se sia il numeratore che il denominatore sono non fattorizzabili, o sono entrambi primi, o primi tra loro (il che non può essere data la tesi) o ogni singolo termine del numeratore è divisibile per il denominatore.
Da ciò ne segue che sia a che b sono multipli del primo in questione.
La tesi e dimostrata (spero ma non sono certo!)
Allora innanzitutto k o è 0 o è dispari. Perchè se fosse pari avremmo un nemero primo pari maggiore di 2 che non esiste! Allora dividiamo i due casi.
Nel caso uno con k=0 abbiamo
$ 2|a^2+ab+b^2 $
ovvero l'espressione $ a^2+ab+b^2 $ deve essere pari. Ciò succede solo se sia $ a $ che $ b $ sono pari, quindi multipli di 2. Ciò è verificabile con le regolette pari per pari, pari più dispari etc etc. Esempio $ a $ pari e $ b $ dispari, che succede?
$ a^2+ab+b^2=P^2+PD+D^2=P+P+D=D $
Non riporto tutti i casi per pigrizia ma avete capito di certo perchè siete più bravi di me.
Quindi la tesi per il numero pari 2 è dimostrata.
Caso 2. Numeri primi dispari. $ k=(2n+1) $
$ 3(2n+1)+2=6n+5 $ (tra l'altro genera numeri primi per tantissimissimi valori di n, provare per credere
)Allora abbiamo che $ \frac{a^2+ab+b^2}{6n+5}=H $ dove H è un numero naturale qualsiasi.
Ed è qui che me ne esco con una soluzione che non so quanto è valida o giustificabile, me lo dirà chi ha fatto più gare di me...
$ 6n+5 $ deve essere non scomponibile in fattori primi, in quanto primo lui stesso, e lo stesso $ a^2+ab+b^2 $ è notoriamente non fattorizzabile in R, figuriamoci in N! Allora se sia il numeratore che il denominatore sono non fattorizzabili, o sono entrambi primi, o primi tra loro (il che non può essere data la tesi) o ogni singolo termine del numeratore è divisibile per il denominatore.
Da ciò ne segue che sia a che b sono multipli del primo in questione.
La tesi e dimostrata (spero ma non sono certo!)
Ultima modifica di Fedecart il 22 lug 2008, 16:54, modificato 1 volta in totale.
Numeratore...Fedecart ha scritto: ...
Allora se sia il numeratore che il denominatore sono non fattorizzabili, o sono entrambi primi, o primi tra loro (il che non può essere data la tesi) o ogni singolo termine del denominatore è divisibile per il denominatore.
Da ciò ne segue che sia a che b sono multipli del primo in questione.
La tesi e dimostrata (spero ma non sono certo!)
... Comunque per me la soluzione è giusta (non so però quanto valga il mio giudizio)"Quando un uomo siede un'ora in compagnia di una bella ragazza, sembra sia passato un minuto. Ma fatelo sedere su una stufa per un minuto e gli sembrerà più lungo di qualsiasi ora. Questa è la relatività." (Albert Einstein)
Prendi $ a=2, b=5 \rightarrow a^2+ab+b^2=4+10+25=39 $
Dato che non hai usato nella divisione il fatto che $ p $ è un primo di quella forma, nota che $ 3\vert 39 $ ma $ 3\not \vert 2,5 $.
Quindi il tuo ragionamento finale, non vale. Bisogna stare attenti al discorso della fattorizzazione.. trae spesso in errore
Dato che non hai usato nella divisione il fatto che $ p $ è un primo di quella forma, nota che $ 3\vert 39 $ ma $ 3\not \vert 2,5 $.
Quindi il tuo ragionamento finale, non vale. Bisogna stare attenti al discorso della fattorizzazione.. trae spesso in errore
@Fedecart: anche se un polinomio non e` fattorizzabile, i valori che assume per particolari valori delle variabili possono essere numeri composti.
Io procedo cosi`: innanzitutto, come ha gia` detto Fedecart, se $ p = 2 $ la tesi e` verificata. Studio i casi che negano la tesi, per giungere a un assurdo.
Supponiamo $ p > 2 $. Ora, se $ a \equiv n \pmod p, n \neq 0 $ e $ b \equiv 0 \pmod p $, allora dovrei avere $ n^2 \equiv 0 \pmod p $ (dalle ipotesi). Supponiamo allora di avere $ a \equiv r \pmod p, b \equiv s \pmod p $; sostituiamo nell'equazione $ a^2 + ab + b^2 \equiv 0 \pmod p $ e otteniamo $ r^2 + rs + s^2 \equiv 0 \pmod p $. Osserviamo quest'equazione: $ r, s $ sono i rappresentanti (positivi e minimi in valore assoluto) delle classi di equivalenzi di $ a, b $ in $ \mathbb{Z}_p $, e $ p $ e` primo, quindi in particolare non divide $ r, s $, che sono compresi tra $ 0 $ e $ p - 1 $. Ora, se $ p $ non divide questi residui, non divide neppure $ r^2, s^2, rs $, a meno che questi non siano nulli. La tesi e` quindi dimostrata.
Spero di non aver commesso errori
Io procedo cosi`: innanzitutto, come ha gia` detto Fedecart, se $ p = 2 $ la tesi e` verificata. Studio i casi che negano la tesi, per giungere a un assurdo.
Supponiamo $ p > 2 $. Ora, se $ a \equiv n \pmod p, n \neq 0 $ e $ b \equiv 0 \pmod p $, allora dovrei avere $ n^2 \equiv 0 \pmod p $ (dalle ipotesi). Supponiamo allora di avere $ a \equiv r \pmod p, b \equiv s \pmod p $; sostituiamo nell'equazione $ a^2 + ab + b^2 \equiv 0 \pmod p $ e otteniamo $ r^2 + rs + s^2 \equiv 0 \pmod p $. Osserviamo quest'equazione: $ r, s $ sono i rappresentanti (positivi e minimi in valore assoluto) delle classi di equivalenzi di $ a, b $ in $ \mathbb{Z}_p $, e $ p $ e` primo, quindi in particolare non divide $ r, s $, che sono compresi tra $ 0 $ e $ p - 1 $. Ora, se $ p $ non divide questi residui, non divide neppure $ r^2, s^2, rs $, a meno che questi non siano nulli. La tesi e` quindi dimostrata.
Spero di non aver commesso errori
Non ho capito questo controesempio... Qualcuno potrebbe spiegarmelo??EUCLA ha scritto:Prendi $ a=2, b=5 \rightarrow a^2+ab+b^2=4+10+25=39 $
Dato che non hai usato nella divisione il fatto che $ p $ è un primo di quella forma, nota che $ 3\vert 39 $ ma $ 3\not \vert 2,5 $.
Quindi il tuo ragionamento finale, non vale. Bisogna stare attenti al discorso della fattorizzazione.. trae spesso in errore
"Quando un uomo siede un'ora in compagnia di una bella ragazza, sembra sia passato un minuto. Ma fatelo sedere su una stufa per un minuto e gli sembrerà più lungo di qualsiasi ora. Questa è la relatività." (Albert Einstein)
Il fatto che non li divida singolarmente non significa che non divida la somma... Controesempio: $ r=2, s=1 $; quanto fa $ r^2+ s^2+ rs $ modulo $ 7 $?stefanos ha scritto: ...
Ora, se $ p $ non divide questi residui, non divide neppure $ r^2, s^2, rs $, a meno che questi non siano nulli. La tesi e` quindi dimostrata.
Spero di non aver commesso errori
e poi la tua dimostrazione dovrebbe funzionare per tutti i primi, mentre a te interessa solo "meta' del cielo"
ad es per p=3 la cosa non vale
ad es per p=3 la cosa non vale
impara il [tex]~\LaTeX[/tex] e mettilo da par[tex]\TeX~[/tex]
Software is like sex: it's better when it's free (Linus T.)
membro: Club Nostalgici
Non essere egoista, dona anche tu! http://fpv.hacknight.org/a8.php
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provo una dimostrazione anche se mi sa che è sbagliata. lo dico perchè è una dimostrazione che mi è venuta senza pensarci molto, solo che mi sono venuti dubbi e allora la posto:
$ a^2+ab+b^2 $ è, per ipotesi, multiplo di p.
allora
$ a^2+ab+b^2 \equiv 0 (mod {p}) $
allora:
$ a \equiv 0 (mod {p}) $
e $ b\equiv 0 (mod {p}) $
ciò significa che a e b sono multipli di p
non fucilatemi
al massimo ci ragiono di più e provo a rivederlo
$ a^2+ab+b^2 $ è, per ipotesi, multiplo di p.
allora
$ a^2+ab+b^2 \equiv 0 (mod {p}) $
allora:
$ a \equiv 0 (mod {p}) $
e $ b\equiv 0 (mod {p}) $
ciò significa che a e b sono multipli di p
non fucilatemi
al massimo ci ragiono di più e provo a rivederlo
Ultima modifica di matteo16 il 22 lug 2008, 19:05, modificato 1 volta in totale.
Allora, supponiamo che $ p $ non divida $ a $. Allora non divide neanche $ b $, perché altrimenti si avrebbe $ a^2\equiv 0 $.
Sia ora $ k $ un intero tale che $ a\equiv kb \mod p $. Necessariamente $ k $ non è multiplo di $ p $, altrimenti lo sarebbe anche $ a $.
Sostituendo si ottiene $ k^2+k+1\equiv 0 \mod p $.
Moltiplicando per $ k-1 $ si ha
$ k^3 \equiv 1 \mod p $, da cui $ ord_p (k) \mid 3 $; dato che per $ k\equiv 1 $ si ha $ p=3 $ (assurdo), $ ord_p (k) =3 $.
Ma $ 3=ord_p(k)\mid p-1 = 3k+1 $, assurdo.
Sia ora $ k $ un intero tale che $ a\equiv kb \mod p $. Necessariamente $ k $ non è multiplo di $ p $, altrimenti lo sarebbe anche $ a $.
Sostituendo si ottiene $ k^2+k+1\equiv 0 \mod p $.
Moltiplicando per $ k-1 $ si ha
$ k^3 \equiv 1 \mod p $, da cui $ ord_p (k) \mid 3 $; dato che per $ k\equiv 1 $ si ha $ p=3 $ (assurdo), $ ord_p (k) =3 $.
Ma $ 3=ord_p(k)\mid p-1 = 3k+1 $, assurdo.
@ matteo16: il problema stava proprio nel dimostrare il passaggio se $ a^2+ab+b^2\equiv0 \pmod p $ allora $ a\equiv0 \pmod p $ e $ b\equiv0 \pmod p $.
Saltando quel passaggio hai schivato il problema "vero".
@ Giove: ovviamente è giusto
La mia soluzione moltiplicava prima per completare la differenza di cubi ma l'idea di fondo è quella
Saltando quel passaggio hai schivato il problema "vero".
@ Giove: ovviamente è giusto
La mia soluzione moltiplicava prima per completare la differenza di cubi ma l'idea di fondo è quella
ah capito. come già detto l'avevo immaginato.eli9o ha scritto:@ Giove: ovviamente è giusto
@ matteo16: il problema stava proprio nel dimostrare il passaggio se $ a^2+ab+b^2\equiv0 \pmod p $ allora $ a\equiv0 \pmod p $ e $ b\equiv0 \pmod p $.
Saltando quel passaggio hai schivato il problema "vero".
bella la dimostrazione di Giove
A parte l'erroraccio, ora prova a spiegare a cosa sarebbe servito introdurre r,s invece di continuare a usare a,b.stefanos ha scritto:@Fedecart: anche se un polinomio non e` fattorizzabile, i valori che assume per particolari valori delle variabili possono essere numeri composti.
Io procedo cosi`: innanzitutto, come ha gia` detto Fedecart, se $ p = 2 $ la tesi e` verificata. Studio i casi che negano la tesi, per giungere a un assurdo.
Supponiamo $ p > 2 $. Ora, se $ a \equiv n \pmod p, n \neq 0 $ e $ b \equiv 0 \pmod p $, allora dovrei avere $ n^2 \equiv 0 \pmod p $ (dalle ipotesi). Supponiamo allora di avere $ a \equiv r \pmod p, b \equiv s \pmod p $; sostituiamo nell'equazione $ a^2 + ab + b^2 \equiv 0 \pmod p $ e otteniamo $ r^2 + rs + s^2 \equiv 0 \pmod p $. Osserviamo quest'equazione: $ r, s $ sono i rappresentanti (positivi e minimi in valore assoluto) delle classi di equivalenzi di $ a, b $ in $ \mathbb{Z}_p $, e $ p $ e` primo, quindi in particolare non divide $ r, s $, che sono compresi tra $ 0 $ e $ p - 1 $. Ora, se $ p $ non divide questi residui, non divide neppure $ r^2, s^2, rs $, a meno che questi non siano nulli. La tesi e` quindi dimostrata.
Spero di non aver commesso errori
Comunque a questo punto, qualcuno dimostri che esistono infiniti primi della forma 3k+1, e infiniti della forma 3k+2!