OliForum Matematico

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 $.

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!)

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!)

Numeratore... ... Comunque per me la soluzione è giusta (non so però quanto valga il mio giudizio)

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

@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

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

Non ho capito questo controesempio... Qualcuno potrebbe spiegarmelo??

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

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 $?

Ops giusto, che errore stupido

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

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

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.

@ 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

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".

ah capito. come già detto l'avevo immaginato.
bella la dimostrazione di Giove

@SkZ: si`, me ne ero accorto dopo

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

A parte l'erroraccio, ora prova a spiegare a cosa sarebbe servito introdurre r,s invece di continuare a usare a,b.

Comunque a questo punto, qualcuno dimostri che esistono infiniti primi della forma 3k+1, e infiniti della forma 3k+2!