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Sia $ p>3 $ un primo. Se $ p $ divide $ x $, mostrare che l’equazione $ x^2-1=y^p $ non ha soluzioni negli interi positivi.


Della serie "Bastardo dentro"

su questo problema ieri c'ho quasi pianto e alla fine sono riuscito a risolverlo solo parzialmente...

$ $\displaystyle y $ può essere pari o dispari. Poniamo $ $\displaystyle y=2y' $ e sostituiamo: otteniamo$ $\displaystyle x^2-1=2^py,^p $. Fattorizziamo al primo membro e otteniamo $ $\displaystyle (x+1)(x-1)=2^py,^p $. Poichè $ $\displaystyle x+1 $ e $ $\displaystyle x-1 $ sono due pari consecutivi, possiamo scrivere $ $\displaystyle x-1=2^{\frac{p-1}{2}}a $
e $ $\displaystyle x+1=2^{\frac{p+1}{2}}b $. Se sottraiamo la prima dalla seconda otteniamo $ $\displaystyle 2=2^{\frac{p+1}{2}}b-2^{\frac{p-1}{2}}a $. Raccogliamo a fattore comune e semplifichiamo: otteniamo $ $\displaystyle 1=2^{\frac{p-3}{2}}(2b-a) $. Ora, il secondo membro dovrebbe essere dispari mentre invece è sempre pari, eccetto il caso $ $\displaystyle p=3 $, che però è escluso dalla prima condizione.

Io sono arrivato qui....per $ $\displaystyle y $dispari non sono arrivato a niente


PS. avevo pure imparato a scrivere in LaTeX su word per voi! cattivi!

Io ho pensato invece che potesse c'entrare qualcosa Pell, anche se non sono riuscito ugualmente a dimostrare la tesi

bestiedda ha scritto:su questo problema ieri c'ho quasi pianto

Non sapevo che facesse addirittura quest'effetto

bestiedda ha scritto: Fattorizziamo al primo membro e otteniamo $ $\displaystyle (x+1)(x-1)=2^py,^p $. Poichè $ $\displaystyle x+1 $ e $ $\displaystyle x-1 $ sono due pari consecutivi, possiamo scrivere $ $\displaystyle x-1=2^{\frac{p-1}{2}}a $
e $ $\displaystyle x+1=2^{\frac{p+1}{2}}b $.

bestiedda ha scritto:PS. avevo pure imparato a scrivere in LaTeX su word per voi! cattivi!

Be, almeno è qualcosa è servito


Comunque tutti hanno provato a fare questo esercizio, in effetti sembrava il più abbordabile..
dai, sono accettate anche soluzioni parziali, vediamo se insieme si arriva alla fine..

Faccio due considerazioni....

@Bestiedda:
Non è detto che $ $\displaystyle x-1=2^{\frac{p-1}{2}} a $ e $ $\displaystyle x+1=2^{\frac{p+1}{2}}b $, infatti x+1 può essere uno qualsiasi dei divisori di $ $ 2^p y'^p $.
Però penso che questa possa essere una strada per risolverlo...
L'unico fattore che possono avere in comune $ x-1 $ e $ x+1 $ è 2, perchè se un numero li divide entrambi, divide anche la loro differenza, cioè 2.

$ y $ è pari, perchè $ p > 3 $ p è sicuramente dispari, e $ y^p = x^2 -1 \equiv -1 \pmod p $ dato che p divide x, dunque $ y^p $ è pari perciò y è pari.

Allora, per farmi perdonare da jordan per non aver partecipato (non ho proprio avuto tempo questo week end) posto la mia soluzione di questo problema (che ha dato un senso alle 6 ore a scuola di stamattina, tranne quella di geografia astronomica - la voce della prof era troppo forte per riuscire a concentrarsi...).


caso 1) x è pari. Segue che y è dispari, per cui (x+1,x-1)=1 e quindi x+1 e x-1 sono potenze p-esime, ma sono chiaramente troppo vicine...

caso 2) x è dispari.

Caso 2a) $ x\equiv 1 \pmod 4 $

$ (x+1)(x-1)=y^p $, da cui $ x+1=2a^p $ (con a dispari) e $ x-1=2^{p-1}b^p $ (a e b chiaramente sono interi... altrettanto chiaramente (a,2b)=1)

Abbiamo questa simpatica identità: $ a^{2p}-(2b)^p=\left( \frac{x-3}{2}\right) ^2 $

Sappiamo che $ p|x $ quindi $ p\nmid x-3 $ ($ p\ge 5 $) per cui si ha (uso il Lemma di max, cioè che $ (c-d,\frac{c^{p}-d^p}{c-d})|p $ per c,d interi coprimi e p primo) che $ (a^2-2b,\frac{a^{2p}-(2b)^p}{a^2-2b})=1 $ per cui $ a^2-2b $ è un quadrato.

Siccome $ \frac{a^p}{b^p}=2^{p-2}\frac{x+1}{x-1}>1 $ abbiamo che a>b, ma allora $ a^2-2b $ non può essere un quadrato in quanto $ (a-1)^2<a^2-2b<a^2 $


Caso 2b) $ x\equiv -1 \pmod 4 $

$ (x+1)(x-1)=y^p $, da cui $ x-1=2a^p $ (con a dispari) e $ x+1=2^{p-1}b^p $ (a e b chiaramente sono interi... altrettanto chiaramente (a,2b)=1)

Abbiamo questa simpatica identità: $ a^{2p}+(2b)^p=\left( \frac{x+3}{2}\right) ^2 $

Sappiamo che $ p|x $ quindi $ p\nmid x+3 $ ($ p\ge 5 $) per cui si ha (uso il Lemma di max, cioè che $ (c-d,\frac{c^{p}-d^p}{c-d})|p $ per ogni c,d interi coprimi e p primo) che $ (a^2-(-2b),\frac{a^{2p}-(-2b)^p}{a^2-(-2b)})=1 $ per cui $ a^2+2b $ è un quadrato.

Siccome $ \frac{a^p}{b^p}=2^{p-2}\frac{x-1}{x+1}>1 $ abbiamo che a>b, ma allora $ a^2+2b $ non può essere un quadrato in quanto $ (a+1)^2>a^2+2b>a^2 $

FINE

Spero sia abbastanza chiara, se jordan proprio non sa che fare nel tempo libero può divertirsi a correggerla...

edit: il problema di scrivere due casi che differiscono solo per alcuni segni è che inevitablimente sbagli a ricopiare la soluzione, ora (almeno i più e i meno) dovrebbero essere giusti. Comunque simpatico il problema Da dove viene?

piever ha scritto:Allora, per farmi perdonare da jordan per non aver partecipato (non ho proprio avuto tempo questo week end) posto la mia soluzione di questo problema (che ha dato un senso alle 6 ore a scuola di stamattina, tranne quella di geografia astronomica - la voce della prof era troppo forte per riuscire a concentrarsi...).


caso 1) x è pari. Segue che y è dispari, per cui (x+1,x-1)=1 e quindi x+1 e x-1 sono potenze p-esime, ma sono chiaramente troppo vicine...

caso 2) x è dispari.

Caso 2a) $ x\equiv 1 \pmod 4 $

$ (x+1)(x-1)=y^p $, da cui $ x+1=2a^p $ (con a dispari) e $ x-1=2^{p-1}b^p $ (a e b chiaramente sono interi... altrettanto chiaramente (a,2b)=1)

Abbiamo questa simpatica identità: $ a^{2p}-(2b)^p=\left( \frac{x-3}{2}\right) ^2 $

Sappiamo che $ q|x $ quindi $ q\nmid x-3 $ ($ q\ge 5 $) per cui si ha (uso il Lemma di max, cioè che $ (c-d,\frac{c^{p}-d^p}{c-d})|p $ per c,d interi coprimi e p primo) che $ (a^2-2b,\frac{a^{2p}-(2b)^p}{a^2-2b})=1 $ per cui $ a^2-2b $ è un quadrato.

Siccome $ \frac{a^p}{b^p}=2^{p-2}\frac{x+1}{x-1}>1 $ abbiamo che a>b, ma allora $ a^2-2b $ non può essere un quadrato in quanto $ (a-1)^2<a^2-2b<a>1 $ abbiamo che a>b, ma allora $ a^2-2b $ non può essere un quadrato in quanto $ (a+1)^2>a^2+2b>a^2 $

FINE

Spero sia abbastanza chiara, se jordan proprio non sa che fare nel tempo libero può divertirsi a correggerla...

Ciao pie,direi che ti sei fatto perdonare alla grande..

Davide90 ha scritto: $ y $ è pari, perchè $ p > 3 $ p è sicuramente dispari, e $ y^p = x^2 -1 \equiv -1 \pmod p $ dato che p divide x, dunque $ y^p $ è pari perciò y è pari.

il fatto che $ $y \equiv -1 (modp) $ non implica y pari, infatti y può essere congruo a -1 modulo un multiplo pari di p

esempio vedi p=5 e y=9

@bestiedda Hai ragione, cagata....

Abbiamo questa simpatica identità: $ $ a^{2p}-(2b)^p=\left( \frac{x-3}{2}\right) ^2 $

Qualcuno mi potrebbe mostrare i passaggi?

Davide90 ha scritto:@bestiedda Hai ragione, cagata....

Abbiamo questa simpatica identità: $ $ a^{2p}-(2b)^p=\left( \frac{x-3}{2}\right) ^2 $

Qualcuno mi potrebbe mostrare i passaggi?

$ $ a^{2p}-(2b)^p= (a^p)^2-2 \cdot (2^{p-1}b^p)= (\frac{x+1}{2})^2-2(x-1)= (\frac{x-3}{2})^2 $

esiste una soluzione completamente elementare che non faccia uso di lemmi di cui solo alcuni (e io non sono tra loro ) sono a conoscenza?

hmm..ci sono 2 passaggi che mi sono perso...

piever ha scritto: $ (x+1)(x-1)=y^p $, da cui $ x+1=2a^p $ (con a dispari) e $ x-1=2^{p-1}b^p $ (a e b chiaramente sono interi... altrettanto chiaramente (a,2b)=1)

non riesco a capire perchè se $ x+1=2*a^p $ allora esiste un b con (a,2b)=1 tale che $ x-1=2^{p-1}b^p $

piever ha scritto:Sappiamo che $ q|x $ quindi $ q\nmid x-3 $ ($ q\ge 5 $) per cui si ha (uso il Lemma di max, cioè che $ (c-d,\frac{c^{p}-d^p}{c-d})|p $ per c,d interi coprimi e p primo) che $ (a^2-2b,\frac{a^{2p}-(2b)^p}{a^2-2b})=1 $ per cui $ a^2-2b $ è un quadrato.

non ho capito cos'è q, dato che non è mai stato usato prima nè a cosa serva considerando che non mi sembra che nei passaggi successivi lo utilizzi.
Per il resto, mi sembra che fili tutto liscio come l'olio...

Qui c'è la soluzione di sumita (il succo è lo stesso..)

secondo me q e' un refuso: sarebbe p

Agh, pensavo di essermi impicciato solo con i segni... Sì, q=p...

Comunque, giusto per curiosità, jordan ti sei reso conto che questo caso particolare della congettura di Catalan aveva una soluzione elementare e lo hai proposto oppure è preso da una gara? In ogni caso niente male come problema...

E, quasi dimenticavo: ancora una volta, mitico Giove!