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determinare le soluzioni positive della diofantea $ $p^x-y^p=1 $ con $ $p $ primo

bestiedda ha scritto:determinare le soluzioni positive della diofantea $ $p^x-y^p=1 $ con $ $p $ primo

Mi sembra che sia soltanto casistica.


Caso 1: p=2
$ $2^x-y^2=1 $
Se $ $x \ge 2$ $ allora $ $-y^2=1 \pmod{4}$ $ assurdo, e quindi $ $x=1 \Longrightarrow 2-y^2=1 \Longrightarrow y=1$ $.
Una soluzione può essere: $ $x=1;~y=1~p=2$ $.


Caso 2: p>2
$ $p^x=1+y^p=(1+y)(1-y+y^2...+y^{p-1})$ $
Chiamo
$ $(1+y)=p^{\alpha}$ $ e $ $(1-y+y^2...+y^{p-1})=p^{\beta}$ $ con $ $\alpha+\beta=x$ $


Caso 2.1: $ $\alpha=0$ $
$ $1+y=p^{\alpha}=p^0=1 \Longrightarrow y=0$ $ non accettabile


Caso 2.2: $ $\alpha=1$ $
$ $p^x=1+y^p=1+(p-1)^p=1+p^p-\binom{p}{p-1}p^{p-1}+...+p^2-1 \equiv p^2 \pmod{p^3} \Longrightarrow x=2$ $
Riscriviamo: $ $p^2-1=(p-1)^p \Longrightarrow (p+1)(p-1)=(p-1)^p \Longrightarrow p+1=(p-1)^{p-1}$ $$ $p=((p-1)^{\frac{p-1}{2}}+1)((p-1)^{\frac{p-1}{2}}-1) \Longrightarrow (p-1)^{\frac{p-1}{2}}=2$ $. Da cui $ $p=3;~x=2;~y=2$ $


Caso 2.3: $ {\alpha>1$ $

Lemma: $ $p^{\beta} \ge p^{\alpha} ~~~ \forall ~ y>1$ $
Dimostrazione per l'induzione:
Passo base: $ $1+y \le1-y+y^2 \Longrightarrow 2y \le y^2 \Longrightarrow 2 \le y$ $ OK
Passo induttivo: $ $1+y \le 1-y+y^2...+y^{2k} \Longrightarrow 1+y \le 1-y+y^2...+y^{2k}-y^{2k+1}+y^{2k+2}$ $ che è certamente vera perché $ $-y^{2k+1}+y^{2k+2}>0$ $

$ $1+y=p^{\alpha} \Longrightarrow y \equiv -1 \pmod{p^{\alpha}} \Longrightarrow p^{\beta} \equiv p \pmod{p^{\alpha}}$ $
ma $ $p^{\beta}$ $ deve essere$ $\ge p^{\alpha}$ $ assurdo.

Quindi le soluzioni sono:
$ $x=1;~y=1;~p=2$ $
$ $x=2;~y=2;~p=3$ $

Adesso chi ha voglia di correggerlo?

Tanto per prendere a cannonate basta dividere in 2 casi:x=1 e non.
Per x=1 si dimostra che l'unica tripla che soddisfa è (x,y,p)=1,1,2
Per x diverso da 1 per il teorema di Catalan l'unica soluzione è (x,y,p)=(2,2,3)... so che non è olimpica, ma dovrebbe fungere :)

dario2994 ha scritto:Tanto per prendere a cannonate basta dividere in 2 casi:x=1 e non.
Per x=1 si dimostra che l'unica tripla che soddisfa è (x,y,p)=1,1,2
Per x diverso da 1 per il teorema di Catalan l'unica soluzione è (x,y,p)=(2,2,3)... so che non è olimpica, ma dovrebbe fungere

Da quel che sapevo, lo scopo del gioco è ricondurre cose difficili a cose facili, non viceversa

piever ha scritto: Da quel che sapevo, lo scopo del gioco è ricondurre cose difficili a cose facili, non viceversa :P

Infatti ho barato xD
Comunque tanto per tornare in-topic... in una gara olimpica in una dimostrazione posso usare qualche teoremone per dimostrare qualcosa di relativamente semplice (come ora per esempio...)???

Teoricamente è giusto ma non ben dispone un correttore che sarà sicuramente meno indigente per il resto del problema...si suppone che se si conosce un teorema lo si sa anche dimostrare...

Vedi qui

Alex90 ha scritto:Teoricamente è giusto ma non ben dispone un correttore che sarà sicuramente meno indigente per il resto del problema...si suppone che se si conosce un teorema lo si sa anche dimostrare...

Ah, allora ... a parte che se i correttori improvvisamente si trovassero meno indigenti di prima a causa di qualcosa che hai scritto, sarebbero sicuramente felicissimi...
Poi, nelle gare internazionali non capiterà quasi mai che ci siano problemi equivalenti a teoremi noti e difficili (o loro casi particolari).
In generale (e soprattutto a livello nazionale e sul forum) l'idea guida è il buon senso: se il teoremone in questione risolve tutto in una riga ed è più difficile da dimostrare dell'esercizio, forse non è il caso di usarlo...

...ora mi trovo a vagare nel mio cervello a chiedermi da dove sia venuta la parola indigenti...

Alex90 ha scritto:Teoricamente è giusto ma non ben dispone un correttore che sarà sicuramente meno indigente per il resto del problema...si suppone che se si conosce un teorema lo si sa anche dimostrare...

EvaristeG ha scritto:Ah, allora ... a parte che se i correttori improvvisamente si trovassero meno indigenti di prima a causa di qualcosa che hai scritto, sarebbero sicuramente felicissimi...

Zingarelli ha scritto:Indigente, vc. dotta, lat. indigente(m) part. pres. di indigere: Che si trova in assoluta povertà. Sin. Bisognoso.

[...]

Indulgere, vc. dotta, lat. indulgere, di etim. incerta: A v. intr. Essere, mostrarsi accondiscendente; B v.tr. lett. 1 Permettere, accordare; 2 Perdonare.

FeddyStra ha scritto:

Alex90 ha scritto:Teoricamente è giusto ma non ben dispone un correttore che sarà sicuramente meno indigente per il resto del problema...si suppone che se si conosce un teorema lo si sa anche dimostrare...

EvaristeG ha scritto:Ah, allora ... a parte che se i correttori improvvisamente si trovassero meno indigenti di prima a causa di qualcosa che hai scritto, sarebbero sicuramente felicissimi...

Zingarelli ha scritto:Indigente, vc. dotta, lat. indigente(m) part. pres. di indigere: Che si trova in assoluta povertà. Sin. Bisognoso.

[...]

Indulgere, vc. dotta, lat. indulgere, di etim. incerta: A v. intr. Essere, mostrarsi accondiscendente; B v.tr. lett. 1 Permettere, accordare; 2 Perdonare.

L'ho sempre detto che fare il Liceo Classico aiuta molto alle olimpiadi di matematica...

EvaristeG ha scritto:Ah, allora ... a parte che se i correttori improvvisamente si trovassero meno indigenti di prima a causa di qualcosa che hai scritto, sarebbero sicuramente felicissimi...

A me sembra che questa frase abbia perfettamente senso.

Sì, infatti: era per evidenziare la consueta genialità sottesa alle risposte di EvaristeG.