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Trovare tutti gli $ n \in \mathbb{Z} \cap [1,2009] $ tali che $ 7 \mid 4n^6+n^3+5 $.

(Indonesia National Science Olympiad 2009)


Data l'evidente facilità del problema, è espressamente messa al bando almeno il calcolo a mano dei 7 casi di congruenza..
[Editato il titolo]

Non avendo letto la frase finale mi stavo mettendo a cercare l'errore perchè era troppo semplice per essere un problema postato da Jordan
Comunque per dimostrare il meglio della mia ignoranza ( ) : come si farebbe senza calcolarsi i casi di congruenza?
Già che ci sei edita il titolo che è sbagliato.

jordan ha scritto:è espressamente messa al bando almeno il calcolo a mano dei 7 casi di congruenza..

Con 3 (di cui uno ovvio) si può? O hai trovato un modo più elegante?

Dipende dal tuo concetto di elegante xd cmq vediamo

Trovare tutti gli n \in \mathbb{Z} \cap [1,2009] tali che 7 \mid 4n^6+n^3+5.

il post è un pochino vecchio ma provo a rispondere comunque.

Riscrivo come :
$ 4n^6 + 15n^3 + 5 \equiv 0 \pmod 7 $

7 è primo per cui la soluzione si può ricondurre alla soluzione di una quadratica.
$ k=n^3, 4k^2 + 15k + 5 \equiv 0 \pmod 7 $

$ k \equiv \frac{\sqrt{145}-15}{8} \pmod 7 $
perciò deve essere necessariamente
$ n \equiv \sqrt[3]{\frac{\sqrt{145}-15}{8}} \pmod 7 $
da cui n non può essere intero

Giusto ? A me sembra abbastanza elegante e semplice.

la classica e' con Piccolo Teorema di Fermat
intanto si vede facilmente che $ ~n\not\equiv0\mod{7} $
ergo $ ~n^{7-1}\equiv 1 \mod{7} $ quindi
$ ~n^3\equiv 5\mod{7} $
ergo $ ~(n^3)^2\equiv 5^2\mod{7} $ ovvero $ ~n^6\equiv 4\mod{7} $
impossibile

Per la serie "post di dubbia utilità", si può rigirare così la questione: tolto n=0, poiché i quadrati modulo primo sono $ $(p-1)/2 $ e $ $n^6\equiv1 $, $ $n^3\equiv\pm1 $, ma $ $4n^6+5\equiv2 $

julio14 ha scritto:Per la serie "post di dubbia utilità", si può rigirare così la questione: tolto n=0, poiché i quadrati modulo primo sono $ $(p-1)/2 $ e $ $n^6\equiv1 $, $ $n^3\equiv\pm1 $, ma $ $4n^6+5\equiv2 $

non ho capito quello che fai ,che vuoi dire dicendo che i quadrati modulo primo sono $ $(p-1)/2 $?e poi perchè fai quei passaggi dopo?

banalmente, le classi di equivalenza modulo un numero primo p>2 sono:
$ $-\frac{p-1}{2},\dots,-1,0,1,\dots,\frac{p-1}{2} $
ergo se elevo al quadrato ottengo che le classi di equivalenza dei quadrati modulo p
$ $0,1,\dots,\left(\frac{p-1}{2}\right)^2 $
ovvero il loro numero e' appunto
$ $\frac{p+1}{2} $
julio probabilmente ha escluso la classe 0

i passaggi dopo sono legati al Piccolo teorema di Fermat che dice che se p e primo
$ ~n^p\equiv n\mod{p} $
se n non e' multiplo di p $ ~n^{p-1}\equiv 1\mod{p} $

poi si ha che $ ~n^3\equiv \pm1\mod{7} $

julio14 ha scritto:Per la serie "post di dubbia utilità", si può rigirare così la questione: tolto n=0, poiché i quadrati modulo primo sono $ $(p-1)/2 $ e $ $n^6\equiv1 $, $ $n^3\equiv\pm1 $, ma $ $4n^6+5\equiv2 $

Si esatto a questo mi riferivo, in particolare al fatto che $ p \mid a^{\frac{p-1}{2}}-\left(\frac{a}{p}\right) $ per ogni $ p \in \mathbb{P} \setminus\{2\} $ e $ a \in \mathbb{Z} $ (e quindi che $ \left(\frac{a}{p}\right)\in\{-1,0,1\} $).