OliForum Matematico

Sia $ p $ un primo della forma $ 8k+5 $ tale che $ p\mid \displaystyle 2\binom{\frac{3}{4}(p-1)}{\frac{1}{4}(p-1)}-\binom{\frac{1}{2}(p-1)}{\frac{1}{4}(p-1)}+1 $.
Dimostrare che se $ p\mid x^4+y^4+z^4 $ per qualche intero $ x,y,z $ allora $ p^4\mid x^4+y^4+z^4 $.

(Paolo Leonetti)

Corollario: $ p=5 $ soddisfa banalmente le ipotesi e anche $ p=29 $ (vedi qui)

Mancavano proprio dei testi orrendi in tdn (che poi è sempre un'ottima scusa se non riesco a risolvere )

Sì, e spero che tu non sia (quasi?) l'unico a provarci, come in passato xd
Comunque il problema di enigma linkato nel corollario non credo facesse riferimento a questo tipo di soluzione..
Qualcuno può controllare se esiste un primo $ p>29 $ che soddisfa le ipotesi? (Excel ha i suoi limiti )

Fino a 20000 nessun altro esempio (dopo 20000 i conti diventano pazzeschi pure per un pc)
Già che ci sto allego il codice (python):

Speravo meglio, ma vabe.. grazie per il tentativo

non ho capito bene il testo... Tu dici che se esiste una terna di particolari $ (x_1,y_1,z_1) $ tale che $ p|x_1^4+y_1^4+z_1^4 $ allora per quegli stessi numeri vale che $ p^4|x_1^4+y_1^4+z_1^4 $, giusto ?

Si, mi pareva il testo fosse chiaro..

Ottimizzato un poco il codice... ho controllato fino a 200000 nulla ancora Mi sa che il problema può diventare: "Trovare tutti i primi tali che" valga quella roba...

Ecco il codice:

Vabe dario2994 lascia stare, metti per ipotesi che ne esiste uno sufficientemente grande..(anche perchè non avrei idea di come dimostrare che esistono solo quei due primi che vrificano la divisiblità)

Mi pare che con smanettamenti sui binomiali, teorema di Wilson e reciprocità quadratica si dimostri che un primo che soddisfa quelle condizioni deve anche essere congruo a -1 modulo 3

Non vedo motivi evidenti per supporre che 5 e 29 siano gli unici; un "ragionamento" molto euristico mi suggerirebbe che siano infiniti, e che fino a x ce ne siano un parente di $ \frac{1}{2}\log\log x $; sarebbe quindi già una gran fortuna averne due così piccoli, e per il terzo si dovrebbe andare più in là di $ 10^{100} $. Naturalmente questo non ha nulla di rigoroso né ha grande pretesa di essere giusto.

FrancescoVeneziano ha scritto:fino a x ce ne siano un parente di $ \frac{1}{2}\log\log x $

Perchè questa stima?

È solo quello che mi aspetto "ad occhio", non è una vera stima, ma se vuoi ti spiego perché:
Teniamo la notazione p=8k+5, ed indichiamo con a,b,c,d rispettivamente i prodotti degli interi tra 1 e 2k+1, tra 2k+2 e 4k+2, tra 4k+3 e 6k+3 e tra 6k+4 e 8k+4.
Evidentemente $ a \equiv (-1)^{2k+1}d \equiv -d $, e per lo stesso motivo $ b\equiv -c $.
La nostra condizione equivale a $ 2\frac{abc}{aab}-\frac{ab}{aa}+1\equiv 0 $, cioè moltiplicando per a
$ 2c-b+a\equiv 0 $, ovvero usando le relazioni già scritte $ a\equiv 3b $.

Cosa possiamo dire ancora?
$ (3b^2)^2\equiv (ab)^2 \equiv ab(-b)(-a)\equiv abcd\equiv -1 $ (l'ultima congruenza è il teorema di Wilson) e dunque -9 è una quarta potenza.
p è congruo a 1 modulo 4, quindi metà dei quadrati sono quarte potenze, e perché il prodotto di -1 e 9, che sono entrambi quadrati, sia una quarta potenza serve che entrambi lo siano, o non lo sia nessuno dei due. Certamente -1 non è una quarta potenza, perché se così fosse ci sarebbe un elemento il cui ordine è multiplo di 8, che non è possibile, pertanto serve che 3 non sia un quadrato, e quindi per la reciprocità che p sia -1 modulo 3.
E fin qui tutto ok.

Torniamo al rapporto a/b. Indipendentemente dalla seconda condizione, che ci dice che deve essere congruo a 3, sappiamo che questo rapporto non può essere un quadrato (questo segue dal fatto che -1 non è una potenza quarta, che segue da p=8k+5); inoltre, assumendo p=8k+5, la divisibilità con i binomiali è completamente equivalente a $ a/b\equiv 3 $.
"Euristicamente", mi aspetto che, a parte il non essere un quadrato, non ci siano altri vincoli su questo rapporto; che succede se azzardo una stima ad occhio assumendo (che Gauss mi perdoni) che quel rapporto sia congruo a 3 in modo "casuale", ed "indipendente" tra primo e primo, con "probabilità" 2/(p-1) (che avrei tirando a caso un non-quadrato) ?
Fermandomi ad una soglia x, mi aspetto che il numero di primi fortunati sia $ \displaystyle \sum_{p\equiv 5 \pmod {24}, p\leq x}\frac{2}{p-1}\approx 2\sum_{p\equiv 5 \pmod {24}, p\leq x}\frac{1}{p}\approx \frac{2}{\phi(24)}\log\log x=\frac{1}{4}\log \log x $.
Scusate, mi ero perso un fattore facendo il conto a mente.

Non volevo scrivere tutto questo per timore di generare soltanto confusione senza insegnare niente, l'ho fatto perché me l'hai chiesto ma permettimi di ribadirlo un'altra volta per tutti:
QUANTO HO SCRITTO NON È CORRETTO.
Non solo non è una dimostrazione, ma non conosco né credo esista al momento un modo per aggiustare le parti fumose e trasformarlo in una dimostrazione. Tuttavia capita spesso che ragionamenti "probabilistici" di questo tipo suggeriscano il risultato corretto, e non avendo altro cui appigliarmi non vedo basi fondate per azzardare la congettura che 5 e 29 siano gli unici, anche perché non averne trovati altri fino a 200000 è perfettamente compatibile con un andamento di tipo loglog.

Detto questo, siete ora liberissimi di smentirmi indicandomi gli errori che potrei aver fatto, o producendo qualche semplicissima dimostrazione che 5 e 29 sono effettivamente gli unici che verificano le ipotesi