Esistono [tex]x,y[/tex] t.c. [tex]p-y^2\mid p-x^2[/tex]
Inviato: 25 gen 2012, 00:03
Mostrare che per ogni primo $ p>3 $, esitono interi $ 0<x<y<\sqrt{p} $ tali che $ p-y^2 \mid p-x^2 $.
Inizio, scelgo $y= \left\lfloor \sqrt{p} \right\rfloor $. Sia $d$ la differenza $p - y^{2}$. Voglio dimostrare che esiste $x$ t.c. $d \mid y^{2} - x^{2}$. Ora vale sicuramente $p \leq (\left\lfloor \sqrt{p} \right\rfloor +1)^{2}$, ma possiamo dire di più: dato che p primo $> 3$, $p \neq a^{2}$ e $p \neq a^{2}-1$ altrimenti si può fattorizzare. Segue che $p \leq (\left\lfloor \sqrt{p} \right\rfloor +1)^{2} -2$. Allora $d= p- y^{2}\leq (\left\lfloor \sqrt{p} \right\rfloor +1)^{2} -2 - (\left\lfloor \sqrt{p} \right\rfloor) ^{2}= 2 \left\lfloor \sqrt{p} \right\rfloor +1 -2 = 2 \left\lfloor \sqrt{p} \right\rfloor -1$.
Allora se prendo $x= d-y, x\leq 2 \left\lfloor \sqrt{p} \right\rfloor -1 - \left\lfloor \sqrt{p} \right\rfloor = \left\lfloor \sqrt{p} \right\rfloor -1 < y$. Inoltre $d= y+x \rightarrow d \mid y^{2} - x^{2}$ e $d \mid p - y^{2}$ perciò $d \mid p - y^{2} + y^{2} - x^{2}= p - x^{2}$ che è la tesi.