$a^p+b^p=p^c $
Inviato: 29 set 2012, 23:41
Dato $p$ primo, trovare tutti gli interi positivi $a,b,c$ tali che
\[ a^p+b^p=p^c \]
(France TST 2012)
\[ a^p+b^p=p^c \]
(France TST 2012)
Testo nascosto:
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$a^p+b^p=p^c $
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Re: $a^p+b^p=p^c $
Inviato: 01 ott 2012, 15:33
Se le soluzioni sono tutte e sole queste, scrivo la dimostrazione...
Re: $a^p+b^p=p^c $
Inviato: 01 ott 2012, 15:58
Ti ricordo che $a, b, c$ sono positivi. Comunque no, non sono tutte e sole... ad esempio c'è anche $(3, 6, 3, 5)$.Drago96 ha scritto:Se le soluzioni sono tutte e sole queste, scrivo la dimostrazione...Testo nascosto:
Re: $a^p+b^p=p^c $
Inviato: 01 ott 2012, 16:16
Ho usato una cosa senza verificarne le ipotesi...
Alla luce di questo, direi che ci sono anche $(p,a,b,c)=(3,3^n,2\cdot3^n,3n+2)$ e dovrebbero essere tutte (spero...)
Re: $a^p+b^p=p^c$
Inviato: 01 ott 2012, 21:47
Sia $ a=dx $, $ b=dy $ con $ d=(a, b) $.
E' evidente che $ d $ deve essere una potenza di $ p $, dunque srivo $ d=p^k $.
Semplificando ottengo $ x^p+y^p=p^{\gamma} $, dove $ \gamma=c-kp $.
Se $ p=2 $, dato che $ x, y $ sono entrambi dispari (essendo coprimi non possono essere entrambi pari), ho che $ x^2+y^2 \equiv 2 \pmod{4} $. Quindi $ \gamma=1 $, e $ x=y=1 $, da cui la quaterna $ (a, b, c, p)=(2^k, 2^k, 2k+1, 2) $.
Ora suppongo $ p $ dispari.
Riscrivo come $ \displaystyle (x+y)\biggl( \frac{x^p+y^p}{x+y} \biggl)=p^{\gamma} $, da cui si nota immediatamente che $ x+y $ deve essere una potenza (positiva) di $ p $. [edit]
Applico allora il lemma LTE: $ \displaystyle v_p\biggl(\frac{x^p+y^p}{x+y}\biggl)=v_p({x^p+y^p})-v_p({x+y})=v_p(p)=1 $, da cui $ x^p+y^p=p(x+y) $.
Noto che $ \displaystyle\sqrt[p]{\frac{p(x+y)}{2}}=\sqrt[p]{\frac{x^p+y^p}{2}}\geq \frac{x+y}{2} $, da cui $ \displaystyle \frac{x+y}{2} \leq \sqrt[p-1]{p} $.
Ma con una $ GM-AM $ sulla $ (p-1) $-upla $ (p, 1, ..., 1) $ si vede che $ \sqrt[p-1]{p} < 2 $, da cui $ x+y<4 $.
Il caso $ x=y=1 $ è stato già considerato, non resta che il caso $ x=1 $, $ y=2 $ (o viceversa), che conduce alla soluzione $ p=3 $ (dal momento che $ x+y $ è potenza di $ p $) e $ \gamma=2 $.
In conclusione, risolvono l'equazione tutte e sole le quaterne $ (a, b, c, p) $ della forma $ (2^k, 2^k, 2k+1, 2) $, $ (3^k, 2\cdot 3^k, 3k+2, 3) $, $ (2\cdot 3^k, 3^k, 3k+2, 3) $, per qualche $ k $ intero non negativo.
RILANCIO: risolvere $ a^n+b^n=p^c $, con $ n $ dispari maggiore di 1
E' evidente che $ d $ deve essere una potenza di $ p $, dunque srivo $ d=p^k $.
Semplificando ottengo $ x^p+y^p=p^{\gamma} $, dove $ \gamma=c-kp $.
Se $ p=2 $, dato che $ x, y $ sono entrambi dispari (essendo coprimi non possono essere entrambi pari), ho che $ x^2+y^2 \equiv 2 \pmod{4} $. Quindi $ \gamma=1 $, e $ x=y=1 $, da cui la quaterna $ (a, b, c, p)=(2^k, 2^k, 2k+1, 2) $.
Ora suppongo $ p $ dispari.
Riscrivo come $ \displaystyle (x+y)\biggl( \frac{x^p+y^p}{x+y} \biggl)=p^{\gamma} $, da cui si nota immediatamente che $ x+y $ deve essere una potenza (positiva) di $ p $. [edit]
Applico allora il lemma LTE: $ \displaystyle v_p\biggl(\frac{x^p+y^p}{x+y}\biggl)=v_p({x^p+y^p})-v_p({x+y})=v_p(p)=1 $, da cui $ x^p+y^p=p(x+y) $.
Noto che $ \displaystyle\sqrt[p]{\frac{p(x+y)}{2}}=\sqrt[p]{\frac{x^p+y^p}{2}}\geq \frac{x+y}{2} $, da cui $ \displaystyle \frac{x+y}{2} \leq \sqrt[p-1]{p} $.
Ma con una $ GM-AM $ sulla $ (p-1) $-upla $ (p, 1, ..., 1) $ si vede che $ \sqrt[p-1]{p} < 2 $, da cui $ x+y<4 $.
Il caso $ x=y=1 $ è stato già considerato, non resta che il caso $ x=1 $, $ y=2 $ (o viceversa), che conduce alla soluzione $ p=3 $ (dal momento che $ x+y $ è potenza di $ p $) e $ \gamma=2 $.
In conclusione, risolvono l'equazione tutte e sole le quaterne $ (a, b, c, p) $ della forma $ (2^k, 2^k, 2k+1, 2) $, $ (3^k, 2\cdot 3^k, 3k+2, 3) $, $ (2\cdot 3^k, 3^k, 3k+2, 3) $, per qualche $ k $ intero non negativo.
RILANCIO: risolvere $ a^n+b^n=p^c $, con $ n $ dispari maggiore di 1
Re: $a^p+b^p=p^c$
Inviato: 02 ott 2012, 02:48
Bien; tutto corretto apparteun esponente saltato qui
Riscrivo come $(x+y)\left(\frac{x^p+y^p}{x+y}\right)=p$,[...]