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Trovare tutti gli interi positivi $ a $ e $ b $ tali che esistano tre interi consecutivi in cui il polinomio $ p(n)= \frac{n^4+a}{b} $ assume valori interi.

Azzarderò una risposta basata principalmente sull'intuizione...
Dunque, se considero b = 1 ovviamente tutti i p(n) considerati sono interi. Quindi diciamo che (a, 1) è una coppia di soluzioni per ogni a considerato.
Non posso considerare b = 2n (cioè b pari), dal momento che devo considerare tre interi consecutivi per calcolare p(n), di cui almeno uno è pari e almeno uno è dispari: per poter dividere un numero dispari per un numero pari devo sommare un a dispari, ma così facendo non posso più dividere i pari (che diventano dispari...).
Infine, considerando i numeri dispari, esistono delle coppie (a, b) che, sostituite in p(n), diano tre interi consecutivi, ma questo non può essere vero per ogni n, poiché se tra i tre n considerati per calcolare p(n) è presente un multiplo di b, allora esso può essere divisibile per b solo se a è multiplo di b, ma questo significa che gli altri due interi consecutivi non possono dare origine a numeri divisibili per b.
Siccome non sono sicuro di essere stato chiaro, provo con un esempio: se considero b = 5, con n={2, 3, 4} ho n^4={16, 81, 256}, quindi se a = 4 allora {20, 85, 260} sono divisibili per b, ma questo non vale se n={3, 4, 5} (infatti 625+4=629, che non è divisibile per b).

A te basta che ci sia un terna di naturali consecutivi che soddisfi la richiesta, non ti chiede che sia vera per tutte le terne possibili

Triarii ha scritto:A te basta che ci sia un terna di naturali consecutivi che soddisfi la richiesta, non ti chiede che sia vera per tutte le terne possibili

Giusto, avevo letto male il problema...
In sostanza devo ancora dimostrare che $ n^4+a $, $ (n+1)^4+a $ e $ (n+2)^4+a $ sono tutti e tre divisibili per b dispari, cosa che probabilmente va fatta con l'aritmetica modulare, di cui non so quasi niente...
Vediamo se i presupposti sono giusti: devo dimostrare che $ n^4\equiv(n+1)^4\equiv(n+2)^4 $ (mod b), per almeno una terna. Tuttavia, se io elimino gli esponenti (invarianza rispetto all'elevamento a potenza, si può applicare anche al contrario?) e tolgo da tutti n, mi viene $ 0\equiv1\equiv2 $ (mod b), il che non mi dice assolutamente nulla e per giunta suona sbagliato...
Probabilmente ho scritto almeno una castroneria: qualcuno può aiutarmi a capire come applicare l'aritmetica modulare ad un problema semplice come questo?
PS: magari ci ripenserò sopra ad un'ora più adatta, per ora il riassunto è che una coppia di soluzioni è (a, 1), che b non è pari; può essere 5, soluzione (4, 5) e non può essere 3.

Riguardo il problema di sopra, tutte e sole le soluzione dovrebbero essere [Edited: vedi sotto]; il problema è che il testo è sbagliato: il problema originale chiede $\frac{n^5+a}{b} \in \mathbb{N}$, per qualche intero $a,b >0$ e almeno tre interi consecutivi $n$..

Ouroboros ha scritto:invarianza rispetto all'elevamento a potenza, si può applicare anche al contrario?

No, non si può. Ad esempio $2^4\equiv 4^4 \pmod 3$ ma $2\not\equiv 4 \pmod 3$.
Provo io:
Vogliamo $b$ tale che per qualche $n$ valga $$(n-1)^4\equiv n^4\equiv (n+1)^4 \pmod b$$
Da cui si deduce subito che $(b,2)=(b,n)=1$.
Inoltre $$b\mid (n+1)^4-(n-1)^4=8n(n^2+1) \ \ \to \ \ b\mid n^2+1$$
Allora $$b\mid n^4-(n+1)^4+(4n+6)(n^2+1)=5$$
Quindi $b$ vale $1$ oppure $5$.
$b=1$ porta alla classe banale di soluzioni $(a, 1)$
Se $b=5$ allora $a\equiv -n^4\equiv -1 \pmod 5$, per il quale si verifica facilmente che $n\equiv 2,3 \pmod 5$ soddisfano. Da cui la classe di soluzioni $(5k-1, 5)$.

jordan ha scritto:il problema è che il testo è sbagliato: il problema originale chiede $\frac{n^5+a}{b} \in \mathbb{N}$, per qualche intero $a,b >0$ e almeno tre interi consecutivi $n$..

Ah ok... mi sembrava un po' troppo semplice per essere EGMO xD

Vogliamo $b$ tale che per qualche $n$ valga $$(n-1)^5\equiv n^5\equiv (n+1)^5 \pmod b$$
Da cui si deduce subito che $(b,2)=(b,n)=1$.
Inoltre $$b\mid (n+1)^5-(n-1)^5=2(5n^4+10n^2+1) \ \ \to \ \ b\mid 5n^4+10n^2+1$$
$$b\mid (n+1)^5-n^5-( 5n^4+10n^2+1)=5n(2n^2+1) \ \ \to \ \ b\mid 5(2n^2+1)$$
$$b\mid 5(2n^2+3)(2n^2+1)-4(5n^4+10n^2+1)=11$$
Quindi $b$ vale $1$ oppure $11$.
$b=1$ porta alla classe banale di soluzioni $(a, 1)$
Se $b=11$ allora $11\mid 2n^2-1$ implica $n\equiv 4,7 \pmod {11}$, e si verifica facilmente che questi valori di $n$ soddisfano per $a\equiv -1 \pmod {11}$.
Da cui la classe si soluzioni non banale $(11k-1, 11)$.

EDIT: corretto un errore di battitura. ma_go.

notare che, strettamente parlando, le congruenze qui "non servono": possono far comodo per calcolare la classe di resto della divisione delle potenze quinte per 11, e possono far ragionevolmente sospettare che $b$ abbia qualcosa a che fare con i primi della forma $5k+1$ (io ci ho pensato solo a posteriori, sinceramente), ma a parte quello non si usano.

per i frequentatori che non sapessero cosa sono le congruenze, sostituite mentalmente ad ogni $x\equiv y \pmod m$ un "$m$ divide $x-y$" (in notazione compatta $m\mid (x-y)$) oppure un "$x = y+km$ per qualche $k$ intero".

kalu ha scritto:

Ouroboros ha scritto:invarianza rispetto all'elevamento a potenza, si può applicare anche al contrario?

No, non si può. Ad esempio $2^4\equiv 4^4 \pmod 3$ ma $2\not\equiv 4 \pmod 3$.

Ah ok, la prossima volta vedrò di documentarmi meglio

Comunque grazie a tutti per i chiarimenti

Non ho sbagliato il testo, semplicemente l'ho proposto con $ n^4 $. E' la stessa cosa alla fine. Bene Kalu