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Sia \(p\) un primo della forma \(6n + 1\) tale che \(p +1 \equiv 0 \pmod{8}\). Dimostrare che
\[ x^{2n} + y^{2n}+z^{2n} \equiv 0 \pmod{p} \]
se e solo se
\[ x^{4n}+y^{4n}+z^{4n} \equiv 0 \pmod{p} \]

Freccia 1
$x^{2n}+y^{2n}+z^{2n} \equiv 0 \pmod p \rightarrow x^{4n}+y^{4n}+z^{4n} \equiv 0 \pmod p$.
Nessuno fra $x,y,z$ può essere $\equiv 0 \pmod p$, eccetto la terna $(0,0,0)$: se infatti, wlog, si avesse $z \equiv 0 \pmod p$, otterremo $x^{2n}+y^{2n} \equiv 0 \pmod p \to x^{2n} \equiv -y^{2n}\pmod p \to (x^n\cdot (y^{-1})^n)^2 \equiv -1 \pmod p$, ossia che $-1$ è un residuo quadratico $\pmod p$, assurdo perchè $p \equiv -1 \pmod 4$. L'unica possibilità è che $y$ non sia invertibile, ossia $y \equiv 0 \pmod p$, da cui $z \equiv 0 \pmod p$.
Tra i tre addendi non ce ne sono 2 congrui fra loro $\pmod p$, eccetto la terna $(0,0,0)$: se infatti si avesse, wlog, $y^{2n} \equiv z^{2n} \pmod p$, otterremo $x^{2n}+2y^{2n} \equiv 0 \pmod p \to x^{2n} \equiv -2y^{2n}\pmod p \to (x^n\cdot (y^{-1})^n)^2 \equiv -2 \pmod p$, ossia che $-2$ è un residuo quadratico $\pmod p$; ciò è assurdo, in quanto il prodotto di un residuo quadratico (ossia $2$, in quanto $p \equiv \pm 1 \pmod 8$) e un non residuo quadratico (ossia $-1$) non può essere un residuo quadratico. L'unica possibilità è che $y$ non sia invertibile, ossia $y \equiv 0 \pmod p$, da cui $z \equiv 0 \pmod p, x \equiv 0 \pmod p$.
Ovviamente la terna $(0,0,0)$ soddisfa la seconda condizione.
Ora possiamo scrivere $x^{2n} \equiv -y^{2n}-z^{2n} \pmod p \to x^{4n}+y^{4n}+z^{4n} \equiv (x^{2n})^2 +y^{4n}+z^{4n} \equiv (-y^{2n}-z^{2n})^2+y^{4n}+z^{4n}
\\ \equiv 2(y^{4n}+z^{4n}+y^{2n}z^{2n}) \pmod p$.
Ora è quindi sufficiente mostrare che $y^{4n}+z^{4n}+y^{2n}z^{2n} \equiv 0 \pmod p$. Questo lo si può vedere scrivendo il LHS come $\frac{y^{6n}-z^{6n}}{y^{2n}-z^{2n}}$ e notando che per il PTF il numeratore è $1-1=0$ e il denominatore è diverso da $0$ per quanto detto sopra.
Freccia 2
$x^{2n}+y^{2n}+z^{2n} \equiv 0 \pmod p \leftarrow x^{4n}+y^{4n}+z^{4n} \equiv 0 \pmod p$.
Sapendo che è vera la freccia precedente, ponendo $a=x^2$ e cicliche, si ha $a^{2n}+b^{2n}+c^{2n} \equiv 0 \pmod p\to a^{2 \cdot 2n}+b^{2 \cdot 2n}+c^{2 \cdot 2n} \equiv 0 \pmod p$ e quindi $x^{2 \cdot 2n}+y^{2 \cdot 2n}+z^{2 \cdot 2n} \equiv 0 \pmod p \to x^{4 \cdot 2n}+y^{4 \cdot 2n}+z^{4 \cdot 2n} \equiv 0 \pmod p \to x^{8n}+y^{8n}+z^{8n} \equiv 0 \pmod p$. Dunque si ha $x^{2n+6n}+y^{2n+6n}+z^{2n+6n} \equiv 0 \pmod p \to x^{2n}+y^{2n}+z^{2n} \equiv 0 \pmod p$ per il PTF (dato che $x^{6n} \equiv 1 \pmod p$) e cicliche. Se ce ne fosse uno $\equiv 0 \pmod p$, lo sarebbero tutti e tre per quanto detto prima, e la terna $(0,0,0)$, soddisfa entrambe le relazioni.

Bene! La mia è molto simile

Carino come problema xD Da dove proviene?

Niente, l'avevo pensato io, ispirato dal caso \(n=1\) (che in realtà si fa molto più velocemente a mano).

andrew24x ha scritto:[...] Nessuno fra $x,y,z$ può essere $\equiv 0 \pmod p$ [...]

questo mi sembra un ottimo modo per buttare via punticini preziosi: capisco che qui non siamo in gare ufficiali, tuttavia..
la terna $(0,0,0)$ chiaramente soddisfa l'ipotesi, eppure contraddice la tua affermazione di sopra. lo so, è il caso stupido e banale, però è il caso che (qui) ti fa perdere un punto (quello del cut-off, chiaramente).

Cavolo me l'ero scordato, ora edito aggiungendo il caso banale xD

ma_go ha scritto:

andrew24x ha scritto:[...] Nessuno fra $x,y,z$ può essere $\equiv 0 \pmod p$ [...]

questo mi sembra un ottimo modo per buttare via punticini preziosi: capisco che qui non siamo in gare ufficiali, tuttavia..
la terna $(0,0,0)$ chiaramente soddisfa l'ipotesi, eppure contraddice la tua affermazione di sopra. lo so, è il caso stupido e banale, però è il caso che (qui) ti fa perdere un punto (quello del cut-off, chiaramente).

Allora non avevo pensato male XD