OliForum Matematico

Vi chiedo aiuto con questo problema, non riesco proprio a sbloccarmi. Qualche consiglio?
Determinare tutte le coppie (p,n) dove p è un numero primo e n è un intero positivo tali che:
$ p^5 + 4p + 1 = n^2 $

Chiaramente avevo già provato (in particolare pensavo che fosse una buona idea ragionare sulla congruenza modulo 16 visto che stavo trattando una potenza quarta se raccoglievo p) e avevo anche provato a raccogliere in diversi modi ma ogni volta non riesco a trovare niente di soddisfacente. 3 e 16 ovviamente l'avevo trovata anche io, ma ripeto poi mi sono bloccato. Qualche altro aiutino? (non la soluzione, così mi ci scervello da solo ancora un po')
Grazie

Credo che le uniche soluzioni siano n=16, p=3. Io mi sono servito delle congruenze modulo 3 e del fatto che p^2 è congruo a p modulo 3. Ammetto di non aver ricontrollato il procedimento, quindi potrebbe esserci scappato l'errore .

Ratman98 ha scritto:Io mi sono servito [...] del fatto che p^2 è congruo a p modulo 3. Ammetto di non aver ricontrollato il procedimento

Uhm, ricontrolla un po' quel fatto su p e p^2...

Mi ero coricato da cinque minuti; al sesto ho realizzato di aver sbagliato a scrivere. p^2 è congruo a 1 modulo 3, poichè phi(3)=2. Spero di non aver confuso troppe menti. Grazie fph

Bastava fare così:
Per Piccolo Teorema di Fermat $ n^2 \equiv 1 \pmod{3} $ e dunque $ n^2 - 1 \equiv 0 \pmod{3} $
A questo punto allora $ p(p^4 + 1) \equiv 0 \pmod{3} $
Caso 1) $ p \equiv 0 \pmod{3} $ ma l'unico primo così è ovviamente 3 e quindi troviamo la prima e unica coppia (3, 16)
Caso 2) $ p \equiv 1 \pmod{3} $ ma allora $ p^4 + 4 \equiv 0 \pmod{3} $ cioè $ p^4 \equiv 2 \pmod{3} $ che non è accettabile.
Caso 3) $ p \equiv 2 \pmod{3} $ ma allora $ p^4 + 4 \equiv 0 \pmod{3} $ cioè $ p^4 \equiv 1 \pmod{3} $ che non è accettabile.
Era veramente banale... sono stato un pollo
Grazie mille a tutti per gli aiuti

PIELEO13 ha scritto:Per Piccolo Teorema di Fermat $ n^2 \equiv 1 \pmod{3} $ e dunque $ n^2 - 1 \equiv 0 \pmod{3} $

A me sembra un po' falsa come cosa, a livello generale

In effetti non hai analizzato il caso in cui $3|n$

mi unisco a karlosson e Damiano ...trovato un valore buono si potrebbe lavorare modulo lui ....o sue potenze!!

una casistica su $ n $ potrebbe essere utile?
divisibile per 3 o meno?...

Visto che nessuno si fa avanti vi chiedo se la mia è giusta:

Se $3$ non divide $n$ ottengo $$p+p+1 \equiv 0 \, mod(3)$$ $$2p \equiv 0 \, mod (3)$$
Quindi possiamo avere solo $p=3$ che effettivamente verifica con $n=16$

Se $3$ divide $n$ allora $n^2=9j^2$ Analizzando modulo 9 ottengo $$p^5+4p+1 \equiv 0 \, mod(9)$$
$$p^6+4p^2+p \equiv 0 \, mod(9)$$ (penso sia lecito in questo caso, ma non credo si possa fare sempre)

E visto che $9$ non divide $p$ ($p$ è primo!) ottengo:
$$4p^2+p+1 \equiv (2p+1)^2+6p \equiv 0 \, mod (9)$$
$$(2p+1)^2 \equiv 3p \, mod (9)$$
Ma i residui quadratici modulo $9$ sono solo $1, \, 4, \, 0, \, 7$ mentre $3p \equiv 6,3,0 \, mod (9)$
Quindi non ci sono altre soluzioni.

@DamianoY: è corretta
In un uguaglianza modulare puoi sempre moltiplicare per quello che vuoi, mentre se dividi devi stare attento (puoi dividere per $a$ modulo $n$ solo se $(a,n)=1$). Per essere precisini, quando applichi il teorema di eulero (aka il piccolo teorema di fermat modulo numero a caso), non basta che $9\neq p$, ma serve $(9,p)=1$ (che in questo caso si esclude facilmente visto che $p=3$ è già stato fatto).

karlosson_sul_tetto ha scritto:@DamianoY: è corretta
In un uguaglianza modulare puoi sempre moltiplicare per quello che vuoi, mentre se dividi devi stare attento (puoi dividere per $a$ modulo $n$ solo se $(a,n)=1$). Per essere precisini, quando applichi il teorema di eulero (aka il piccolo teorema di fermat modulo numero a caso), non basta che $9\neq p$, ma serve $(9,p)=1$ (che in questo caso si esclude facilmente visto che $p=3$ è già stato fatto).

Grazie per le precisazioni e puntualizzazioni

In effetti l'ho dato un po' troppo per scontato che $(9,p)=1$ .
Domani l'altro speriamo di non perdere punti per cavolate simili come è mio solito fare