OliForum Matematico

Essendo p un primo naturale, determinare ogni intero k (badate bene, c'è scritto intero!) tale che $ \sqrt{k^2 - kp} $ sia razionale. (Spagna 1997)

A giudicare dalla qualità dei problemi, pare che in Spagna stiano messi peggio di!

dobbiamo trovare degli interi k tali che $ k(k-p)=x^2 $
$ MCD(k;k-p)=MCD(k;p) $ quindi può essere solo 1 o $ p $.

se è $ =p $
$ k=ap, k(k-p)=a(a-1)p^2=x^2 $, quindi $ a=0, k=0 $.

se è = 1 sia $ |k| $ che $ |k-p| $ devono essere due quadrati, quindi
$ |k|=a^2 $
$ |k-p|=b^2 $, cob a e b interi non negativi.

$ |a^2-b^2|=p $
$ (a+b)|a-b|=p $
$ a+b=p $
$ |a-b|=1 $
quindi
$ \displaystyle a=\frac{p+1}{2}, $ $ \displaystyle b=\frac{p-1}{2} $ o viceversa
$ \displaystyle k=\frac{p^2+2p+1}{4} $ o $ \displaystyle k=-\frac{p^2-2p+1}{4} $

sostituendo si vede che tutte e tre le soluzioni funzionano;i valori di k sono quindi
$ \displaystyle 0,\frac{p^2+2p+1}{4},-\frac{p^2-2p+1}{4} $

ciao ciao

ps messi peggio di...........chi?!?

frengo ha scritto:[...] $ MCD(k;k-p)=MCD(k;p) $ quindi può essere solo 1 o $ p $. Se è $ =p $: $ k=ap, k(k-p)=a(a-1)p^2=x^2 $, quindi $ a=0, k=0 $.

...oppure a = 1, e quindi k = p. Il resto può anche andare bene...

frengo ha scritto:[...] sostituendo si vede che tutte e tre le soluzioni funzionano; i valori di k sono quindi $ \displaystyle 0,\frac{p^2+2p+1}{4},-\frac{p^2-2p+1}{4} $

Certo però che, se p = 2, la roba quassù non mi par mica tanto rappresentare degli interi, eh...

frengo ha scritto:ps messi peggio di...........chi?!?

Parbleu, non penso che serva poi così tanta immaginazione...

La mia: banalmente, k = 0 e k = p sono entrambe soluzioni. Ammettiamo perciò per il seguito k < 0 vel k > p. Si vorrebbe allora $ 0 < k(k - p) = x^2 $, per qualche $ x \in \mathbb{Z}^+ $. Se $ q \in \mathfrak{P} $: $ 0 \equiv v_q(a^2) \equiv v_q(k) + v_q(k-p)\bmod 2 $, dove $ v_q(\cdot) $ indica una valutazione q-adica. Pertanto $ k = \pm u^2 \cdot p $ oppure $ k = \pm v^2 $, con $ u, v \in \mathbb{Z}^+ $, sicché rispettivamente i] $ u^2 \mp 1 = y^2 $ oppure ii] $ v^2 \mp p = y^2 $, per qualche $ y \in \mathbb{Z}^+ $. Ne risulta $ u = 1 $ (quando nella i] si consideri la determinazione negativa del segno) oppure $ v = \frac{1}{2}(p \mp 1) $, mantenendo la corrispondenza dei segni con la ii]. Da qui le altre potenziali soluzioni: $ k = -p $ oppure $ k = \pm \frac{1}{4}(p \mp 1)^2 $. Ché in effetti una verifica a posteriori suggerisce poi come la prima fra queste dev'essere di fatto esclusa, e nondimeno che la seconda è accettabile solo per $ p > 2 $ (altrimenti $ \frac{1}{4}(p \mp 1)^2 $ non è un intero). That's all!