Ogni terna (p,q,r) di primi t.c. p^3 = p^2 + q^2 + r^2
Ogni terna (p,q,r) di primi t.c. p^3 = p^2 + q^2 + r^2
Determinare ogni terna $ (p,q,r) $ di numeri primi naturali tale che $ p^3 = p^2 + q^2 + r^2 $.
Banalmente, $ q^2+r^2 \equiv 0 (mod p) $: dividiamo il problema in tre casi;
Caso 1: $ p=2 $
Ne consegue $ q^2+r^2=4 $, che non ammette soluzioni per q,r primi naturali.
Caso 2: $ p \equiv 1 (mod 4) $
Allora $ p^2(p-1)=q^2+r^2 $ implica $ q^2+r^2 \equiv 0 (mod 4) $ e, dato che gli scarti quadratici $ mod 4 $ sono 0 e 1, l'unica possibilità è $ q^2 \equiv r^2 \equiv 0 (mod 4) $, dunque $ q=r=2 $, che porta a $ p^2(p-1)=8 $, che non ammette soluzioni naturali in p.
Caso 3: $ p \equiv 3 (mod 4) $
Lemma: Se $ x^2+y^2 \equiv 0 (mod p) $, con p primo naturale e $ p \equiv 3 (mod 4) $, allora $ x \equiv y \equiv 0 (mod p) $
Dimostrazione:
$ x^2 \equiv -y^2 (mod p) $
$ (x^2)^{(p-1)/2} \equiv (-y^2)^{(p-1)/2} (mod p) $
$ x^{p-1} \equiv -y^{p-1} $
(il segno - rimane data la disparità di $ (p-1)/2 $)
Per il piccolo teorema di Fermat, $ x^{p-1} \equiv 1 (mod p) $ oppure $ x^{p-1} \equiv 0 (mod p) $; poiché nel primo caso l'equazione sarebbe impossibile, ne consegue che $ x^{p-1} \equiv -y^{p-1} \equiv 0 (mod p) $, da cui $ x \equiv y \equiv 0 (mod p) $
Per il lemma appena dimostrato, essendo nel nostro caso $ q^2+r^2 \equiv 0 (mod p) $ e $ p \equiv 3 (mod 4) $, ne deriva che $ q \equiv r \equiv 0 (mod p) $, quindi, chiaramente, $ p=q=r $, che trasforma l'equazione di partenza in $ p^3=3p^2 $, che porta alla terna $ (3,3,3) $, che è l'unica soluzione.
Caso 1: $ p=2 $
Ne consegue $ q^2+r^2=4 $, che non ammette soluzioni per q,r primi naturali.
Caso 2: $ p \equiv 1 (mod 4) $
Allora $ p^2(p-1)=q^2+r^2 $ implica $ q^2+r^2 \equiv 0 (mod 4) $ e, dato che gli scarti quadratici $ mod 4 $ sono 0 e 1, l'unica possibilità è $ q^2 \equiv r^2 \equiv 0 (mod 4) $, dunque $ q=r=2 $, che porta a $ p^2(p-1)=8 $, che non ammette soluzioni naturali in p.
Caso 3: $ p \equiv 3 (mod 4) $
Lemma: Se $ x^2+y^2 \equiv 0 (mod p) $, con p primo naturale e $ p \equiv 3 (mod 4) $, allora $ x \equiv y \equiv 0 (mod p) $
Dimostrazione:
$ x^2 \equiv -y^2 (mod p) $
$ (x^2)^{(p-1)/2} \equiv (-y^2)^{(p-1)/2} (mod p) $
$ x^{p-1} \equiv -y^{p-1} $
(il segno - rimane data la disparità di $ (p-1)/2 $)
Per il piccolo teorema di Fermat, $ x^{p-1} \equiv 1 (mod p) $ oppure $ x^{p-1} \equiv 0 (mod p) $; poiché nel primo caso l'equazione sarebbe impossibile, ne consegue che $ x^{p-1} \equiv -y^{p-1} \equiv 0 (mod p) $, da cui $ x \equiv y \equiv 0 (mod p) $
Per il lemma appena dimostrato, essendo nel nostro caso $ q^2+r^2 \equiv 0 (mod p) $ e $ p \equiv 3 (mod 4) $, ne deriva che $ q \equiv r \equiv 0 (mod p) $, quindi, chiaramente, $ p=q=r $, che trasforma l'equazione di partenza in $ p^3=3p^2 $, che porta alla terna $ (3,3,3) $, che è l'unica soluzione.
Membro dell'EATO.
Membro della Lega Anti MM2.
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