Ogni a tale che (2^a-1) | (b^2+9)
Ogni a tale che (2^a-1) | (b^2+9)
Determinare ogni intero positivo a per cui esiste $ b\in\mathbb{Z} $ tale che $ 2^a-1 $ divide $ b^2+9 $.
Re: Ogni a tale che (2^a-1) | (b^2+9)
Premetto alcuni lemmi di teoria elementare dei numeriHiTLeuLeR ha scritto:Determinare ogni intero positivo a per cui esiste $ b\in\mathbb{Z} $ tale che $ 2^a-1 $ divide $ b^2+9 $.
1)Siano $ x,y \in N^+ $, se esiste un primo $ p \-= -1 \mod 4 $ tale che $ p|x^2+y^2 $ allora $ p|x $ e $ p|y $
2) Per ogni $ x>0 $ tutti i primi che dividono $ x^2+1 $ sono $ =2 $ oppure dispari e $ \-= 1 \mod 4 $
Supponiamo sia $ 2^a-1|b^2+9 $ con $ a>1 $ che non lede la generalità
Abbiamo che $ 2^a-1 $ è dispari e $ \-= -1 \mod 4 $ quindi esiste almeno un primo $ p \-= -1 \mod 4 $ tale che $ p|2^a-1 $.
Per le ipotesi e il lemma (1) otteniamo che $ p|b $ e $ p|3 $ cioè $ p=3 $. Se $ a $ è dispari otteniamo un assurdo, infatti $ 3|2^a-1 $ sarebbe impossibile, quindi $ a $ è pari.
Se esiste $ d>1 $ dispari tale che $ d|a $ allora $ 2^d-1|2^a-1 $ e $ 2^d-1|9((b/3)^2+1) $, del resto non è $ 3|2^d-1 $ quindi $ 2^d-1|(b/3)^2+1 $ come per $ 2^a-1 $ esiste almeno un primo $ p \-= -1 \mod 4 $ tale che $ p|2^d-1 $, ma è assurdo perchè contraddice il lemma (2).
In definitiva non resta che il caso $ a=2^n $, posto la dimostrazione del fatto che per $ a=2^n $ esiste sempre $ b $ dopo che avrò l'okay per quanto sopra
Allora ecco il caso $ a=2^n $, sappiamo cheHiTLeuLeR ha scritto:Sì, fin qui è tutto corretto.
$ 2^{2^n}-1=(2-1)(2+1)(2^2+1)(2^{2^2}+1)...(2^{2^{n-1}}+1) $
da cui $ 3||2^a-1 $ e per il lemma (2) $ 3 $ è l'unico primo $ \-= -1 \mod 4 $ che divide $ 2^a-1 $. Quindi è sufficiente dimostrare che $ \frac{2^a-1}{3}|(b/3)^2+1 $. Ci vengono d'aiuto i seguenti lemmi
3) Sia $ n={p_1}^{e_1}{p_2}^{e_2}... $ la forma canonica di $ n $ allora l'insieme di soluzioni di $ X^2 \-= a \mod n $ coincide con l'insieme di soluzioni del sistema $ X^2 \-= a \mod {p_1}^{e_1} $,$ X^2 \-= a \mod {p_2}^{e_2} $... ecc
4)Per $ p $ dispari e $ e>0 $ la congreunza $ X^2 \-= a \mod p^e $ è risolubile se e solo se $ X^2 \-= a \mod p $ è risolubile.
Noi vogliamo risolvere $ X^2 \-= -1 \mod \frac{2^a-1}{3} $ e dai lemmi sopra e dal fatto risaputo che $ -1 $ è un residuo quadratico modulo un primo $ \-= 1 \mod 4 $ segue che è risolubile.
Quindi gli interi $ a $ tale che $ 2^a-1|b^2+9 $ per qualche $ b $ sono tutte e sole le potenze di $ 2 $
Salve... il primo lemma di Santana mi incuriosisce (d'altronde pare fatto a pennello per questo bel problema! ). Ho provato a dimostrarlo in questo modo, non so se corretto:
supponiamo per assurdo $ x^2=a \mod p $ e $ y^2=-a \mod p $ e ovviamente $ mcd(a,p)=1 $ con $ a\not=0 \mod p $. Allora sarebbe, usando il simbolo di Legendre:
$ \binom{a}{p}=a^{\frac{p-1}{2}}=1 \mod p $
$ \binom{-a}{p}=(-a)^{\frac{p-1}{2}}=1 \mod p $
moltiplicando le due relazioni membro a membro
$ a^{\frac{p-1}{2}}(-a)^{\frac{p-1}{2}}=a^{p-1}(-1)^{\frac{p-1}{2}}=1 \mod p $
ma per il piccolo teorema di fermat $ a^{p-1}=1 \mod p $, da cui $ (-1)^{\frac{p-1}{2}}=1 \mod p $ e questo è un assurdo perche se $ p=4k+3 $, allora $ \frac{p-1}{2}=2k+1 $ che è dispari, ma $ -1\not=1 \mod p $ se $ p\not=2 $.
Esistono altre vie per dimostrare questo risultato?? La questione mi interessa
). Ho provato a dimostrarlo in questo modo, non so se corretto:supponiamo per assurdo $ x^2=a \mod p $ e $ y^2=-a \mod p $ e ovviamente $ mcd(a,p)=1 $ con $ a\not=0 \mod p $. Allora sarebbe, usando il simbolo di Legendre:
$ \binom{a}{p}=a^{\frac{p-1}{2}}=1 \mod p $
$ \binom{-a}{p}=(-a)^{\frac{p-1}{2}}=1 \mod p $
moltiplicando le due relazioni membro a membro
$ a^{\frac{p-1}{2}}(-a)^{\frac{p-1}{2}}=a^{p-1}(-1)^{\frac{p-1}{2}}=1 \mod p $
ma per il piccolo teorema di fermat $ a^{p-1}=1 \mod p $, da cui $ (-1)^{\frac{p-1}{2}}=1 \mod p $ e questo è un assurdo perche se $ p=4k+3 $, allora $ \frac{p-1}{2}=2k+1 $ che è dispari, ma $ -1\not=1 \mod p $ se $ p\not=2 $.
Esistono altre vie per dimostrare questo risultato?? La questione mi interessa
L'idea è sostanzialmente la stessa, ma si può risparmiare qualcosa... Per assurdo, $ p \nmid x $. Allora $ \gcd(xy,p) = 1 $, e perciò $ x^2 + y^2 \equiv 0 \bmod p $ sse $ (xy^{-1})^2 \equiv - 1 \bmod p $, i.e. -1 è un residuo quadratico mod p. Tuttavia questo è assurdo, poiché $ \displaystyle\left(\frac{-1}{p}\right) = (-1)^{(p-1)/2} = -1 $, se p = 3 mod 4.NM ha scritto:Salve... il primo lemma di Santana mi incuriosisce [...] Esistono altre vie per dimostrare questo risultato??