$p^2+q^2 \not\in \mathbb{P}$
$p^2+q^2 \not\in \mathbb{P}$
Siano $p,q$ interi tali che il polinomio $x^2+px+q+1$ ha due radici intere positive. Mostrare che $p^2+q^2$ è composto.
The only goal of science is the honor of the human spirit.
Re: $p^2+q^2 \not\in \mathbb{P}$
Ci provo .. Siano $ x,y \in \mathbb{N} $ le due soluzioni dell'equazione. Allora per le relazioni tra radici e coefficienti ,
$ q=xy-1 $
$ p=-(x+y) $.
Allora $ p^2+q^2=x^2y^2+1-2xy+x^2+y^2+2xy=(x^2+1)(y^2+1) $.
Ma $ x,y \in \mathbb{N} \Rightarrow x,y \geq 1 \Rightarrow x^2+1 > 1 \wedge y^2+1 >1 \Rightarrow (x^2+1)(y^2+1) \not\in \mathbb{P} $ da cui la tesi.
Spero sia giusto..
$ q=xy-1 $
$ p=-(x+y) $.
Allora $ p^2+q^2=x^2y^2+1-2xy+x^2+y^2+2xy=(x^2+1)(y^2+1) $.
Ma $ x,y \in \mathbb{N} \Rightarrow x,y \geq 1 \Rightarrow x^2+1 > 1 \wedge y^2+1 >1 \Rightarrow (x^2+1)(y^2+1) \not\in \mathbb{P} $ da cui la tesi.
Spero sia giusto..
Re: $p^2+q^2 \not\in \mathbb{P}$
Si può anche dire che $ (x^2+1)(y^2+1)=(xy+1)^2+(x-y)^2=(xy-1)^2+(x+y)^2 $. Ma come è ben noto, un numero primo non può essere espresso come somma di quadrati in due modi differenti. Questo teorema segue dalla tua scomposizione ma in generale se sai che un numero $ n $ è esprimibile come somma di quadrati in almeno due modi differenti allora $ n $ è composto.
Re: $p^2+q^2 \not\in \mathbb{P}$
(soprattuto @lez) Perché se un numero può essere scritto come somma di quadrati in modi diversi non è Primo?
O guidami su una strada per dimostrarlo!
Grazie
O guidami su una strada per dimostrarlo!
Grazie
Angelo
Re: $p^2+q^2 \not\in \mathbb{P}$
In sostanza per quello che ho scritto!
Supponiamo che $ p=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2=(ac-bd)^2+(ad+bc)^2 $ con almeno 3 elementi della quaterna $ (a,b,c,d) $ diversi da $ 0 $. Allora abbiamo che $ (ac+bd)^2+(ad-bc)^2=a^2c^2+b^2d^2+a^2d^2+b^2c^2=a^2(c^2+d^2)+b^2(d^2+c^2)=(a^2+b^2)(c^2+d^2) $. Ma un numero primo non può essere fattorizzato per definizione, da cui la tesi, ovvero un numero primo (della forma $ 4k+1 $) se è esprimibile come somma di quadrati (in realtà tutti i numeri primi di quella forma lo sono ma credo sia una cosa difficile da dimostrare), lo è in un unico modo.
Supponiamo che $ p=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2=(ac-bd)^2+(ad+bc)^2 $ con almeno 3 elementi della quaterna $ (a,b,c,d) $ diversi da $ 0 $. Allora abbiamo che $ (ac+bd)^2+(ad-bc)^2=a^2c^2+b^2d^2+a^2d^2+b^2c^2=a^2(c^2+d^2)+b^2(d^2+c^2)=(a^2+b^2)(c^2+d^2) $. Ma un numero primo non può essere fattorizzato per definizione, da cui la tesi, ovvero un numero primo (della forma $ 4k+1 $) se è esprimibile come somma di quadrati (in realtà tutti i numeri primi di quella forma lo sono ma credo sia una cosa difficile da dimostrare), lo è in un unico modo.
Re: $p^2+q^2 \not\in \mathbb{P}$
Mmh, non e' molto chiaro da come l'hai scrito: se p e' un primo esprimibile come somma di quadrati in due modi diversi, perché queste somme di quadrati devono essere di quella forma?
Comunque non e' difficile mostrare che p primo dispari e' somma di quadrati se e solo se 4 divide p-1; chi lo fa?
Comunque non e' difficile mostrare che p primo dispari e' somma di quadrati se e solo se 4 divide p-1; chi lo fa?
The only goal of science is the honor of the human spirit.
Re: $p^2+q^2 \not\in \mathbb{P}$
Basta analizzare i resti, pero da qui a dimostrare che un primo della forma 4k+1 non è tale se puo essere scritto come somma di quadrati in 2 modi differenti ce ne vuolejordan ha scritto: Comunque non e' difficile mostrare che p primo dispari e' somma di quadrati se e solo se 4 divide p-1; chi lo fa?
Il problema non è il problema, il problema sei tu.
Re: $p^2+q^2 \not\in \mathbb{P}$
Raccolgo la sfida di jordan e tento la dimostrazione del "teorema di Fermat sulle somme di due quadrati":
Step 1: Il primo verso dell'implicazione: dimostrerò che i soli primi che soddisfano $x^2+y^2=p$ sono della forma $4k+1$.
Questa parte è molto semplice, basta eliminare gli altri $3$ casi:
$1) p\equiv 0 \pmod 4$
Questo caso è banale, infatti se $p$ è divisibile per $4$ non può essere primo; dunque non ci sono soluzioni.
$2) p\equiv 2 \pmod 4$
Questo caso è uguale al precedente, infatti l'unico primo multiplo di $2$ è $2$, che è uguale a $1^2+1^2$.
$3) p\equiv 3 \pmod 4$
In questo caso, non esistono somme di quadrati che soddisfano la relazione in quanto i residui quadratici modulo $4$ sono solo $\in\left\{0,1\right\}$, ed è impossibile ottenere $3$ sommando due elementi dell'insieme.
Dunque, se un primo dispari è somma di due quadrati, allora è sicuramente della forma $4k+1$.
Step 2, lemma dei residui: Dimostriamo che $-1$ è residuo quadratico modulo $p$ se e solo se $p\equiv 1 \pmod 4$; per il criterio di Eulero:
$$\left(\frac{-1}{p}\right)\equiv (-1)^{\frac{p-1}{2}}\pmod p$$
E dunque, visto che LHS=1 $\Leftrightarrow$ $-1$ residuo quadratico modulo $p$, $\frac{p-1}{2}=2k$ e quindi $p$ è congruo ad $1$ modulo $4$.
Dimostrato il lemma, posso scrivere:
$a^2\equiv -1 \pmod p$
Considero dunque la congruenza:
$$ax\equiv y \pmod p$$
Questa ha, per il Lemma di Thue, almeno una coppia $x_0, y_0$ con $0<|x_0|<\sqrt{p}$ e $0<|y_0|<\sqrt{p}$ che è soluzione.
Elevando al quadrato l'ultima congruenza, ottengo:
$$a^2x^2\equiv y^2 \pmod p$$
Ma, visto che esiste $a$ tale che $a^2\equiv -1 \pmod p$, posso sostituirlo nell'ultima equazione, unendolo al risultato del lemma di Thue:
$$x^2+y^2\equiv 0 \pmod p\Rightarrow x_0^2+y_0^2<2\left(\sqrt{p}\right)^2$$
Ma, visto che la soluzione deve essere intera, l'unica possibilità è:
$$x_0^2+y_0^2=p$$
Ed il teorema è dimostrato (almeno credo
).
P.S. siete sicuri che sia la sezione giusta per questo problema? A me sembra più da teoria dei numeri!
Step 1: Il primo verso dell'implicazione: dimostrerò che i soli primi che soddisfano $x^2+y^2=p$ sono della forma $4k+1$.
Questa parte è molto semplice, basta eliminare gli altri $3$ casi:
$1) p\equiv 0 \pmod 4$
Questo caso è banale, infatti se $p$ è divisibile per $4$ non può essere primo; dunque non ci sono soluzioni.
$2) p\equiv 2 \pmod 4$
Questo caso è uguale al precedente, infatti l'unico primo multiplo di $2$ è $2$, che è uguale a $1^2+1^2$.
$3) p\equiv 3 \pmod 4$
In questo caso, non esistono somme di quadrati che soddisfano la relazione in quanto i residui quadratici modulo $4$ sono solo $\in\left\{0,1\right\}$, ed è impossibile ottenere $3$ sommando due elementi dell'insieme.
Dunque, se un primo dispari è somma di due quadrati, allora è sicuramente della forma $4k+1$.
Step 2, lemma dei residui: Dimostriamo che $-1$ è residuo quadratico modulo $p$ se e solo se $p\equiv 1 \pmod 4$; per il criterio di Eulero:
$$\left(\frac{-1}{p}\right)\equiv (-1)^{\frac{p-1}{2}}\pmod p$$
E dunque, visto che LHS=1 $\Leftrightarrow$ $-1$ residuo quadratico modulo $p$, $\frac{p-1}{2}=2k$ e quindi $p$ è congruo ad $1$ modulo $4$.
Dimostrato il lemma, posso scrivere:
$a^2\equiv -1 \pmod p$
Considero dunque la congruenza:
$$ax\equiv y \pmod p$$
Questa ha, per il Lemma di Thue, almeno una coppia $x_0, y_0$ con $0<|x_0|<\sqrt{p}$ e $0<|y_0|<\sqrt{p}$ che è soluzione.
Elevando al quadrato l'ultima congruenza, ottengo:
$$a^2x^2\equiv y^2 \pmod p$$
Ma, visto che esiste $a$ tale che $a^2\equiv -1 \pmod p$, posso sostituirlo nell'ultima equazione, unendolo al risultato del lemma di Thue:
$$x^2+y^2\equiv 0 \pmod p\Rightarrow x_0^2+y_0^2<2\left(\sqrt{p}\right)^2$$
Ma, visto che la soluzione deve essere intera, l'unica possibilità è:
$$x_0^2+y_0^2=p$$
Ed il teorema è dimostrato (almeno credo
).P.S. siete sicuri che sia la sezione giusta per questo problema? A me sembra più da teoria dei numeri!
"Una funzione generatrice è una corda da bucato usata per appendervi una successione numerica per metterla in mostra" (Herbert Wilf)
"La matematica è la regina delle scienze e la teoria dei numeri è la regina della matematica" (Carl Friedrich Gauss)
Sensibilizzazione all'uso delle potenti Coordinate Cartesiane, possano seppellire per sempre le orride baricentriche corruttrici dei giovani: cur enim scribere tre numeri quando se ne abbisogna di due?
PRIMA FILA TUTTI SBIRRI!
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Re: $p^2+q^2 \not\in \mathbb{P}$
Bah, mi sembra di averla cannata perché troppo semplice comunque:
Abbiamo che
$ x^2+y^2=p $
Dato che $ p $ è dispari allora i quadrati saranno uno dispari ed uno pari ma se $ p|a^2 \Rightarrow p|a\cdot a\Rightarrow p|a $ (è per dire che se $ x^2 $allora $ x $ è pari) quindi WLOG $ x $ è pari e $ y $ è dispari.
Analizzando l'espressione $ mod\ 4 $ otteniamo:
$ x^2+y^2 \equiv p (4) \Rightarrow 0^2+1 \equiv p (4) \Rightarrow p \equiv 1 (4) $
Che conclude!!!
(Nella prima congruenza ho usato che i quadrati dei dispari sono congrui a 1 $ (4) $ )
Edit: ho fatto solo una freccia della dimostrazione
Abbiamo che
$ x^2+y^2=p $
Dato che $ p $ è dispari allora i quadrati saranno uno dispari ed uno pari ma se $ p|a^2 \Rightarrow p|a\cdot a\Rightarrow p|a $ (è per dire che se $ x^2 $allora $ x $ è pari) quindi WLOG $ x $ è pari e $ y $ è dispari.
Analizzando l'espressione $ mod\ 4 $ otteniamo:
$ x^2+y^2 \equiv p (4) \Rightarrow 0^2+1 \equiv p (4) \Rightarrow p \equiv 1 (4) $
Che conclude!!!
(Nella prima congruenza ho usato che i quadrati dei dispari sono congrui a 1 $ (4) $ )
Edit: ho fatto solo una freccia della dimostrazione
Ultima modifica di angelo3 il 12 ott 2013, 16:00, modificato 1 volta in totale.
Angelo
Re: $p^2+q^2 \not\in \mathbb{P}$
Forse ho capito dove sta il problema. In effetti non è detto che tutti i numeri, i quali sommati tra loro al quadrato diano un generico n, abbiano quella forma.jordan ha scritto:Mmh, non e' molto chiaro da come l'hai scrito: se p e' un primo esprimibile come somma di quadrati in due modi diversi, perché queste somme di quadrati devono essere di quella forma?