Da un qualche TST: 2p=a^2+5b^2

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
piever
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Da un qualche TST: 2p=a^2+5b^2

Messaggio da piever » 08 giu 2008, 13:34

Sia p un primo dispari. Dimostrare che se -5 è un residuo quadratico modulo p, allora almeno uno tra p e 2p è della forma: $ a^2+5b^2 $ con a e b interi...

good luck
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PubTusi
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Messaggio da PubTusi » 09 giu 2008, 15:27

Ma che fai? Prendi in giro? :lol:

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FrancescoVeneziano
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Messaggio da FrancescoVeneziano » 09 giu 2008, 17:55

Esattamente uno tra p e 2p è della forma: $ a^2+5b^2 $ con a e b interi...
Hai una soluzione elementare? perché sono fortemente tentato di spostare il problema in MNE.

--edit: Come non detto, se la fonte è un TST una soluzione elementare dovrà esistere.
Ultima modifica di FrancescoVeneziano il 09 giu 2008, 18:10, modificato 1 volta in totale.
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AndBand89
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Messaggio da AndBand89 » 09 giu 2008, 17:55

Ma scusa...se -5 è il residuo quadratico di a(mod p) e b=1 è già dimostrato che p=a^2+5b^2...no?Cioè, se -5 è il residuo quadratico di a(mod p) basta porre b=1 e via...magari ho interpretato male il problema...altrimenti sottoscrivo PubTusi :lol:

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julio14
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Messaggio da julio14 » 09 giu 2008, 18:02

Che $ a^2 $ sia congruo a -5 (mod p) vuol dire che $ a^2+5=kp $, non semplicemente p...
Prendi p=7, a=3 dà residuo quadratico -5, ma 9+5 non fa 7.
"L'unica soluzione è (0;0;0)" "E chi te lo dice?" "Nessuno, ma chi se ne fotte"
[quote="Tibor Gallai"]Alla fine, anche le donne sono macchine di Turing, solo un po' meno deterministiche di noi.[/quote]
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piever
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Messaggio da piever » 09 giu 2008, 19:34

PubTusi ha scritto:Ma che fai? Prendi in giro? :lol:
Vedo che hai un rapporto un po' problematico con la mia firma, ma in genere i miei post dicono cose un po' più sensate, per cui, se vuoi un consiglio spassionato, limitati a leggere la parte scritta sopra quella simpatica lineetta di separazione...
FrancescoVeneziano ha scritto:Esattamente uno tra p e 2p è della forma: $ a^2+5b^2 $ con a e b interi...
Hai una soluzione elementare? perché sono fortemente tentato di spostare il problema in MNE.
Ah sì è vero, da "almeno" segue "esattamente" in maniera abbastanza rapida... :roll: E' che non ricordavo molto bene il testo e ho ricostruito una cosa che ci assomigliava abbastanza... Il testo originale si è disperso da qualche parte nella valigia di Mattia.. Cmq sì, ho ricontrollato la soluzione che avevo trovato per risolvere il problema quando ancora avevo il testo e mi pare funzionare... Non usa niente di avanzato (niente che non si faccia alle lezioni base del senior che, a quanto pare, non sono un lusso per pochi... :P )


Su dai, che è un problema bellino!
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PubTusi
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Messaggio da PubTusi » 09 giu 2008, 23:10

Innanzitutto scusa, mi sono fatto fraintendere :oops: (ma che centra stavolta la firma?)

Sai che quello che hai postato (almeno secondo Wikipedia) è abbastanza equivalente una vecchia congettura di Euler?
Mi sembrava strano che fosse assegnato ad un TST, tutto qui...

Anzi, non vedo l'ora di vedere la tua soluzione, ti assicuro che ci ho provato anch'io per 2 giorni :roll:

Tanti saluti dal Pub.

piever
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Messaggio da piever » 11 giu 2008, 12:47

@Pubtusi: oooops, scusami, non so perché ma mi sono rapidamente convinto che il "prendi in giro" si riferisse alla mia ridicola firma, mentre il problema si sforzava di essere serio...

Visto che lo ho postato da poco aspetto un altro po' per mettere la mia soluzione, se vuoi te la mando per messaggio privato, fammi sapere....

A proposito, ma qual è questa congettura di Eulero?

ciau
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Messaggio da PubTusi » 11 giu 2008, 18:18


String
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Messaggio da String » 13 giu 2008, 12:32

FrancescoVeneziano ha scritto:Esattamente uno tra p e 2p è della forma: $ a^2+5b^2 $ con a e b interi...
Perchè non mi ritrovo? Cioè se prendo p=149, $ 12^2\equiv -5 (mod 149) $, quindi, ad esempio, tra p e 2p ci sono più numeri della forma $ a^2+5b^2 $ come $ 164=12^2+5*2^2 oppure 189=12^2+5*3^2 o 224=12^2+5*4^2 $. Dov'è che sbaglio?
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FrancescoVeneziano
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Messaggio da FrancescoVeneziano » 13 giu 2008, 12:35

Sia nel testo originale che nella mia osservazione, si intende uno dei due numeri p e 2p, non un numero nell'intervallo tra p e 2p.
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String
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Messaggio da String » 13 giu 2008, 12:46

ah, ok allora ho frainteso il testo... grazie
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elianto84
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Messaggio da elianto84 » 16 giu 2008, 19:05

Faccio piovere dal cielo un suggerimento-chiave:

$ (2x^2+2xy+3y^2)(2z^2+2zw+3w^2) = 4\sigma\bar{\sigma} $
$ \sigma = ((x+y/2) - \sqrt{-5}\,y/2)((z+w/2) - \sqrt{-5}\,w/2) $
$ 2\sigma = (2xz+xw+yz+3yw)-\sqrt{-5}\,(yz-wx) $
$ 4\sigma\bar{\sigma} = (2xz+xw+yz+3yz)^2+5(yz-wx)^2 $

Ora basta provare che se -5 è residuo quadratico per un certo primo p,
quest'ultimo si scrive come $ x^2 + 5y^2 $
oppure come $ 2x^2+2xy+3y^2 $.

Restano molti dettagli da puntualizzare, vediamo se qualcuno ha voglia
di sistematizzare la faccenda. Bye bye!
Jack alias elianto84 alias jack202

http://www.matemate.it IL SITO

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piever
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Messaggio da piever » 16 giu 2008, 19:28

elianto84 ha scritto:$ (2x^2+2xy+3y^2)(2z^2+2zw+3w^2) = 4\sigma\bar{\sigma} $
$ \sigma = ((x+y/2) - \sqrt{-5}\,y/2)((z+w/2) - \sqrt{-5}\,w/2) $
$ 2\sigma = (2xz+xw+yz+3yw)-\sqrt{-5}\,(yz-wx) $
$ 4\sigma\bar{\sigma} = (2xz+xw+yz+3yz)^2+5(yz-wx)^2 $
Attento che Francesco minacciava di spostare il problema in MnE... Lo ho convinto che non era necessario, ma se vede un sigma bar potrebbe cambiare idea...

Tra l'altro, ho guardato questo thread per vedere se qualcuno aveva messo una soluzione e in caso contrario mettere un hint, ma non prevedevo che qualcuno avesse messo un hint... :P Comunque ecco il mio:

Hint: si riesce a dimostrare facilmente che esiste k<5+1 tale che kp=a^2+5b^2 per una qualche coppia di interi (a,b)?
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Messaggio da nicelbole » 17 giu 2008, 19:39

Provo a dimostrare l'hint di Piever. Premetto che non so ancora usare LaTeX, perciò mi scuso se il testo dovesse risultare poco leggibile.

Sia x un intero tale che x^2 ≡ -5 mod p.

Consideriamo la funzione f(s,t)=((s+tx) mod p), dove s e t sono interi tali che
0<=s, t<= parteintera(SQRT(p)).
Per intenderci definisco: parteintera(SQRT(p))=n

Notiamo che i valori possibili per f(s,t) sono p (i resti modulo p), mentre le possibili coppie (s,t) sono (n+1)^2. Inoltre so che p=(SQRT(p))^2<(n+1)^2.

Dunque, per il teorema dei cassetti, vi sono due coppie (s1,t1) e (s2,t2) distinte tali che f(s1,t1)=f(s2,t2).

Ciò significa che s1+t1*x≡s2+t2*x mod p, ovvero s1-s2 ≡ x(t2-t1) mod p (1).
Abbiamo che -n<=s1-s2<=n e lo stesso vale per t2-t1 (questo per le limitazioni poste per s1,s2,t1 e t2).
Definisco quindi s1-s2 = a, t2-t1=b.

Elevando al quadrato entrambi i membri di (1) si ottiene a^2 ≡ (x^2)*b^2 ≡ -5*b^2 mod p.

Abbiamo allora che a^2+5b^2 ≡ 0 mod p, il che implica a^2+5b^2 = kp, con k intero positivo.
Ma noi sappiamo che a^2<=n^2<(SQRT(p))^2 = p, e lo stesso vale per b^2. Qui la disuguaglianza vale strettamente in quanto p non è mai un quadrato, dunque n< SQRT(p).
Con le disuguaglianze ottenute, troviamo che a^2+5b^2<6p.


Dunque abbiamo 5 possibilità:
- k=1 o k=2 (come ci dice il testo del problema)
- k=3.
In questo caso tenendo presente quali sono i residui quadratici modulo 3, otteniamo che o a^2 ≡ b^2 ≡ 0 mod 3, o a^2≡b^2≡1 mod 3.
Nel primo caso 9 divide il primo membro (a e b sono quadrati, perciò se sono divisibili per 3 lo sono anche per 9), perciò p=3, il che è impossibile, non esistendo a e b che funzionino.
Per il secondo caso non saprei da dove partire. :cry:
- k=4.
In questo caso abbiamo per forza che a^2≡b^2≡0 mod 4. Dunque a^2=4c^2, b^2=4d^2, con c e d interi.
Dunque 4c^2+20d^2=4p, da cui c^2+5d^2=p, come richiesto.
- k=5.
Questo implica che: a^2≡b^2≡0 mod 5, a^2≡0 mod 5 e b^2≡1mod 5, o a^2≡0 mod 5 e b^2≡ -1mod 5.
Nel primo caso 25 divide il primo membro, da cui p=5. Ma per p=5 vale il teorema, in quanto 0^2+5*1^2=5.
Nel secondo caso, ho a^2=25*c^2, con c intero: sostituendo, 25c^2+5b^2=5p, da cui b^2+5c^2=p. Il terzo caso è del tutto analogo al secondo.

Rimane solo da sistemare il caso in cui k=3 e a^2≡b^2≡1 mod 3.

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