N1 problema di ammissione per il WC

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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mod_2
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N1 problema di ammissione per il WC

Messaggio da mod_2 » 26 dic 2008, 18:04

Dimostrare che non esiste nessuna coppia (a, b) di numeri interi tale che $ $a^2=b^7+7$ $.

N1 WC09 Esercizio di ammissione

Ci avevo passato un bel po' di tempo ma senza riuscire ad ottenere nulla di interessante. Qualche anima pia mi illumini? Se ritenete che sia inopportuno postare un problema di ammissione per il WC, avvertitemi pure che lo rimuovo subito.
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Fedecart
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Messaggio da Fedecart » 26 dic 2008, 18:34

Credo di averlo risolto ma se fosse così mi incavolerei non poco perchè nemmeno li ho tentati i problemi di ammissione al WC al momento debito, visto che ero CERTO di non farcela... Vabbè, vediamo.

Ragioniamo per assurdo. Ammettiamo che la coppia ci sia e lavoriamo sugli interi fino ad arrivare a dimostrare che almeno uno tra a e b deve NON essere intero. Se a e b sono interi da ipotesi allora anche $ a^2 $ e $ b^7 $ sono interi. Allora si può scrivere

$ a^2=b^7+7 $
$ a^2-(b^{\frac{7}{2}})^2=7 $
$ (a-b^{\frac{7}{2}})(a+b^{\frac{7}{2}})=7 $

Da cui i sistemi
1)
$ \begin{cases} a-b^{\frac{7}{2}}=7 \\ a+b^{\frac{7}{2}}=1 \\ \end{cases} $
2)
$ \begin{cases} a+b^{\frac{7}{2}}=7 \\ a-b^{\frac{7}{2}}=1 \\ \end{cases} $

Sia nel primo che nel secondo sommiamo membro a membro per eliminare la radice e abbiamo che $ 2a=8 $ ovvero $ a=4 $
Ora prendiamo un'equazione a caso di entrambi i sistemi e sostituiamo $ a=4 $, troveremo un valore di $ b^7=3 $ e $ b^7=-3 $ che trovando b (non so come fare le radici di indice maggiore a 2 su LaTex) danno risultati visibilmente non interi.

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Messaggio da mod_2 » 26 dic 2008, 18:58

non ho capito una cosa, perché $ $b^{\frac{7}{2}}$ $ è intero?
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Messaggio da Fedecart » 26 dic 2008, 19:05

Non lo è, ma è quello che volevamo trovare! Non capisco in che punto della dimostrazione è importante che sia intero... (Poi possibile che abbia sbagliato io!)

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Messaggio da mod_2 » 26 dic 2008, 19:08

Fedecart ha scritto: Da cui i sistemi
1)
$ \begin{cases} a-b^{\frac{7}{2}}=7 \\ a+b^{\frac{7}{2}}=1 \\ \end{cases} $
Se non è intero perché sommato ad $ $a$ $ fa 1 che è intero?
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Messaggio da EvaristeG » 26 dic 2008, 19:51

$ b $ è, per ipotesi di assurdo intero, e fin qui va bene.
anche $ b^7 $ è intero, ma poi tu fattorizzi
$ (a-b^{7/2})(a+b^{7/2})=7 $
Ora, nessuno (nemmeno l'ipotesi d'assurdo) ti dice che i due fattori a sinistra siano interi, quindi non puoi usare la fattorizzazione di 7 per concludere.

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Desmo90
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Messaggio da Desmo90 » 26 dic 2008, 20:35

il mio procedimento generale è questo:
$ a^2+\alpha=b^7+7+\alpha \rightarrow a^2+11^2=b^7+2^7 \rightarrow a^2+11^2=(b+2)(b^6-2b^5+4b^4-8b^3+16b^2-32b+64) $
Se $ b $ è pari $ RHS\equiv0 \pmod{8} $ mentre $ LHS\equiv a^2+1 \pmod{8}, $ma $ -1 $ non è un residuo quadratico $ \pmod8 $.
Se b è dispari vediamo che $ b^6-2b^5+4b^4-8b^3+16b^2-32b+64\equiv b^5(b-2) \pmod 4 $ Sappiamo che $ b $ è dispari quindi $ b=4b_1+1 $o $ b=4b_1+3 $ se sostituiamo questi valori in tutti e due i casi otteniamo che $ b^5(b-2)\equiv 3 \pmod4 $. Perciò $ RHS $ ha un fattore primo $ \equiv 3 \pmod 4 $.
$ p\mid a^2+11^2 $ implica $ p\mid 11 $ e $ p\mid a $, si vede facilmente che questo caso non va bene.

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Messaggio da Fedecart » 26 dic 2008, 21:41

EvaristeG ha scritto:$ b $ è, per ipotesi di assurdo intero, e fin qui va bene.
anche $ b^7 $ è intero, ma poi tu fattorizzi
$ (a-b^{7/2})(a+b^{7/2})=7 $
Ora, nessuno (nemmeno l'ipotesi d'assurdo) ti dice che i due fattori a sinistra siano interi, quindi non puoi usare la fattorizzazione di 7 per concludere.
Capisco. Grazie della correzione

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Messaggio da kn » 30 dic 2008, 16:29

Desmo90 ha scritto:Perciò $ RHS $ ha un fattore primo $ \equiv 3 \pmod 4 $.
$ p\mid a^2+11^2 $ implica $ p\mid 11 $ e $ p\mid a $
Perdona la mia inettitudine, non riesco a capire questo passaggio. :oops:

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Messaggio da Desmo90 » 30 dic 2008, 17:08

kn ha scritto:Perdona la mia inettitudine, non riesco a capire questo passaggio. :oops:
$ a^2+11^2\equiv 0\pmod p $ che ha come soluzione $ \displaystyle (\frac{a}{11})^2\equiv-1\pmod p $, ma $ -1 $ non è un residuo quadratico $ \pmod p $ perchè $ p-1=4k+2=2(2k+1) $.

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Messaggio da kn » 30 dic 2008, 18:00

Ah ho capito. Cioè -1 non è un residuo quadratico perché con il simbolo di Legendre
$ \displaystyle\left(\frac{-1}{p}\right)\equiv(-1)^\frac{p-1}{2}=(-1)^{2k+1}=-1\pmod p $
(per questa proprietà)

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Messaggio da Davide90 » 07 gen 2009, 16:08

Desmo90 ha scritto:$ p\mid a^2+11^2 $ implica p|11 e p|a, si vede facilmente che questo caso non va bene.
Questo è vero solo se p|a, il che non è detto...
Se p|a, allora p deve dividere anche 11, dunque, poichè 11 è primo, $ p=11 $ . Perciò in questo caso $ $ \frac{a}{11} $ è intero, dunque si può scrivere $ \displaystyle \left(\frac{a}{11}\right)^2\equiv-1\pmod p $ come hai fatto. Ma -1, come ha detto kn, non è un residuo quadratico mod p grazie al criterio di Eulero per il simbolo di Legendre (che io ovviamente quando ho fatto il problema non conoscevo, dunque ho dovuto fare un mega giro per dimostrarlo :evil: ).

Se invece $ p \nmid a $ , allora si ha che $ a^2+11^2\equiv 0 \pmod p $, quindi $ $11^2\equiv -a^2 \pmod p $. Ora eleviamo entrambi i membri alla $ $\frac{p-1}{2} $, che è dispari perchè $ $ p\equiv3 \pmod4 \Rightarrow p-1\equiv2 \pmod4 \Rightarrow \frac{p-1}{2}\equiv1 \pmod2 $. Dunque
$ \begin{equation} 11^{p-1}\equiv -a^{p-1} \pmod p \label{eq:fermat} \end{equation} $
Però per il piccolo teorema di Fermat, visto che a e 11 sono primi con p, il LHS della (1) è congruo a 1 e il RHS è congruo a -1, assurdo.

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