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Allora ci riprovo......

Partendo dempre dal presupposto che $ \displaystyle a \not = b $ noto che il prodotto tra due numeri diversi tra loro è quadrato perfetto solo se questi due numeri sono possono essere scritti nuovamente come profotto di due numeri con esponenti.
Questo perchè la scomposizione in fattori primi di un quadrato perfetto è il risultato di più numeri con esponenti pari,grazie ai quali è possibile scrivere il numero come prodotto di altri due numeri uguali.Detto ciò,pongo $ \displaystyle (a^n-1)(b^n-1)=c^{2m}d^{2s} \qquad \forall m,s,c,d \in \mathbb{N} $.Ovviamente questo implica il fatto che $ (a^n-1)(b^n-1) $ sia un quadrato perfetto,ma solo nel caso appena citato.Del resto sappiamo anche che $ \displaystyle (a^n-1)(b^n-1) $ non è un numero che per forza si può scrivere come prodotto di potenze con esponenti pari,poichè i due numeri possono essere qualsiasi e non uguali.Perciò esiste sempre un n tale che soddisfi la tesi.

Come va ora?

matty96 ha scritto: il prodotto tra due numeri diversi tra loro è quadrato perfetto solo questi due numeri sono anche quadrati perfetti.

Prendi $ a=2 \cdot 3^3 $, $ b=2^3 \cdot 3 $, allora $ a \neq b $ e $ a b=(2^2 \cdot 3^2)^2 $

Però intendevo nel caso in cui si può scrivere anche: $ \displaystyle 2^4 \cdot 3^4 $
Quindi mi sa che devo aggiungere " solo se il prodotto tra i due numeri si può può scrivere come prodotto di due numeri con esponenti pari"

Ditemi che in questa affermazione non sbaglio,non sono molto bravo ma ci voglio tentare a risolvere un problema della staffetta.

Non so quanto sia utile ma ho trovato questo:
Ragionando per assurdo e preso per ipotesi che $\forall n \; (a^n-1)(b^n-1)=p^2$.
ora prendo in considerazione $(a^{2n}-1)(b^{2n}-1)=(a^n-1)(a^n+1)(b^n-1)(b^n+1)=q^2$
Da quì deduco che se è vera l'ipotesi allora anche $(a^n+1)(b^n+1)$ è un quadrato perfetto.

Sto cercando una contraddizione, ma finora non sono riuscito a trovarla...

Ho editato il mio post con la possibile soluzione.Vedete come va.(E' sbagliata?)

ci riprovo io ! allora... si è detto che $ a=R_p,B=NR_p $ dove per R si intende "residuo quadratico mod p" e NR "non residuo quadratico mod p" in quanto il prodotto di due numeri non è un residuo quadratico se e solo se uno lo è e l'altro non lo è ( residuo quadratico). Bene. Osserviamo che, ponendo $ n-1=p $$ (a^n-1)(b^n-1) \equiv \bigl( \sum_{r=0}^{p}a^r \bigr) \cdot \bigl( \sum_{r=0}^{p}b^r \bigr) (a-1)^{-1}(b-1)^{-1} \equiv \bigl( 1+\frac{(p-1)(p-2)}{2} \bigr)^2[(a-1)(b-1)]^{p-2} \mod{p} $ Noto ora che $ \bigl(1+\frac{(p-1)(p-2)}{2} \bigr) ^2 $ è sempre un residuo quadratico per sua stessa natura e che se $ [(a-1)(b-1)]^{p-2}= NR $ allora $ (a-1)(b-1)=NR $ in quanto si moltiplicano p-2 ( un numero dispari !) volte due coppie di numeri e che così facendo si può ottenere un residuo quadratico se e solo se uno dei due addendi è un residuo quadratico e l'altro no come al solito.n deve quindi essere un numero $ n=p+1 $ con $ p\in \mathbb{P} $ tale che (a-1) non sia un residuo quadratico e (b-1) lo sia ( o viceversa).

Credo di aver fatto un elenco di castronerie assurde, ergo gradisco correzioni.

minima.distanza ha scritto:n deve quindi essere un numero $ n=p+1 $ con $ p\in \mathbb{P} $ tale che (a-1) non sia un residuo quadratico e (b-1) lo sia ( o viceversa).

Dovresti dire in base a cosa concludi che $ \forall a, b \in \mathbb N \exists p\in \mathbb P: a-1=R, b-1=NR $ o viceversa, perché dal tuo discorso non è chiaro.

Beh, almeno a questo punto il problema si riduce a dimostrare che se ab non è un quadrato con a diverso da b non lo è nemmeno (a-1)(b-1) no ?

francamente non ho idea di come dimostrare quella cosa che effettivamente ho detto...

$ (3-1)(9-1)=4^2 $, tuttavia $ 3\cdot 9= 27 $ non è un quadrato.

Come si evince dal problema 3 della staffetta, esiste un primo (anzi infiniti) $ p>\max\{a, b\} $ tale che $ ab $ non sia un residuo quadratico modulo $ p $, ossia uno tra $ a $ e $ b $ è un residuo quadratico e l'altro no. Scegliamo $ p $ e supponiamo che sia $ a $ il residuo quadratico.
Prendiamo $ n=\frac{p-1}{2} $. Allora abbiamo che per il criterio di Eulero $ b^n-1 $ non è divisibile per $ p $, mentre $ a^n-1 $ lo è. Se quest'ultima quantità contiene un numero dispari di fattori $ p $ abbiamo finito. Altrimenti prendiamo $ n=\frac{p(p-1)}{2} $. Ancora una volta $ b^n-1 $ non è divisibile per $ p $ (perché $ b^n\equiv (b^{(p-1)/2})^p\equiv b^{(p-1)/2} \pmod{p} $), ma stavolta $ a^n-1=(a^{(p-1)/2}-1)(\sum_{i=0}^{p-1}(a^{(p-1)/2})^i) $ ha un numero dispari di fattori $ p $, perché il primo fattore ne ha un numero pari, mentre il secondo ne ha esattamente uno, per il lemma del guadagno del primo.

Problema 80
Dimostrare che esistono infiniti primi $ p $ tali che esiste $ n\in \mathbb{N} $ tale che $ 2^{2^n}-2^{n^2}+n^{2^2} $ è divisibile per $ p $.

Se è vero che esiste un numero infinito di primi nella forma $ 2^k+1 $ vi posto la mia soluzione al Problema 80!
Se confermaste che ciò che ho scritto è un fatto noto (oppure lo dimostraste) potrei postare la mia soluzione.

Gigi95 ha scritto:Se è vero che esiste un numero infinito di primi nella forma $ 2^k+1 $ vi posto la mia soluzione al Problema 80!
Se confermaste che ciò che ho scritto è un fatto noto (oppure lo dimostraste) potrei postare la mia soluzione.

Io ti confermo che è una congettura aperta
E inotre wikipedia sostiene che: "è ritenuto molto probabile che i primi di quella forma siano finiti"

Non sono troppo convinto dell'esattezza... aspetto qualche conferma prima di postare un altro problema.

Definisco $Q=\left\{p\in\mathbb{P}|\ p\equiv 3\pmod4\wedge\ \exists n\in\mathbb{Z}:\ p|n^4+2\right\}$
Lemma 1:$|Q|=\infty$
Assumo per assurdo il contrario, allora ha senso scrivere $\displaystyle a=\prod_{q\in Q}q$. Vale $a^4+2\equiv 3 \pmod 4$ quindi esiste un primo congruo a 3 modulo 4 che divide $a^4+2$, ma allora questo dovrebbe stare in $Q$ che è assurdo dato che $\forall q\in Q\ a^4+2\equiv 2\pmod q\Rightarrow q\nmid a^4+2$.


Ora dimostro che per tutti i primi $q\in Q$ esiste un $n$ tale che $q|2^{2^n}-2^{n^2}+n^{2^2}$ e da questo viene la tesi.


Assumo di scegliere $p\in Q$, per il teorema cinese del resto esiste un $n$ tale che valgano queste 2 divisibilità:
$\varphi\left(\frac{p-1}2\right)\cdot(p-1)|n-1$
$p|n^4+2$ (questo ha ALMENO una soluzione poichè $p\in Q$)
Prendo un n che le rispetta e mostro che $p|2^{2^n}-2^{n^2}+n^{2^2}$:

Ovviamente
$n^{2^2}\equiv -2 \pmod p$ A

Inoltre:
$2^{n^2}\equiv 2^{(n-1)(n+1)+1}\equiv 2\cdot \left(2^{(p-1)}\right)^{k(n+1)}\equiv 2\pmod p$ B

Ora, sfruttando il fatto che $p\in Q\Rightarrow 4\nmid p-1$, vale questa catena di equivalenze:
$\displaystyle2^{2^n}\equiv 2^{2^n\pmod{p-1}}\equiv 2^{2\left(2^{n-1}\pmod{\frac{p-1}2}\right)}\equiv 2^{2\left(\left(2^{\varphi\left(\frac{p-1}2\right)}\right)^h\pmod{\frac{p-1}2}\right)}\equiv 2^{2\cdot 1}\equiv 4\pmod{p}$ C

Unendo le 3 equivalenze A,B,C si ottiene $2^{2^n}-2^{n^2}+n^4\equiv 4-2-2\equiv 0\pmod p$ quindi la tesi.

Mi pare che vada bene. Alternativamente si possono prendere tutti i primi p non congrui a 1 modulo 8 (p-1 è divisibile al più per 4) e risolvere il sistema seguente
$ n\equiv 2\pmod{i}\qquad\forall 1\leq i\leq p-1 $
$ n\equiv 0\pmod{p} $
e ci si riduce a qualcosa del tipo $ 2^{2^2}-2^{2^2}+0^{4} $.
Avanti con il problema 81!

Problema 81:
Dati $x,y,z$ interi positivi tali che $xy=z^2+1$ dimostrate che esistono $a,b,c,d$ interi positivi tali che $x=a^2+b^2$, $y=c^2+d^2$, $z=ac+bd$