Bella diofantea

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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Reginald
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Bella diofantea

Messaggio da Reginald » 21 feb 2009, 21:52

Determinare le soluzioni intere positive $ x,y,z,p $ dell'eqz.ne

$ x^p+y^p=p^z $
Con p primo, tanto per cambiare...

Spero non sia già stato postato..

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Fedecart
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Messaggio da Fedecart » 21 feb 2009, 23:01

Ne riesco a fare solo un pezzettino...
Si vede innanzitutto che $ p=2 $, $ x=y=2^n $, $ z=2^{n+1} $ sono delle soluzioni. Si vede da subito anche che per ogni p>2 se ci sono soluzioni allora x e y devono avere diversa parità. Inoltre per Fermat p divide x+y... E qui mi fermo. Aiutini? :roll:

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EUCLA
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Messaggio da EUCLA » 26 feb 2009, 19:23

Do qualche suggerimento in bianco, non mi pare molto corretto risolverlo tutto se qualcuno volesse ancora farlo, però nei suggerimenti c'è praticamente tutto :roll:

Poi magari qualcuno sia con hint che senza scriva la soluzione :D

1. Hint
Se p dispari il LHS può essere scritto come un prodotto.

2. Hint
Dalla scrittura in prodotto ricavo qualcosa su una divisibilità.

3. Hint
Una volta scritto x+y in funzione di p, scrivere y in altro modo e sviluppare le potenze del LHS con il binomio di Newton. Si capisce quanto vale la valutazione p-adica di x+y.


4. Hint
Valutare x+y rispetto all'altro fattore nel prodotto. Per quali esponenti z la cosa è possibile?

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jordan
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Messaggio da jordan » 26 feb 2009, 19:57

Booooombaaaaaaaaaaaaaaaa p^a||x-y,p^b||n \leftrightarrow p^{a+b}||x^n-y^n
The only goal of science is the honor of the human spirit.

alexba91
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Messaggio da alexba91 » 27 feb 2009, 15:40

io ho fatto questo ragionamento:

$ \displaystyle \ x^p + y^p = p^z $ essendo p un numero primo quindi dispari possiamo scrivere l LHS come un prodotto $ \displaystyle \ x^p + y^p = (x+y)(x^{p-1} - x^{p-2}y + x^{p-3}y^2 .........x^2y^{p-3} - xy^{p-2} + y^{p-1}) = p^z $
da questo deduciamo che $ \displaystyle \ x+y $ è una potenza di p quindi $ \displaystyle \ x+y= p^k $ da cui deduciamo che $ \displaystyle \ y^p = (p^k - x)^p = \sum_{s=0}^p{p \choose s} {(p^k)^{p-s} (-x) ^s} $
da qui in poi pero non so piu che fare

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EUCLA
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Messaggio da EUCLA » 27 feb 2009, 16:16

Ok, ora prova a scrivere $ x^{p}+y^{p}=p^{z} $ sviluppando come hai fatto $ y^{p} $.
Dividendo per $ p $ dovresti riuscire a vedere quando deve valere $ k $.

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Fedecart
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Messaggio da Fedecart » 27 feb 2009, 17:23

alexba91 ha scritto: $ \displaystyle \ x+y $ è una potenza di p quindi $ \displaystyle \ x+y= p^k $ da cui deduciamo che $ \displaystyle \ y^p = (p^k - x)^p = \sum_{s=0}^p{p \choose s} {(p^k)^{p-s} (-x) ^s} $
Non capisco questo passaggio... Chi sarebbe così gentile da spiegarmelo?

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Messaggio da Reginald » 27 feb 2009, 17:31

Fedecart ha scritto:
alexba91 ha scritto: $ \displaystyle \ x+y $ è una potenza di p quindi $ \displaystyle \ x+y= p^k $ da cui deduciamo che $ \displaystyle \ y^p = (p^k - x)^p = \sum_{s=0}^p{p \choose s} {(p^k)^{p-s} (-x) ^s} $

Non capisco questo passaggio... Chi sarebbe così gentile da spiegarmelo?
$ y=p^k-y\Rightarrow y^p=(p^k-x)^p $ perchè ho elevato entrambi per p. Inoltre,in generale, $ (a+b)^n=a^n+a^{n-1}\binom{n}{1} b+a^{n-2}\binom{n}{2} b^2+....+b^{n-1}\binom{n}{n-1}a+b^n $. Con questa formula si ricava quello che ha scritto alexbar91..(in questo caso b=-x, a=p^k)....spero di essere stato chiaro...se no dillo che spiego meglio...

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Messaggio da EUCLA » 27 feb 2009, 17:34

Mh, ho come la sensazione che si riferisse al discorso della potenza :wink:

$ (x+y)\vert x^{p}+y^{p}\Rightarrow (x+y)\vert p^{z} $ quindi $ x+y=p^{a},\ a\le z $.

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Messaggio da alexba91 » 27 feb 2009, 17:57

allora proviamo ad andare avanti........ siamo arrivati a dire che $ \displaystyle \ x^p + \sum_{s=0}^p{p \choose s} {(p^k)^{p-s} (-x) ^s} = p^z $ se seguendo il consiglio di eucla dividiamo per p atteniamo : $ \displaystyle \frac {x^p}{p} + \sum_{s=0}^p{p \choose s} {p^{kp-ks-1}} (-x) ^s} = p^{z-1} $ da cui deduciamo che $ \displaystyle x^p $ è divisibile per $ \displaystyle p $
che avviene solo per $ \displaystyle x=p $. dove sto sbagliando?

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Reginald
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Messaggio da Reginald » 27 feb 2009, 18:38

$ p|(n*p)^p $ ma n*p non è p....

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Messaggio da alexba91 » 27 feb 2009, 19:05

Reginald ha scritto:$ p|(n*p)^p $ ma n*p non è p....
si giusto quindi possiamo solo dire che $ $ x \equiv 0 \mod p $ $ e sapendo che $ $ x + y \equiv 0 \mod p $ $ anche $ $ y \equiv 0 \mod p $ $ giusto?

Jacobi
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Messaggio da Jacobi » 27 feb 2009, 19:08

alexba91 ha scritto: da cui deduciamo che $ \displaystyle x^p $ è divisibile per $ \displaystyle p $
partendo dal fatto che p e primo e che p| x^p puoi concludere che p|x. a partire da questo puoi concludere qualcosa sulla y. inserendo questa informazione nell'equazione originaria e facendo un ragionamento semplice puoi concludere qualcosa sulla z. da li il gioco e fatto :wink:
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Messaggio da Fedecart » 27 feb 2009, 21:27

EUCLA ha scritto:Mh, ho come la sensazione che si riferisse al discorso della potenza :wink:

$ (x+y)\vert x^{p}+y^{p}\Rightarrow (x+y)\vert p^{z} $ quindi $ x+y=p^{a},\ a\le z $.
Chiarissimo grazie... Domanda da mille punti, dove posso trovare problemi semplici su divisibilità, congruenze e roba del genere (TdN base)?
Sono alle prime armi...

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Messaggio da EUCLA » 28 feb 2009, 13:47

@ alexba: se scrivi in modo più esteso il binomio di newton, ad esempio specificando un pò gli estremi ti accorgi che gli $ x^p $ si semplificano.
Se lo lasci scritto in quel modo sarà elegante quanto vuoi ma ci ricavi poco :) .
Suggerimento: dividi i casi in cui $ p\vert x $ e $ (x,p)=1 $.

@Fedecart: Per quanto mi ricordo non ho mai trovato un testo preciso dove studiare le basi basi. Via via che mi incuriosiva un argomento lo cercavo su internet (wikipedia inglese!). Al limite guarda sui siti delle università alle pagine dei professori. Di solito questi argomenti si affrontano ad Algebra.

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