Bella diofantea

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
alexba91
Messaggi: 240
Iscritto il: 08 feb 2007, 20:16
Località: BARI

Messaggio da alexba91 » 28 feb 2009, 15:47

EUCLA ha scritto:@ alexba:
Suggerimento: dividi i casi in cui $ p\vert x $ e $ (x,p)=1 $.
ma non abbiamo appena dimostrato che sicuramente $ p\vert x $? perche prendere in considerazione il caso in cui sono coprimi :?:

Avatar utente
EUCLA
Messaggi: 771
Iscritto il: 21 apr 2005, 19:20
Località: Prato

Messaggio da EUCLA » 28 feb 2009, 15:52

alexba91 ha scritto: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?
Quello che ti dicevo era di riscrivere meglio lo sviluppo col binomio. Infatti ti perdi una cosa per strada:

Nella seconda formula in LaTeX quotata la sommatoria non è intera. Infatti per $ s=p $ ossia per uno degli "estremi" della sommatoria che è $ $x^{p} $, l'esponente $ kp-ks-1 $ non è intero.
Gli $ $x^p $ si semplificano.

mat94
Messaggi: 198
Iscritto il: 20 ago 2012, 10:29

Re: Bella diofantea

Messaggio da mat94 » 19 gen 2013, 11:06

Ci provo...
Supponiamo $p\geq 5$.
Supponiamo $p|x$ e $p|y$. $(x+y)(x^{p-1}+-....-+y^{p-1}=p^z)$ , quindi si ha che sia il primo fattore che il secondo fattore sono potenze di due ($x+y=p^a$; $x^{p-1}+-....-+y^{p-1}=p^b$) , sommando queste due potenze si ottiene: $x+y+x^{p-1}+-....-+y^{p-1}=p^a(p^{b-a}+1)$ essendo tutti divisibili per p si ha che b=a e per $p\geq 5$ $x+y=x^{p-1}+-....-+y^{p-1}$ non ha soluzioni. A questo punto abbiamo che gcd(x,y)=1. Per Fermat si ha che $p|x+y$ e quindi per LTE si ottiene: $v_p(x^p+y^p)=v_p(x+y)+1$. Ciò significa che $ x^p+y^p=p(x+y) $. Ma per $p\geq 5$ si ha $ x^p+y^p>p(x+y) $.

A questo punto si analizzano i casi p=2 e p=3 e si ottengono le soluzioni di (x,y,z,p) che sono (2,1,2,3);(1,2,2,3);(1,1,1,2).

Avatar utente
Troleito br00tal
Messaggi: 683
Iscritto il: 16 mag 2012, 22:25

Re: Bella diofantea

Messaggio da Troleito br00tal » 19 gen 2013, 19:59

E' arrivata l'ora dei cannoni:

Teorema di Zsigmondy

Rispondi