Equazione con primi

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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geda
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Equazione con primi

Messaggio da geda » 14 ott 2009, 09:09

Provare che l'equazione $ p^4+q^4=r^4 $ non ha soluzioni nell'insieme dei numeri primi. 8)

Veluca
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Messaggio da Veluca » 14 ott 2009, 15:45

I primi non possono essere tutti dispari per questioni di parità, ma devono essere o tutti pari o un pari e due dispari.
Il caso con tutti pari è banale: 2^4+2^4\neq2^4
Anche il caso con r pari è banale: p^4+q^4=2^4. Poichè il numero primo più piccolo è 2, allora si avrà WLOG p^4\ge q^4>2^4, assurdo.
Se invece p (WLOG) è pari, si avrà
16+q^4=r^4.
Poichè i numeri primi maggiori di 3 sono \equiv \pm1\pmod6 (infatti se fossero 2,3,4 sarebbero divisibili per 2,3,2 rispettivamente), allora quest'equazione è assurda mod 6 se nessuno tra q e r è uguale a 3.
Allora o q o r saranno uguali a 3. il primo caso porta a 97=r^4, il secondo a q^4=65, ma nè 97 nè 65 sono quarte potenze.

spugna
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Messaggio da spugna » 14 ott 2009, 18:06

Soluzione alternativa (se sto diventando palloso ditemelo :lol: ):

L'equazione è equivalente a:

$ p^4=r^4-q^4=(r-q)(r+q)(r^2+q^2) $

Ma $ p $ è un numero primo,quindi tutti e tre i fattori del secondo membro devono essere potenze di $ p $. Poniamo quindi $ r-q=p^a $ ; $ r+q=p^b $ ; $ r^2+q^2=p^c $,con $ (a,b,c) \in \mathbb{N}^3 \wedge a+b+c=4 $. Notiamo ora che $ r-q<r+q<r^2+q^2 $ perchè,essendo $ r $ e $ q $ primi,sono entrambi maggiori di $ 1 $. Segue che $ a<b<c $. Quindi,se avessimo $ a=1 $ ,seguirebbe $ b \ge 2 $ e $ c \ge 3 $ ,da cui $ a+b+c \ge 6 $ (assurdo).
Dunque si deve avere $ a<1 \Rightarrow a=0 $. In questo modo troviamo $ r-q=p^a=p^0=1 $. Gli unici numeri primi consecutivi sono $ 2 $ e $ 3 $,ma $ 3^4-2^4 $ $ (=65) $ non è una quarta potenza (di un intero). Dunque l'equazione è impossibile
"Bene, ora dobbiamo massimizzare [tex]\dfrac{x}{(x+100)^2}[/tex]: come possiamo farlo senza le derivate? Beh insomma, in zero fa zero... a $+\infty$ tende a zero... e il massimo? Potrebbe essere, che so, in $10^{24}$? Chiaramente no... E in $10^{-3}$? Nemmeno... Insomma, nella frazione c'è solo il numero $100$, quindi dove volete che sia il massimo se non in $x=100$..?" (da leggere con risatine perfide e irrisorie in corrispondenza dei puntini di sospensione)

Maledetti fisici! (cit.)

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jordan
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Re: Equazione con primi

Messaggio da jordan » 14 ott 2009, 18:32

geda ha scritto:Provare che l'equazione $ p^4+q^4=r^4 $ non ha soluzioni nell'insieme dei numeri primi. 8)
Dato che $ \displaystyle \prod_{sym}{(p-q)^2}>0 $ e che $ 5 \mid p^4-1 \text{ per ogni } p \in \mathbb{P} \setminus\{5\} $ abbiamo che $ 10 \mid pq $, ma $ 5^4+2^4 $ non è una potenza quarta.
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Jacobi
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Messaggio da Jacobi » 14 ott 2009, 18:46

oppure ancora: L'equazione $ x^4 + y^4 = z^4 $ non ha soluzioni in N per l'ultimo teorema di fermat, quindi non avra soluzioni neanche in P.

PS: lo so che usare cannoni del genere e' strettamente non olimpico! pero e' figo 8)
PS2: so anche che questa soluzione e' venuta in mente a tutti quelli che hanno guardato quest'esercizio :lol:
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ndp15
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Messaggio da ndp15 » 14 ott 2009, 19:22

Jacobi ha scritto:oppure ancora: L'equazione $ x^4 + y^4 = z^4 $ non ha soluzioni in N per l'ultimo teorema di fermat, quindi non avra soluzioni neanche in P.
Non vorrei dire eresie, ma se ben ricordo questo caso particolare si dimostra in maniera abbastanza olimpica con la discesa infinita. Giusto?

EDIT: ecco qua

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jordan
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Messaggio da jordan » 14 ott 2009, 19:33

Può anche essere provato più in generale che l'equazione $ x^4+y^2=z^4 $ non ha soluzione negli interi positivi :wink:
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geda
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Messaggio da geda » 15 ott 2009, 09:30

Io l'ho risolta come spugna :lol:

Comunque interessanti gli altri approcci!

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