Diofantea semplice

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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pippo93
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Diofantea semplice

Messaggio da pippo93 » 23 gen 2010, 12:36

Ho provato a inventarmi un problema:

trovare tutte le coppie di interi $ (m,n) $ tali che $ m^2=n^3+2n-1 $

geda
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Messaggio da geda » 23 gen 2010, 14:15

Provare a studiare l'equazione $ \pmod{3} $

Bake
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Messaggio da Bake » 02 feb 2010, 15:49

sono alle prime armi con le congrunze ma ci provo
(raccolgo il suggerimento del mod 3 ;D)
$ m^2 \equiv n^3 + 2n - 1 (mod 3) $
per il piccolo teorema di fermat $ m^2 \equiv 1 (mod 3) $ per $ 3 \nmid m $ (boh è questo il simbolo di non divide?)
e $ n^3 \equiv n (mod 3) $ per $ 3 \nmid n $
quindi esce
$ 3n \equiv 2 (mod 3) $ che non può essere

è giusto?
(si vede che son nuovo del forum asd :oops: :oops: )

ndp15
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Messaggio da ndp15 » 02 feb 2010, 18:55

La tua soluzione è incompleta. Hai imposto che 3 non divida né m né n ma questo caso non si puo' escludere a priori.
Prova a fare tutto senza l'utilizzo del piccolo teorema di Fermat, analizzando solo i residui quadrati, cubici, ecc.

Bake
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Messaggio da Bake » 02 feb 2010, 19:11

ok grazie.
Sritta così la soluzione è completa?
Considero che un qualsiasi
$ n^3 \equiv n(mod 3) $ poichè ogni classe di resto mod 3, elevata al cubo coincide con se stessa $ (0^3 \equiv 0, 1^3 \equiv 1, 2^3 \equiv 8 \equiv 2 (mod3)) $
mentre i quadrati mod 3 sono congrui a 1 o 0.
Nel caso in cui $ m^2 \equiv 1 (mod 3) $ vale ciò che ho scritto nel post di prima.
Nel caso in cui $ m^2 \equiv 0 (mod 3) $ allora ho
$ 3n \equiv 1 (mod 3) $ altrettanto impossibile.
Quindi non possono esistere m ed n interi che verificano la relazione

ndp15
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Messaggio da ndp15 » 02 feb 2010, 19:14

Ok :wink:

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