Normale AA81/82, 2

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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Gauss91
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Normale AA81/82, 2

Messaggio da Gauss91 » 02 mag 2010, 15:51

Trovare tutti i numeri interi positivi p, q, N tali che
$ (p+q)^N = 2(p^N +q^N) $
"Cos'è l'aritmetica?" "E' quella scienza in cui si impara quello che si sa già!"

Spammowarrior
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Messaggio da Spammowarrior » 02 mag 2010, 16:21

caso a:

(p,q)=1

analizzo mod p:
$ \displaystyle q^n \equiv 2q^n \pmod p $
per l'ipotesi di questo caso abbiamo che
$ \displaystyle 2 \equiv 1 \pmod p $

quindi p=1

sostituiamo all'inizio e analiziamo mod q:

$ \displaystyle 1 \equiv 2 \pmod q $

da cui q=1

sostituiamo di nuovo e troviamo facilmente n=2
quindi si ha che l'unica soluzione in questo caso è (1,1,2)

caso b:
(p,q) = k

p=kp', q=kq'

$ \displaystyle k^n(p'+q')^n = 2\cdot k^n(p'^n + q'^n) $

semplifichiamo k e cadiamo nel caso a: sappiamo che l'unica soluzione è p'=1, q'=1, n=2, da cui p=k, q=k, n=2 che è effettivamente soluzione per ogni k.

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Maioc92
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Messaggio da Maioc92 » 02 mag 2010, 21:36

Spammowarrior ha scritto:$ \displaystyle q^n \equiv 2q^n \pmod p $
per l'ipotesi di questo caso abbiamo che
$ \displaystyle 2 \equiv 1 \pmod p $
Il ragionamento di fondo è corretto ma qua c'è un errore perchè ad esempio 7^2 non è congruo a 1 modulo 5...
Comunque era già comparso anche qua:
viewtopic.php?t=13333
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!

Spammowarrior
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Messaggio da Spammowarrior » 02 mag 2010, 21:44

Maioc92 ha scritto:
Spammowarrior ha scritto:$ \displaystyle q^n \equiv 2q^n \pmod p $
per l'ipotesi di questo caso abbiamo che
$ \displaystyle 2 \equiv 1 \pmod p $
Il ragionamento di fondo è corretto ma qua c'è un errore perchè ad esempio 7^2 non è congruo a 1 modulo 5...
uh?
che c'entra, ho semplificato il q^n da entrambi i lati (posso perchè p e q sono coprimi)

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Maioc92
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Messaggio da Maioc92 » 02 mag 2010, 21:49

si scusa, la pupa e il secchione mi sta rimbecillendo :lol:
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!

Spammowarrior
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Messaggio da Spammowarrior » 02 mag 2010, 21:56

e ti credo!
sei scusato, comunque (per esserti sbagliato, mica per aver guardato la pupa e il secchione!) :lol:

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gismondo
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Messaggio da gismondo » 03 mag 2010, 20:20

domanda:ma se uno vede modulo N?
viene 1=4 e si direbbe N=3, dov'è l'errore?
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Spammowarrior
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Messaggio da Spammowarrior » 03 mag 2010, 20:25

gismondo ha scritto:domanda:ma se uno vede modulo N?
viene 1=4 e si direbbe N=3, dov'è l'errore?
uhm, che

$ (p+q)^N \equiv (p+q)^0 \pmod N $

è semplicemente (e fortemente :shock: ) falso

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gismondo
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Messaggio da gismondo » 03 mag 2010, 20:29

si questo l'avevo capito...mi sono spiegato male, scusami.
uno potrebbe pensare che essendo N=0 (mod N) allora si può sostituire N con 0 in una qualsiasi congurenza modulo N...io cercavo chiarimenti circa il perchè questo non è possibile...
(in ogni caso forse non è la sezione adatta...)
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pic88
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Messaggio da pic88 » 03 mag 2010, 21:31

gismondo ha scritto: uno potrebbe pensare che essendo N=0 (mod N) allora si può sostituire N con 0 in una qualsiasi congurenza modulo N...io cercavo chiarimenti circa il perchè questo non è possibile...
Uhm, un modo formale di dirlo e' che le congruenze modulo n sono uguaglianze tra classi in $ \mathbb Z/n\mathbb Z $. Ora, due classi si possono sommare e moltiplicare (prove it), ma non ha senso elevare una all'altra: quando scrivi $ x^a $ intendi solo $ x\cdot...\cdot x $ $ {a} $ volte, ma l'a che sta all'esponente e' il numero naturale $ {a} $, non la sua classe modulo n.

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