Quarte potenze e divisibilità per 29

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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<enigma>
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Quarte potenze e divisibilità per 29

Messaggio da <enigma> » 19 dic 2010, 17:07

Siano $ x, y, z \in \mathbb Z $ tali che $ S:= x^4+y^4+z^4 $ è divisibile per $ 29 $. Dimostrare che $ S $ è divisibile per $ 29^4 $.
"Quello lì pubblica come un riccio!" (G.)
"Questo puoi mostrarlo o assumendo abc o assumendo GRH+BSD, vedi tu cos'è meno peggio..." (cit.)

matty96
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Re: Quarte potenze e divisibilità per 29

Messaggio da matty96 » 21 dic 2010, 11:02

Premetto che non sono sicuro della mia soluzione,perchè la vedo un pò troppo banale,ma la pongo lo stesso

Dato che $ x^4+y^4+z^4 \equiv 0 \pmod {29}$
noto che $x^4 \equiv 0 \pmod {29} \to x=29h_1 \quad \forall h_1\in \mathbb{Z}$
$y^4 \equiv 0 \pmod {29} \to y=29h_2 \quad \forall h_2 \in \mathbb{Z}$
$ z^4 \equiv 0 \pmod {29} \to z=29h_3 \quad \forall h_3 \in \mathbb{Z}$
Sostituendo otteniamo $ (29h_1)^4+(29h_2)^4+(29h_3)^4 \equiv 0 \pmod {29} \to 29^4({h_1}^4+{h_2}^4+{h_3}^4) \equiv 0 \pmod {29} \to 29^4({h_1}^4+{h_2}^4+{h_3}^4) \equiv 0 \pmod {29^4}$
E questo riguarda x^4,y^4,z^4 multipli di 29

Se $x^4,y^4,z^4 \not \equiv 0 \pmod {29}$ allora pongo $x=29h_1+k_1$ , $ y=29h_2+k_2$ , $ z=29h_3+k_3 \quad \forall h_1,h_2,h_3,k_1,k_2,k_3 \in \mathbb{Z}$ e ovviamente ognuno di questi non divisibile per 29. Ora,sostituendo nuovamente,ottengo per ipostesi $$(29h_1+k_1)^4 +(29h_2+k_2)^4+ (29h_3+k_3)^4 \equiv 0 \pmod {29} $$ Ora è un pò lungo svolgere i calcoli,ma otteniamo
$ 3\cdot 29^4+ qualcosa \equiv 0 \pmod {29}$ ma dato che non tutte le espressioni di questo scviluppo sono divisibili per $29^4$ allora $ 3\cdot 29^4 + qualcosa \not \equiv 0 \pmod
{29^4}$ Da ciò segue che $x \equiv y \equiv z \equiv 0 \pmod {29}$ è l'unica soluzione che soddisfa la tesi
Ultima modifica di matty96 il 04 gen 2011, 12:49, modificato 4 volte in totale.
<<Se avessi pensato (se pensassi) che la matematica è solo tecnica
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minima.distanza
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Re: Quarte potenze e divisibilità per 29

Messaggio da minima.distanza » 21 dic 2010, 15:18

mhm... $ (29h_1 + k_1)^4 + (29h_2+k_2)^4 + (29h_3+k_3)^4 = 29^4(h_1^4+h_2^4+h_3^4) + 4\cdot 29^3(h_1^3k_1+h_2^3k_2+h_3^3k_3)+6\cdot 29^2(h_1^2k_1^2+h_2^2k_2^2+h_3^2k_3^2) + 4\cdot 29(h_1k_1^3+h_2k_2^3+h_3k_3^3) + k_1^4+k_2^4+k_3^4 $
come hai fatto da qui ad ottenere quel raccoglimento ?metti qualche passaggio in più magari.. :shock:

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Re: Quarte potenze e divisibilità per 29

Messaggio da sasha™ » 21 dic 2010, 16:11

Io andrei a considerare i residui quartici mod 29. Sono al più 7 (escluso lo zero), ed a mano si trova dopo un po' che sono 0, 1, 7, 16, 20, 23, 24, 25. È facile verificare come sommandone tre (eventualmente con ripetizioni) si ottengono multipli di 29 solo con (0 + 0 + 0), da cui $x≡y≡z≡0 (mod 29)$, che implica immediatamente la tesi.

minima.distanza
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Re: Quarte potenze e divisibilità per 29

Messaggio da minima.distanza » 21 dic 2010, 18:32

eh, infatti io la avevo fatta come sasha, ma non esiste un metodo più... fine ? cioè, come si generalizza questo risultato a qualsiasi p ? ma soprattutto, resta vero per gli altri numeri primi ?

sasha™
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Re: Quarte potenze e divisibilità per 29

Messaggio da sasha™ » 21 dic 2010, 20:07

Che io sappia, se p = ab + 1 è primo, i residui a-esimi mod p sono al più b, sempre escludendo lo zero. Se non ricordo male, non è difficile dimostrarlo, ma non ricordo come si fa.

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Re: Quarte potenze e divisibilità per 29

Messaggio da matty96 » 21 dic 2010, 21:08

minima.distanza ha scritto:mhm... $ (29h_1 + k_1)^4 + (29h_2+k_2)^4 + (29h_3+k_3)^4 = 29^4(h_1^4+h_2^4+h_3^4) + 4\cdot 29^3(h_1^3k_1+h_2^3k_2+h_3^3k_3)+6\cdot 29^2(h_1^2k_1^2+h_2^2k_2^2+h_3^2k_3^2) + 4\cdot 29(h_1k_1^3+h_2k_2^3+h_3k_3^3) + k_1^4+k_2^4+k_3^4 $
come hai fatto da qui ad ottenere quel raccoglimento ?metti qualche passaggio in più magari.. :shock:
Infatti devo aggiungere qualche cosa in quell'uguaglianza,ma era solo approssimativo per far capire che senza svolgere i calcoli,bastava considere quel 29^4 per arrivare alla tesi
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Re: Quarte potenze e divisibilità per 29

Messaggio da minima.distanza » 21 dic 2010, 21:59

Il punto è che non vedo come fai a raccogliere il $ 29^4 $ da quel robone, ti chiedo i passaggi...

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Re: Quarte potenze e divisibilità per 29

Messaggio da minima.distanza » 21 dic 2010, 22:22

Si consideri lo sviluppo delle potenze fatto precedentemente.

Poniamo ora $ (a,b,c) $ come la più piccola terna che soddisfi la tesi e tale che $ a,b,c \not \equiv 0 \mod{29} $ affinche $ 29 \mid a^4+b^4+c^4 $ si deve avere quindi che $ 29 \mid k_1^4+k_2^4+k_3^4 $ ma nessuno di questi numeri è congruo 0 modulo 29 (per la loro natura di residui) e per loro stessa natura csi ha che $ k_1 < a $ ed è lo stesso per gli altri k. Quindi anche $ (k_1 , k_2 , k_3 ) $ soddisfa la tesi, ma è "minore" della terna considerata precedentemente che era stata supposta come la più piccola: assurdo. Si ha quindi che nessuna terna di numeri che non siano tutti congruo a 0 modulo 29 soddisfa la tesi.

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Re: Quarte potenze e divisibilità per 29

Messaggio da matty96 » 22 dic 2010, 12:25

minima.distanza ha scritto:Il punto è che non vedo come fai a raccogliere il $ 29^4 $ da quel robone, ti chiedo i passaggi...
Scusa,ma credo di aver fatto un errore(ieri sono tornto tardi dal conservatorio e non ero tanro lucido).Quel robone è più lungo di quello che avevo scritto io e perciò solo qualche espressione si può dividere per $29^4$ ,quindi ciò che ho scritto io non è congruo a 0
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Re: Quarte potenze e divisibilità per 29

Messaggio da minima.distanza » 22 dic 2010, 12:36

Eh, infatti mi pareva strano... XD va beh, almeno tu hai un motivo un pò allegro per essere stanco. Sopra ho dimostrato "rigorosamente" che non esistono terne che non contengano solo numeri divisibile per 29, qualcuno può controllare ? perchè da lì la generalizzazione ad un generico p viene molto rapidamente direi...

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Re: Quarte potenze e divisibilità per 29

Messaggio da paga92aren » 22 dic 2010, 13:00

minima.distanza ha scritto:Eh, infatti mi pareva strano... XD va beh, almeno tu hai un motivo un pò allegro per essere stanco. Sopra ho dimostrato "rigorosamente" che non esistono terne che non contengano solo numeri divisibile per 29, qualcuno può controllare ? perchè da lì la generalizzazione ad un generico p viene molto rapidamente direi...
L'idea è giusta ma hai dimostrato che almeno uno fra $a,b,c$ è multiplo di 29 dovresti sistemare i casi in cui $a\equiv0 \mod29$ e $b,c\not\equiv 0 \mod29$ e il caso $a,b\equiv 0 \mod 29$ e $c\not\equiv 0 \mod 29$ che mi sembrano anche più facili.

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Re: Quarte potenze e divisibilità per 29

Messaggio da minima.distanza » 22 dic 2010, 13:16

va beh, basta considerare i casi in cui solo due dei tre sono non divissibili per 29 e siamo a posto... In questo caso di dovrebbe avere che $ 29 \mid k_1^4+k_2^4 $. Ora, se la tesi dovrebbe essere soddisfatta quindi anche da (0,k_1,k_2) ma questo è assurdo per la natura dei k. Lo stesso ragionamento vale per ogni "abbinamento" residuo numero.

TBPL
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Re: Quarte potenze e divisibilità per 29

Messaggio da TBPL » 22 dic 2010, 14:36

minima.distanza ha scritto:Si consideri lo sviluppo delle potenze fatto precedentemente.

Poniamo ora $ (a,b,c) $ come la più piccola terna che soddisfi la tesi e tale che $ a,b,c \not \equiv 0 \mod{29} $ affinche $ 29 \mid a^4+b^4+c^4 $ si deve avere quindi che $ 29 \mid k_1^4+k_2^4+k_3^4 $ ma nessuno di questi numeri è congruo 0 modulo 29 (per la loro natura di residui) e per loro stessa natura csi ha che $ k_1 < a $ ed è lo stesso per gli altri k. Quindi anche $ (k_1 , k_2 , k_3 ) $ soddisfa la tesi, ma è "minore" della terna considerata precedentemente che era stata supposta come la più piccola: assurdo. Si ha quindi che nessuna terna di numeri che non siano tutti congruo a 0 modulo 29 soddisfa la tesi.
Ripetiamo il ragionamento con $ 7 $ al posto di $ 29 $:
sia $ (a,b,c) $ la più piccola (qui dovresti definire un ordine, ma vabbe') terna tale che $ 7\mid a^4+b^4+c^4 $ e $ a,b,c \not \equiv 0 \pmod{7} $. Siano $ k_1,k_2,k_3 $ rispettivamente i resti della divisione di $ a,b,c $ per $ 7 $. Devo avere che $ 7\mid k_1^4+k_2^4+k_3^4 $ e $ k_1\le a $ e cicliche, quindi non ci sono soluzioni diverse da $ 0,0,0 $, come si vede facilmente pondendo $ (a,b,c)=(1,2,3) $ e verificando che $ 1^4+2^4+3^4=98=2\cdot 7^2 $.

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Re: Quarte potenze e divisibilità per 29

Messaggio da minima.distanza » 22 dic 2010, 14:52

:oops: :oops:

Va beh, scusa...

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