Nessun primo può...

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
Mist
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Nessun primo può...

Messaggio da Mist » 11 set 2011, 15:08

Dimostrate che nessun numero primo può essere scritto come somma di quadrati in due maniere diverse.
"Se [...] non avessi amore, non sarei nulla."
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"[...] e se io non so pentirmi del passato, la libertà è un sogno"
Soren Kierkegaard, Aut-Aut, Ed. Mondadori, pag. 102

xXStephXx
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Re: Nessun primo può...

Messaggio da xXStephXx » 11 set 2011, 17:56

Allora per quanto riguarda i primi del tipo $ 4n+3 $ stiamo tranquillissimi che non possono essere scritti manco in un modo come somma di quadrati.. (vabbè ma qua non vado da nessuna parte)..
Io avevo pensato di fare per assurdo..
Cioè magari per assurdo dico che $ a^2+b^2=p $ e che $ x^2+y^2=p $.
Quindi poi arrivo a $ a^2+b^2+x^2+y^2 = 2p $.
L'unica cosa che noto è che in entrambe le coppie di quadrati, uno deve essere multiplo di 4 e l'altro del tipo $ 4n+1 $.. Però mi sa che manco questa strada ha sbocchi..
Si può avere qualche hint?

Mist
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Re: Nessun primo può...

Messaggio da Mist » 11 set 2011, 18:16

lol, è un po' presto per l'hint XD comunque il concetto è più o meno quello, se solo anzichè sommare facessimo....

(e finì per dare l'hint lo stesso :lol: )
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Re: Nessun primo può...

Messaggio da xXStephXx » 11 set 2011, 18:26

Il prodotto!! :lol: ok ora mi metto a lavorare.. sempre se riesco a finire i compiti per le vacanze..

Hawk
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Re: Nessun primo può...

Messaggio da Hawk » 11 set 2011, 20:21

La tesi è falsa, oppure ho capito male.

Esempio: $ 13=2^2+2^2+2^2+1^2 $
$ 13=2^2+3^2 $
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Re: Nessun primo può...

Messaggio da balossino » 11 set 2011, 20:23

xXStephXx ha scritto:Allora per quanto riguarda i primi del tipo $ 4n+3 $ stiamo tranquillissimi che non possono essere scritti manco in un modo come somma di quadrati..
Questo fatto non lo conoscevo... Qual è la dimostrazione?

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exodd
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Re: Nessun primo può...

Messaggio da exodd » 11 set 2011, 20:28

Hawk ha scritto:La tesi è falsa, oppure ho capito male.

Esempio: $ 13=2^2+2^2+2^2+1^2 $
$ 13=2^2+3^2 $

In effetti non è specificato benissimo..

La Tesi è "Dimostrate che nessun numero primo può essere scritto come somma di due quadrati in due maniere diverse."
xXStephXx wrote:
Allora per quanto riguarda i primi del tipo 4n+3 stiamo tranquillissimi che non possono essere scritti manco in un modo come somma di quadrati..


Questo fatto non lo conoscevo... Qual è la dimostrazione?
Questo deriva semplicemente dal fatto che un quadrato è congruo ad uno o zero modulo 4, quindi la somma di due di essi non può essere mai 3
Tutto è possibile: L'impossibile richiede solo più tempo
julio14 ha scritto: jordan è in realtà l'origine e il fine di tutti i mali in $ \mathbb{N} $
EvaristeG ha scritto:Quindi la logica non ci capisce un'allegra e convergente mazza.
ispiratore del BTA

in geometry, angles are angels

"la traslazione non è altro che un'omotetia di centro infinito e k... molto strano"

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Re: Nessun primo può...

Messaggio da xXStephXx » 11 set 2011, 21:11

Si avete ragione, fortuna che leggendo male ho interpretato come somma di due quadrati. Sarà perchè c'era il due successivamente :lol:

stergiosss
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Re: Nessun primo può...

Messaggio da stergiosss » 11 set 2011, 21:46

Ci provo.
Premetto alla dimostrazione un lemma.

Lemma di O.Vee Ho: Siano $a, b, c \in \mathbb{Z}$ tali che $GCD(a, b) = 1$ e $a | bc$. Allora $a | c$
Dimostrazione (come suggerisce il nome del lemma è piuttosto banale, ma la metto lo stesso): $ a | bc \Rightarrow \exists m \in \mathbb{Z} : bc = am $
$ GCD(a, b) = 1 \Rightarrow \exists x, y \in \mathbb{Z} | ax + by = 1 \Rightarrow c = 1 \cdot c = axc + byc = axc + yam = a \cdot (xc + my) \Rightarrow a | c $

Ora andiamo al nostro problema.
Ragiono per assurdo, suppongo siano $a, b, x, y \in \mathbb{N ^ +}$ e $p \in \mathbb{P}$ tali che $a \neq x , a \neq y$ e $p = a^2 + b^2 = x^2 + y^2$

Ragionando modulo 4 deduco che entrambe le coppie $(a, b)$ e $(x, y)$ sono composte da un numero pari e un dispari.

Siano wlog $a$ e $x$ pari.

$ a^2 + b^2 = x^2 + y^2 \Rightarrow (a-x)(a+x) = (y-b)(y+b) $ (1) [noto che tutte le parentesi sono pari e diverse da 0]

Sia $ m = GCD((a-x), (y-b)) $ e $ n = GCD((a+x), (y+b)) $ [noto che $m$ ed $n$ sono pari] (3)

Quindi $ a-x = mi, y-b = mj, a+x = nk, y+b = nl $ (2)
$ GCD(i, j) = 1 $ e $ GCD(k, l) = 1 $

sostituisco nella (1) e ottengo
$ mink = mjnl \Rightarrow ik = jl $
$ i | jl \wedge (i, j) = 1 \Rightarrow i | l $ (per il lemma)

analogamente ottengo che $l | i$, $k | j$ e $j | k \Rightarrow l = i$ e $k = j$

Quindi le relazioni (2) diventano
$ a-x = mi, a+x = nj, y-b = mj, y+b = ni $
e cioè
$ \displaystyle a = \frac{1}{2}(nj + mi) $ e $ \displaystyle b = \frac{1}{2}(ni - mj) $

quindi
$ \displaystyle p = a^2 + b^2 = \frac{1}{4}(n^2 j^2 + m^2 i^2 + 2mnij + n^2 i^2 + m^2 j^2 -2mnij) = \frac{1}{4}(n^2 (i^2 + j^2) + m^2 (i^2 + j^2)) = \frac{1}{4}(n^2 + m^2) (i^2 + j^2) $

ma per la (3) esistono $q, r \in \mathbb{Z}$ t.c. $m=2q$ e $n=2r$, quindi
$ p = (q^2 + r^2) (i^2 + j^2) $

Assurdo in quanto $p$ è primo mentre i due fattori $(q^2 + r^2)$ e $(i^2 + j^2)$ sono strettamente maggiori di 1

stergiosss
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Re: Nessun primo può...

Messaggio da stergiosss » 11 set 2011, 21:47

Non ho il tempo di ricontrollarla adesso, quindi spero di non aver scritto un mare di stron*ate :oops:

stergiosss
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Re: Nessun primo può...

Messaggio da stergiosss » 11 set 2011, 22:32

Ok, ho finito di cenare e mi sono accorto di un errore qui.
stergiosss ha scritto: $i | l$, $l | i$, $k | j$ e $j | k \Rightarrow l = i$ e $k = j$

I numeri $i$ e $j$ non sono per forza positivi, quindi la deduzione corretta sarebbe $l = \pm i$ e $k = \pm j$


Il post di prima è valido sse $a \gt x$, infatti in questo caso tutte le variabili in gioco sono positive e tutto torna.

Analizzo ora il caso $a \lt x$, e correggo solamente i passi del ragionamento di prima che non funzionano.

stergiosss ha scritto:Ragiono per assurdo, suppongo siano $a, b, x, y \in \mathbb{N ^ +}$ e $p \in \mathbb{P}$ tali che $a \neq x , a \neq y$ e $p = a^2 + b^2 = x^2 + y^2$

Ragionando modulo 4 deduco che entrambe le coppie $(a, b)$ e $(x, y)$ sono composte da un numero pari e un dispari.

Siano wlog $a$ e $x$ pari.
Qui tutto ok

$ a^2 + b^2 = x^2 + y^2 \Rightarrow (a-x)(a+x) = (y-b)(y+b) $ (1) [noto che tutte le parentesi sono pari e diverse da 0]

Sia $ m = GCD((a-x), (y-b)) $ e $ n = GCD((a+x), (y+b)) $ [noto che $m$ ed $n$ sono pari] (3)

Quindi $ a-x = mi, y-b = mj, a+x = nk, y+b = nl $ (2) [qui noto che $m, n, k, l$ sono positivi, mentre $i, j$ sono negativi]
$ GCD(i, j) = 1 $ e $ GCD(k, l) = 1 $
Aggiunta una nota (in grassetto)

sostituisco nella (1) e ottengo
$ mink = mjnl \Rightarrow ik = jl $
$ i | jl \wedge (i, j) = 1 \Rightarrow i | l $ (per il lemma)

analogamente ottengo che $l | i$, $k | j$ e $j | k \Rightarrow l = - i$ e $k = - j$

Quindi le relazioni (2) diventano
$ a-x = mi, a+x = -nj, y-b = mj, y+b = -ni $
Modificati alcuni punti

e cioè
$ \displaystyle a = \frac{1}{2}(-nj + mi) $ e $ \displaystyle b = \frac{1}{2}(-ni - mj) $

quindi
$ \displaystyle p = a^2 + b^2 = \frac{1}{4}(n^2 j^2 + m^2 i^2 - 2mnij + n^2 i^2 + m^2 j^2 + 2mnij) = \frac{1}{4}(n^2 (i^2 + j^2) + m^2 (i^2 + j^2)) = \frac{1}{4}(n^2 + m^2) (i^2 + j^2) $
Modificati altri due punti



ma per la (3) esistono $q, r \in \mathbb{Z}$ t.c. $m=2q$ e $n=2r$, quindi
$ p = (q^2 + r^2) (i^2 + j^2) $

Assurdo in quanto $p$ è primo mentre i due fattori $(q^2 + r^2)$ e $(i^2 + j^2)$ sono strettamente maggiori di 1
E qui è tutto ok

paga92aren
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Re: Nessun primo può...

Messaggio da paga92aren » 13 set 2011, 18:45

Propongo un'altra idea...scompongo $p$ in $\mathbb{Z}$. I primi congrui a 3 modulo 4 rimangono primi mentre i primi congrui a 1 modulo 4 si scompongono in esattamente 2 fattori "primi". [questi fatti sono noti anche se non ricordo tutti i passaggi della dimostrazione].
Detto questo $(a+ib)(a-ib)=p=(c+id)(c-id)$ essendo $a+ib$ primo allora divide o $c+id$ o $c-id$, anche $c\pm id$ è primo quindi se viene diviso da $a+ib$ allora è anche uguale ad esso $a+ib=c\pm id$ da cui $a=c$ e $b=\pm d$ quindi la somma di quadrati è la stessa.

Sonner
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Re: Nessun primo può...

Messaggio da Sonner » 13 set 2011, 19:47

Sketcho la mia. Sia $p=a^2+b^2=c^2+d^2$. Allora $a^2\equiv -b^2 \pmod p$ e $c^2 \equiv -d^2 \pmod p \Rightarrow a^2c^2\equiv b^2d^2 \pmod p \Rightarrow p\mid (ac+bd)(ac-bd)$. Usando questa più il fatto che $p^2=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2=(ac-bd)^2+(ad+bc)^2$ si conclude facilmente (per ognuna delle due possibilità, guardando l'espressione giusta si vede che un quadrato deve essere 0 e l'altro $p^2$).

Mist
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Re: Nessun primo può...

Messaggio da Mist » 13 set 2011, 19:56

Sonner, la tua soluzione è simile alla mia, solo che io ho moltiplicato e mi sono ricordato di queste e ho concluso subito...

Paga, scusami mi spieghi meglio cosa vuol dire che $a+ib$ è primo ? :oops:
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paga92aren
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Re: Nessun primo può...

Messaggio da paga92aren » 13 set 2011, 21:43

$a+ib$ è primo se ha modulo diverso da 1 e non si può scrivere come prodotto di altri due numeri (con modulo diverso da 1) della forma $x+iy$ con $x,y\in \mathbb{Z}$

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