Un qualche Iran........

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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53thebest
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Un qualche Iran........

Messaggio da 53thebest » 14 feb 2012, 16:00

Dimostare che $\displaystyle\frac{3^{3u}-1}{3^u-1}$ per ogni $u \geq 1$ dispari può essere scritto come somma di due quadrati

Nel caso ce ne sia bisogno (ammetto di non sapere bene come funziona hide in html :oops: quindi scusatemi se l'hint non verrà coperto):
Testo nascosto:
Di quale condizione c'è bisogno sui fattori primi di un numero affinchè possa essere scritto come somma di due quadrati????
EDIT: ho messo un \displaystyle per aumentare la leggibilità del TeX. ma_go
Boh direi che ormai che ho reso conosciuta castelfidardo posso togliere la firma di prima :D

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Karl Zsigmondy
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Re: Un qualche Iran........

Messaggio da Karl Zsigmondy » 14 feb 2012, 16:50

$ \frac{3^{3u}-1}{3^u-1}=3^{2u}+3^u+1=3^{2u}-2 \cdot 3^u + 3^{u+1}+1 = (3^u-1)^2+3^{u+1} $ che per u dispari è una somma di quadrati.
Per i pari non è possibile dal momento che la quantità in questione è congrua a 3 (modulo 4).
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53thebest
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Re: Un qualche Iran........

Messaggio da 53thebest » 14 feb 2012, 17:23

Non mi aspettavo esistesse la soluzione "semplice" :oops: in tal caso rilancio subito :D (speriamo che non abbia fatto errori e che il mio rilancio sia giusto). Dimostrare che se $p$ è primo $\equiv -1 (\mod 4)$ e $u \geq 1$ è dispari, allora:
$$
\frac{p^{pu}-1}{p^u-1}
$$
può essere scritto come somma di due quadrati (l'hint di sopra vale anche per questo caso un po' più generale :roll: ) sperando che non abbia sbagliato il rilancio trascurando qualche dettaglio, appena me ne vengono in mente di ancora più forti li posto subito :D
Boh direi che ormai che ho reso conosciuta castelfidardo posso togliere la firma di prima :D

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Karl Zsigmondy
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Re: Un qualche Iran........

Messaggio da Karl Zsigmondy » 15 feb 2012, 14:38

Nascondo la mia soluzione dato che bara.
Testo nascosto:
Teorema: se $ a \equiv 1 \pmod{4} $ allora a è esprimibile come somma di due quadrati.
Dimostrazione: conosco l'idea ma sarebbe lunga da scrivere qui, si trova nella dispensa "Sum of two squares" di Jahnavi Bhaskar. Questa parte è il grosso del problema.

Nel nostro caso si ha che $ p^{(p-1)u} + \cdots + p^{u}+1 \equiv (-1)^{p-1}+ \cdots + (-1) + 1 \equiv 1 \pmod{4} $ da cui segue la tesi.
EDIT: si, scusate, mi ricordavo male.
Ultima modifica di Karl Zsigmondy il 15 feb 2012, 17:29, modificato 1 volta in totale.
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Sonner
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Re: Un qualche Iran........

Messaggio da Sonner » 15 feb 2012, 14:43

No è falso :P 21 dovrebbe essere l'esempio più piccolo
Testo nascosto:
Quello che si può dire è "$a$ non ha nella fattorizzazione dei primi $\equiv 3 \pmod 4$ con esponente dispari $\iff a$ è somma di quadrati :wink:

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Re: Un qualche Iran........

Messaggio da dario2994 » 15 feb 2012, 20:10

Bon mi sento lanciato:
Sia $q$ un primo che divide $\displaystyle \frac{p^{pu}-1}{p^u-1}$. Noto subito che $q$ non può essere $p$ e neanche $2$ (perchè risulta modulo 4 che sia numeratore che denominatore sono divisibili esattamente per 2).
Deve valere $Ord_{q}(p^u)=p$ quindi $p|q-1$. (1)
Inoltre vale anche anche $p|\frac{q-1}{2}$ e perciò $(p^u)^{\frac{q-1}2}\equiv 1\pmod q$ che è equivalente a dire che $p^u$ è residuo quadratico che è equivalente a $p$ residuo quadratico (2) essendo $u$ dispari.
La (1) vuol dire $\left(\frac{q}{p}\right)=\left(\frac{1}{p}\right)=1$.
La (2) vuol dire $\left(\frac{p}{q}\right)=1$.
E applicando la reciprocità quadratica (e sfruttando finalmente $p\equiv 3\pmod 4$) ottengo $1=\left(\frac{p}{q}\right)\left(\frac{q}{p}\right)=(-1)^{\frac{(p-1)(q-1)}{4}}=(-1)^{\frac{q-1}{2}}$ e da ciò deriva $q\equiv 1\pmod 4$.
Ora ho che qualsiasi primo che divide $\displaystyle \frac{p^{pu}-1}{p^u-1}$ è congruo a 1 modulo 4 e quindi per il fatto noto questo è esprimibile come somma di 2 quadrati che è la tesi.

p.s. tra gli esercizi più tecnici che abbia mai fatto... davvero è solo l'applicazione di teoremi a manovella...
...tristezza ed ottimismo... ed ironia...
Io ti racconto lo squallore di una vita vissuta a ore di gente che non sa più far l'amore...
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Leonida
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Re: Un qualche Iran........

Messaggio da Leonida » 15 feb 2012, 20:28

Dannato Dante :? avrei postato prima se non fosse per sti benedetti canti... A occhio è identica a quella di Dario, posto solo per non lasciare la bozza.
Caso generale: dimostro che $\displaystyle \frac{p^{pu}-1}{p^{u}-1}$ non ha fattori primi $\equiv 3 \pmod 4$, che implica la tesi per quanto già detto da Sonner.
Per assurdo supponiamo esista $q \equiv 3 \pmod 4$ che divide $\displaystyle \frac{p^{pu}-1}{p^{u}-1}$. Ora possono capitare 2 cose:
  • $v_{q}(p^{pu}-1)> v_{q}(p^{u}-1)> 0$: allora per Lifting The Exponent $v_{q}(p^{pu}-1) - v_{q}(p^{u}-1)= v_{q}(p)> 0$ che è possibile solo se $q=p$. Ma allora l'assurdo è evidente dato che $p$ NON divide $p^{u}-1$.
  • $v_{q}(p^{pu}-1)> v_{q}(p^{u}-1)= 0$: in termini di ordini moltiplicativi queste condizioni diventano $ord_{q}p \mid pu$ e $ord_{q}p$ NON divide $u$.
    Se $(p,ord_{q}p)= 1$ e $ord_{q}p \mid pu$, allora segue che $ord_{q}p \mid u$, che è assurdo. Quindi $p \mid ord_{q}p \mid q-1$ da cui ottengo $q \equiv 1 \pmod p$. Voglio dimostrare che se $p \mid ord_{q}p$ allora $2p \mid ord_{q}p$: se ci riesco ho finito in quanto $2p \mid pu $ è assurdo per $u$ dispari. Suppongo per assurdo che $2$ NON divide $ord_{q}p$: vale $\phi q= q-1= ord_{q}p \cdot k$ con $k$ pari. Preso un generatore $g$ modulo $q$ posso scrivere $1 \equiv p^{ord_{q}p} \equiv (g^{k})^{ord_{q}p} \pmod q$ da cui deduco che $p$ è un quadrato modulo $q$. Inoltre $q \equiv 1 \pmod p$ quindi $q$ è un quadrato modulo $p$.

    Ma per la Reciprocità Quadratica, $(\frac{p}{q})= (\frac{q}{p}) \cdot (-1)^{\frac{p-1}{2}\cdot \frac{q-1}{2}} = 1 (-1) = -1$ che è vero perchè $p$ e $q$ sono entrambi $\equiv 3 \pmod 4$. Ma io avevo dimostrato che $p$ era un quadrato modulo $q$ $\rightarrow$ assurdo.
Cit.: "Ora, qui, su questo aspro frammento di terra chiamato Platea, le orde di Serse affrontano LA LORO DISFATTA!!"

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