$p\le \sqrt{n} \implies p\mid ab$

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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jordan
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$p\le \sqrt{n} \implies p\mid ab$

Messaggio da jordan » 24 dic 2012, 01:57

Trovare tutti gli interi positivi $n$ tali che
i) $n=a^2+b^2$ per qualche $a,b$ interi coprimi
ii) $p\le \sqrt{n} \implies p\mid ab$.
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Karl Zsigmondy
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Re: $p\le \sqrt{n} \implies p\mid ab$

Messaggio da Karl Zsigmondy » 08 feb 2013, 15:40

Non ci sono n siffatti. Suppongo per assurdo che esista una soluzione (n, a, b).
Allora avrei, dato che $ (a, b)=1 $, che p|a oppure p|b (ma p non divide entrambi). Quindi alla fine avrò che a, b saranno della forma: $ a= a_0 \cdot p_1 \cdot p_2 \cdots p_k \ ; \ b = b_0 \cdot q_1 \cdot q_2 \cdots q_j $ dove i $ p_i $ e i $ q_i $ sono tutti e soli i primi minori o uguali a $ \sqrt{n} $. Per l'ipotesi di coprimalità di a e b avrò necessariamente che nessuno dei $ p_i $ divide $ b_0 $ così come nessuno dei $ q_i $ divide $ a_0 $. Ma ora si ha che $ \sqrt{n} = \sqrt{a^2 + b^2} > \sqrt{a^2+b^2-2ab} = a-b = a_0 \cdot p_1 \cdots p_k - b_0 \cdot q_1 \cdots q_j=X $. Ora noi abbiamo che X è un numero minore di $ \sqrt{n} $, ma non divisibile per alcuno dei primi minori di $ \sqrt{n} $ che è assurdo.
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Messaggio da Gi8 » 11 feb 2013, 11:40

C'è (almeno) un caso che funziona: $a=b=1$.

Si ha che $(a,b)=1$, che $n=2$ e per ogni primo minore di $\sqrt{2}$ vale $p \mid 1$
(perchè non esistono primi minori di $\sqrt{2}$).

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Re: $p\le \sqrt{n} \implies p\mid ab$

Messaggio da EvaristeG » 11 feb 2013, 12:28

uhm beh, -2 è un primo minore di $\sqrt{2}$ ...

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Messaggio da Gi8 » 11 feb 2013, 14:29

Mi sembra implicito che si intenda solo "primi positivi", altrimenti la condizione $p\leq \sqrt{n}$ è inutile.

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Re: $p\le \sqrt{n} \implies p\mid ab$

Messaggio da Karl Zsigmondy » 11 feb 2013, 14:49

La dimostrazione sfrutta il fatto che almeno un primo c'è. Per i casi piccoli può anche non esserci, ma si possono fare a mano. Tipo n=2 come hai fatto vedere ammette soluzione, per gli altri o non sono esprimibili come somma di quadrati, o sono abbastanza grandi affinché valga la dimostrazione.
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Re: $p\le \sqrt{n} \implies p\mid ab$

Messaggio da fph » 11 feb 2013, 14:54

Non può essere anche $a-b=1$ nella dimostrazione di KS?
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Re: $p\le \sqrt{n} \implies p\mid ab$

Messaggio da EvaristeG » 11 feb 2013, 15:01

Io rifletterei anche sul fatto che $1+4=5$, che $2\vert 1\cdot2$ e che $2\leq \sqrt{5}$... (o su quel che dice fph, in alternativa :P)

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Re: $p\le \sqrt{n} \implies p\mid ab$

Messaggio da Karl Zsigmondy » 11 feb 2013, 19:21

EDIT: nel caso a-b=1 ci sono ancora problemi...
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Re: $p\le \sqrt{n} \implies p\mid ab$

Messaggio da Karl Zsigmondy » 12 feb 2013, 14:58

Nel caso a-b=1 (escludo b=0, b=1, b=2 che già so che mi danno una soluzione, rispettivamente n=1, n=5, n=13) e quindi a=b+1 si ha che b-1 è minore di $ \sqrt{n} $. Ora esso è coprimo con b, quindi si deve avere necessariamente che i primi che dividono (b-1) dividono anche (b+1). Questo può accadere solo se b-1 è potenza di 2. Eseguendo lo stesso ragionamento con b-2 ottengo che b-2 è potenza di 3. Questo accade solo per b=5 (da cui n=61) e per b=3 (da cui n=25), ma per n=61 abbiamo ab=30 e 7 non divide 30. Per n=25 abbiamo ab=12 e 5 non divide 12.
Questo è vero perché le coppie di potenze di 2 e di 3 che distano 1 sono solo (1,2) ; (2,3) ; (3,4) ; (8,9).

Quindi le uniche soluzioni sono n=1, n=5, n=13.

P. S. n=13 non è stata verificata. Per 13 si ha ab=6.

Così può andare?
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