182. divisibilità simmetriche
182. divisibilità simmetriche
Trovare tutti i primi $p,q$ tali che $p^2+1\mid 2003^q+1$ e $q^2+1\mid 2003^p+1$.
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Re: 182. divisibilità simmetriche
Il problema ha come unica soluzione $ (p,q)=(2,2) $?
Un bresciano esportato nel cremonese
-"Dal palazzo di giustizia di Catania o esci con più soldi di prima, o non esci proprio"
-"Baroni uscirebbe con un Win - Win".
Tutti si mettono a ridere, e allora intuisco che non aveva detto "Weed - Win" come avevo capito.
-"Dal palazzo di giustizia di Catania o esci con più soldi di prima, o non esci proprio"
-"Baroni uscirebbe con un Win - Win".
Tutti si mettono a ridere, e allora intuisco che non aveva detto "Weed - Win" come avevo capito.
- Troleito br00tal
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Re: 182. divisibilità simmetriche
Se wlog $p=2$ allora ci basta $q^2+1|2003^2+1$ da cui (con Wolfram Alpha ) $q=2,3,2003$.
Supponiamo $p \le q$ dispari.
Sia $r$ un primo che divide $p^2+1$. Allora $r|2004 \cdot \frac{2003^q+1}{2004}$, da cui $r=2,3,167$ oppure $q|r-1$ (poiché $ord_r(2003)|2q$). Chiaramente $r \not = 3,167$, poiché $r|p^2+1$. Perciò $r=2$ o $q|r-1$. Inoltre $v_2(p^2+1)=1$, perciò $p^2+1=2r_1...r_m$. Ma $r_i \ge q+1 \ge p+1$, quindi $p^2+1 \ge 2(p+1)^m$, da cui $m=0$ (assurdo) o $m=1$. Pericò $p^2+1=2r$, dove $r$ è primo e $q|r-1$.
Ma allora $q|2r-2=p^2-1$, da cui $q|p-1$ (assurdo, poiché $q>p-1$) o $q|p+1$, ma $2|p+1$, quindi $q|\frac{p+1}{2}$, da cui $\frac{p+1}{2} \ge q \ge p \rightarrow p \le 1$: assurdo. Perciò vanno bene solo $(2,2);(2,3);(2,2003)$.
Supponiamo $p \le q$ dispari.
Sia $r$ un primo che divide $p^2+1$. Allora $r|2004 \cdot \frac{2003^q+1}{2004}$, da cui $r=2,3,167$ oppure $q|r-1$ (poiché $ord_r(2003)|2q$). Chiaramente $r \not = 3,167$, poiché $r|p^2+1$. Perciò $r=2$ o $q|r-1$. Inoltre $v_2(p^2+1)=1$, perciò $p^2+1=2r_1...r_m$. Ma $r_i \ge q+1 \ge p+1$, quindi $p^2+1 \ge 2(p+1)^m$, da cui $m=0$ (assurdo) o $m=1$. Pericò $p^2+1=2r$, dove $r$ è primo e $q|r-1$.
Ma allora $q|2r-2=p^2-1$, da cui $q|p-1$ (assurdo, poiché $q>p-1$) o $q|p+1$, ma $2|p+1$, quindi $q|\frac{p+1}{2}$, da cui $\frac{p+1}{2} \ge q \ge p \rightarrow p \le 1$: assurdo. Perciò vanno bene solo $(2,2);(2,3);(2,2003)$.
Re: 182. divisibilità simmetriche
... $(p,q)=(2,3);(2,2003)$..non soddisfano $5/2003^q+1$...forse ho letto male.si intende che $p$ è sempre 2 ?!?
@jordan Già non sono capace ma qui Non mi fai dormire!!
Ma questi problemi mi ricordano anche l'ultimo IMO 2015 Pb. 2...qualcuno dice che sono tecniche standard ma sinceramente sono ignorante
Vedo sempre che si cerca di limitare il range di qualche variabile...ma non c'è una teoria generale ??
http://artofproblemsolving.com/communit ... f_integers
@jordan Già non sono capace ma qui Non mi fai dormire!!
Ma questi problemi mi ricordano anche l'ultimo IMO 2015 Pb. 2...qualcuno dice che sono tecniche standard ma sinceramente sono ignorante
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- Troleito br00tal
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Re: 182. divisibilità simmetriche
Hai ragione! Effettivamente $5$ non divide $2003^p+1$ in quel casogpzes ha scritto: ... $(p,q)=(2,3);(2,2003)$..non soddisfano $5/2003^q+1$...forse ho letto male.si intende che $p$ è sempre 2 ?!?
@jordan Già non sono capace ma qui Non mi fai dormire!!
Ma questi problemi mi ricordano anche l'ultimo IMO 2015 Pb. 2...qualcuno dice che sono tecniche standard ma sinceramente sono ignorante
Vedo sempre che si cerca di limitare il range di qualche variabile...ma non c'è una teoria generale ??
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