Mihăilescu coi primi

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
Rispondi
Talete
Messaggi: 742
Iscritto il: 05 giu 2014, 13:47
Località: Riva del Garda

Mihăilescu coi primi

Messaggio da Talete » 07 ago 2015, 12:55

Ok, il titolo non è affatto bello (a parte il segno sopra la ă di Mihăilescu, di cui mi vanto molto). Risolvere per $(p,q,r,s)\in\mathbb P^4$, dove $\mathbb P$ non indica niente di proiettivo ma è l'insieme dei primi (sì, lo so... oltre al titolo anche la notazione è brutta :( ):

\[p^q-r^s=1.\]

Hint Inutile. C'è una sola soluzione: $(3,2,2,3)$ che spero conoscevate già tutti.

Hint Ancora Peggiore. Talvolta serve ricordare che se un primo è pari, allora è $2$ e lavorare di conseguenza.
"Sei il Ballini della situazione" -- Nikkio
"Meriti la menzione di sdegno" -- troppa gente
"Sei arrivato 69esimo? Ottima posizione!" -- Andrea M. (che non è Andrea Monti, come certa gente pensa)
"Se ti interessa stanno inventando le baricentriche elettroniche, che dovrebbero aiutare a smettere..." -- Bernardo

GimmyTomas
Messaggi: 55
Iscritto il: 11 giu 2013, 15:28
Località: Benevento — Pisa

Re: Mihăilescu coi primi

Messaggio da GimmyTomas » 15 ago 2015, 17:49

Beh, dato che non risponde nessuno, posto io!

Innanzitutto, $p$ e $r$ devono avere parità diversa, altrimenti la differenza di due loro potenze è pari. Quindi uno di loro è $2$.

Facciamo il caso $p=2$. $r^s+1=2^q$.
Se $s$ è pari abbiamo un assurdo modulo $4$, perché $r^s+1\equiv2$ e $2^q\equiv0$. Quindi $s$ è dispari e possiamo scomporre il $\text{LHS}$ e ottenere$$(r+1)(\cdots)=2^q$$da cui $r+1=2^n$ per qualche $n<q$. Ma allora $r^s+1=(r+1)(\sum_{i=0}^{s-1}(−1)^ir^i)=2^{q−n}\cdot2^n=2^{q−n}(r+1)$, cioè$$\sum_{i=0}^{s−1}(−1)^ir^i=2^{q−n}.$$Tuttavia, a sinistra abbiamo una somma di $s$ termini dispari, che è dispari perché $s$ è dispari, mentre a destra abbiamo un pari, assurdo.

Facciamo $r=2$, cioè $p^q=2^s+1$.
Se $s$ è pari, $s=2$, da cui $p^q=5$, che non va.
Se $s$ è dispari, allora $\text{RHS}\equiv0\pmod3$, quindi $p=3$ e ci si ritrova a risolvere $3^q=2^s+1$, che alla fine compare un po' dappertutto. Si guarda modulo $4$, si vede che $q$ è pari e stavolta ci si può fermare anche qui perché $q=2$.

Avatar utente
jordan
Messaggi: 3988
Iscritto il: 02 feb 2007, 21:19
Località: Pescara
Contatta:

Re: Mihăilescu coi primi

Messaggio da jordan » 27 ago 2015, 10:51

Si puo' anche risolvere $x^p-y^q=1$ negli interi positivi sotto l'unico vincolo che $y$ è una potenza di un primo (vedi qui) :wink:
The only goal of science is the honor of the human spirit.

Rispondi