Interi coprimi

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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Giovanni_98
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Interi coprimi

Messaggio da Giovanni_98 » 20 ott 2015, 13:31

Dimostrare che per ogni intero positivo $n$ esistono $k_0,k_1,k_2,\cdots,k_n$ interi a due a due coprimi $>1$ tali che $$\displaystyle \prod_{i=0}^n k_i + 1= x^2+x$$ per qualche $x$ intero positivo.

Enigmatico
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Re: Interi coprimi

Messaggio da Enigmatico » 21 ott 2015, 15:10

Provo una soluzione sperando di non sparare idiozie... :oops:

Si proceda per induzione su $n$.
$a)$ Si analizzi il caso base ($n=0$)
$x(x+1)-1=p_{0}^{\alpha _{0}}$ che ha fra le diverse soluzioni $p_{0}=5, \alpha_{0}=1, x=2$
$b)$ Si proceda con il passo induttivo.
Supposto vero che esiste un numero $x$ arbitrario tale che valga la relazione di cui sopra con $0 \leq i \leq n$, occorre dimostrare che un tale numero esiste anche per $0 \leq i \leq n+1$.
Si noti, quindi, che l'$n+1-esimo$ fattore è coprimo con tutti gli altri $n$ $k_{i}$; pertanto, è possibile moltiplicarlo ad uno qualsiasi di questi ultimi senza contravvenire all'ipotesi originaria di coprimalità ottenendo un prodotto di $n$ per il quale l'esistenza di un $x$ arbitrario è vera per ipotesi.

Giovanni_98
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Re: Interi coprimi

Messaggio da Giovanni_98 » 21 ott 2015, 16:11

Perdonami ma non ho capito, potresti spiegarlo meglio?

matpro98
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Re: Interi coprimi

Messaggio da matpro98 » 21 ott 2015, 16:39

Se non ho capito male, lui dice: $k_{n+1}$ è coprimo con i $k_i $, quindi posso prendere al posto di $k_a $ il numero $k_ak_{n+1} $ in modo da ricadere nel caso precedente per cui esiste $x $ per ipotesi induttiva

Enigmatico
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Re: Interi coprimi

Messaggio da Enigmatico » 21 ott 2015, 16:46

Penso che il caso base sia chiaro, perciò esprimo diversamente solo il punto $b$.
Sostanzialmente, l'idea di fondo è che si passa dal caso con $n$ a quello con $n+1$ moltiplicando per $k_{n+1}$. A questo punto notiamo che, per ipotesi, $k_{n+1}$ è coprimo con $k_{0}, k_{1}, ..., k_{n}$ così come lo è ogni altro $k_{i}$. Pertanto, moltiplicando un fattore $k_{i}$ con $k_{n+1}$ otteniamo un nuovo fattore $h_{i}=k_{i} \cdot k_{n+1}$ coprimo con tutti gli altri e si ricade nel caso con $n$ fattori per il quale esiste il numero $x$ arbitrario richiesto, come supposto nelle ipotesi induttive.

EDIT: matpro è arrivato prima di me... Ora, domanda: è corretto il ragionamento?

Giovanni_98
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Re: Interi coprimi

Messaggio da Giovanni_98 » 21 ott 2015, 17:12

Non saprei, per ogni caso potresti avere $x $ univocamente determinato e quindi non potresti applicare l'ipotesi induttiva...

Luca Nalon
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Re: Interi coprimi

Messaggio da Luca Nalon » 21 ott 2015, 17:25

L'ipotesi induttiva è che per ogni $ n $ esiste almeno una n-upla $ k_1,k_2,...,k_n $ di interi due a due coprimi che soddisfa le condizioni del problema e non che ogni n-upla $ k_1,k_2,...,k_n $ di interi a due a due coprimi la soddisfa. Quindi supposto che $ k_1,k_2,...,k_n $ soddisfi le condizioni nulla mi dice che anche $ k_1,k_2,...,k_nk_{k+1} $ le soddisfi.

Enigmatico
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Re: Interi coprimi

Messaggio da Enigmatico » 21 ott 2015, 17:29

A questo non avevo pensato, vedo che riesco ad inventarmi :D

Saro00
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Re: Interi coprimi

Messaggio da Saro00 » 21 ott 2015, 18:25

Provo
Testo nascosto:
La tesi è equivalente a dimostrare che $ P(x)=x^2+x-1 $ riesce ad avere un numero di divisori primi distinti $ \ge n \forall n \in \mathbb{N} $.
Sia $ p $, un primo tale che $ p \mid P(x) \iff x^2+x-1 \equiv 0 \pmod{p} \stackrel{p\ne2}{\iff} 4x^2+4x-4 \equiv 0 \pmod{p} \iff (2x+1)^2 \equiv 5 \pmod{p} $.
Ora usando i simboli di Legendre, $ (\frac{5}{p})=1 \iff (\frac{p}{5})=1 $, per reciprocità quadratica. Quindi, per il Criterio di Eulero si ha che $ (\frac{p}{5})=1 \iff p^2 \equiv 1 \pmod{5} \iff p\equiv \pm 1 \pmod{5} $ e per il Teorema di Dirichlet, esistono infiniti $ p $ che soddisfano.
Ricapitolando, riesco a trovare un numero $ x \pmod{p} $ per infiniti valori di $ p $, tale che $ x^2+x-1 \equiv 0 \pmod{p} $.
Quindi, sia $ n $ il numero di primi distinti che devono dividere $ P(x) $, allora posso trovare $ p_1,p_2,...,p_n $ primi tali che $ x^2+x-1 \equiv 0 \pmod{p_i}\forall i \in (1,2,...,n) $, per almeno un $ x \pmod{p_i} $, allora per il Teorema Cinese del Resto riesco a trovare $ y $ tale che $ y^2+y-1\equiv 0 \pmod{p_i} \forall i \in (1,2,...,n) $, che è proprio la tesi!
Un giorno di questi mi metteranno in prigione per aver stuprato troppi problemi. 8)

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