Diofantea con primi

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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FedeX333X
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Diofantea con primi

Messaggio da FedeX333X » 14 ago 2017, 10:42

Determinare tutte le coppie di interi non negativi $(p,k)$ con $p$ primo tali che $$p^p=k^2+2$$

FloatingPoint
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Re: Diofantea con primi

Messaggio da FloatingPoint » 23 ago 2017, 15:58

Spero di non aver sbagliato nulla...
Testo nascosto:
L'unica soluzione è $(p,k)=(3,5)$.
Intanto $p$ è dispari, poiché $p=2$ non funziona.
Lavoriamo in $\mathbb Z[\omega]$ dove $\omega^2=-2$. Com'è noto tale anello è un dominio a fattorizzazione unica, dove le unità (gli invertibili) sono $\pm 1$, e $\omega$ è un primo.
Allora si ha
$\displaystyle p^p = (k+\omega)(k-\omega)$
e i due fattori sono coprimi (usando la disparità di $k$). Possiamo scrivere allora
$\displaystyle k+\omega = (a+b\omega)^p$
assorbendo eventuali unità nella parentesi (infatti $(\pm 1)^p = \pm 1$).
Prendendo le norme di entrambi i membri otteniamo $p = a^2 + 2b^2$, ma allora si ha anche $0 < |a|,|b| < \sqrt{p}$.
Espandiamo ora tutto con il teorema binomiale.
$\displaystyle k+\omega = \sum_{i=0}^p a^{p-i}(\omega b)^i \binom pi$
Uguagliamo le "parti immaginarie".
$\displaystyle 1 = \sum_{2\nmid i} a^{p-i}b(\omega b)^{i-1}\binom pi$
Infine consideriamo tutto modulo $p$ (non abbiamo problemi perché $\omega$ è sempre elevato a una potenza pari). Tutti i termini tranne l'ultimo scompaiono, perché i binomiali hanno un fattore $p$:
$\displaystyle 1 \equiv a^{p-p}b(\omega b)^{p-1}\binom pp \equiv b^p (-2)^\frac{p-1}2\equiv b \left(\frac{-2}p\right) \equiv b$
Infatti $-2$ è residuo quadratico per la scrittura $p = a^2 + 2b^2$.
Allora $b$ è congruo a $1$, o meglio, è uguale a $1$.
Se $a$ non è multiplo di $3$, allora $p\equiv a^2 + 2 \equiv 0 \pmod 3$, da cui il caso $p=3$ già trattato.
Pertanto assumiamo $3\mid a$.
Riprendiamo l'identità seguente.
$\displaystyle 1 = \sum_{2\nmid i} a^{p-i}(-2)^\frac{i-1}2\binom pi$
Modulo $9$ tutti i termini tranne l'ultimo si cancellano a causa dei fattori $3$ in $a$, quindi:
$\displaystyle 1 \equiv (-2)^\frac{p-1}2 \pmod 9$
Per considerazioni sugli ordini moltiplicativi, si ha $\operatorname{ord}_9(-2)=3\mid \frac {p-1}2$, da cui $p$ congruo a $1$ modulo $6$ (e modulo $3$).
Ma $p\equiv a^2 + 2 \equiv 2 \pmod 3$, assurdo.
Non ci sono altre soluzioni.

nuoveolimpiadi1999
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Re: Diofantea con primi

Messaggio da nuoveolimpiadi1999 » 28 ago 2017, 15:39

Per curiosità FedeX333X, da dove viene questo esercizio?

FedeX333X
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Re: Diofantea con primi

Messaggio da FedeX333X » 28 ago 2017, 17:19

nuoveolimpiadi1999 ha scritto:
28 ago 2017, 15:39
Per curiosità FedeX333X, da dove viene questo esercizio?
Da una gara di teoria dei numeri su AoPS, lo ho trovato particolarmente carino.

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