Una nuova diofantea

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
Rispondi
scambret
Messaggi: 682
Iscritto il: 23 mag 2012, 20:49
Località: Acquarica del Capo

Una nuova diofantea

Messaggio da scambret » 05 ott 2017, 23:45

Trovare tutti i primi $p$ e naturali $n$ tali che

$$p^5+4p+1=n^2$$

Avatar utente
Sirio
Messaggi: 295
Iscritto il: 08 set 2016, 22:01

Re: Una nuova diofantea

Messaggio da Sirio » 10 ott 2017, 15:58

Spero di non aver commesso errori grossolani
Testo nascosto:
Caso $p=2$:
$p^5+4p+1=32+8+1=41$
Poiché $41$ non è un quadrato perfetto, non esistono soluzioni accettabili per $p=2$.
Caso $p=3$:
$p^5+4p+1=243+12+1=256=16^2$
La coppia $p=3;n=16$ soddisfa l'equazione.
Caso $p>3$:
$p$ è congruo a $1$ o a $-1$ modulo $6$. In entrambi i casi, si ha $p^5\equiv p\;(mod 6)$, da cui:
$n^2\equiv p^5+4p+1\equiv p+4p+1\equiv 5p+1\equiv 1-p\,(mod 6)\;\;\;(1)$
Quindi, $n^2$ è congruo a $0$ o a $2$ modulo $6$. Tuttavia, $2$ non è residuo quadratico modulo $6$, da cui otteniamo $n^2\equiv 0\;(mod 6)$, da cui seguono, rispettivamente per la $(1)$ e per il fatto che tutti i fattori primi compaiono con esponente al più $1$ nella fattorizzazione di $6$, le seguenti relazioni:
$1-p\equiv 0\;(mod 6)\Rightarrow p\equiv 1\;(mod 6)\;\;\;(2)$
$n\equiv 0\;(mod 6)\Rightarrow n^2\equiv 0\;(mod 36)\;\;\;(3)$
Dalla (2) segue che $k$, definito come il numero tale che $p=6k+1$, è intero. Dalla $(3)$ seguono le seguenti congruenze, intese modulo $36$:
$p^5+4p+1\equiv 0$
$\left(6k+1\right)^5+4\left(6k+1\right)+1\equiv 0$
$36(...)+30k+1+24k+4+1\equiv 0$
$30k+1+24k+4+1\equiv 0$
$18k+6\equiv 0$
$18k\equiv 30$
Dove il simbolo $(...)$ indica una quantità che non è necessario calcolare ai fini della soluzione di questo problema.
Dall'ultima congruenza scritta segue la seguente, ottenuta dividendo i due membri ed il modulo per $6$:
$3k\equiv 5\;(mod 6)$
Si verifica facilmente che questa congruenza è impossibile per valori interi di $k$. Essendo tuttavia, come già osservato, $k$ intero, da questo segue che non esistono soluzioni accettabili per $p>3$.
L'unica soluzione accettabile è quindi $p=3;n=16$
シリオ
$T=\sqrt{\dfrac l g 12\pi}$
"Sirio Passirio" cit. Nicola S.

darkcrystal
Messaggi: 683
Iscritto il: 14 set 2005, 11:39
Località: Chiavari

Re: Una nuova diofantea

Messaggio da darkcrystal » 10 ott 2017, 19:48

Corretta! Ma forse un po' contorta:
Testo nascosto:
lavorare modulo 2/4 non serve a molto, mi sembra che quello che stai dicendo alla fin fine sia:
"i quadrati modulo 9 sono $0,1,4,7$; il polinomio $p^5+4p+1$, modulo 9, assume i valori 1, 6, 5, 4, 6, 5, 7, 6, 5 a seconda che $p \equiv 0,1,2,3,4,5,6,7,8 \pmod 9$. In particolare, $p^5+4p+1$ è un quadrato modulo 9 se e solo se $p \equiv 0, 3, 6 \pmod 9$, ma l'unico tale primo è $p=3$".

Oppure, per dirla in un modo più simile a come la racconti tu: modulo 3 vediamo che $p \equiv 0, 1 \pmod 3$. Se $p \equiv 0 \pmod 3$ abbiamo finito. Altrimenti scriviamo $p=3k+1$ e guardiamo modulo 9: otteniamo $n^2 \equiv 1+4p+p^5 \equiv 1+(12k+4) + (1+15k) \equiv 6 \pmod 9$, ma $6$ non è un quadrato modulo 9.
Chi mi trova un'altra soluzione che sfrutti
Testo nascosto:
l'idea di guardare modulo $p$, poi modulo $p^2$, e poi modulo $p^3$?
"Solo due cose sono infinite: l'universo e la stupidità dell'uomo, e non sono tanto sicuro della prima" - Einstein

Membro dell'EATO

Rispondi