Se 4^n + 2^n + 1 è primo, allora n = 3^k

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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HiTLeuLeR
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Se 4^n + 2^n + 1 è primo, allora n = 3^k

Messaggio da HiTLeuLeR » 21 ago 2005, 20:26

Problema: essendo $ n $ un intero positivo, mostrare che $ 4^n + 2^n + 1 $ è primo solo se $ n = 3^k $, per qualche $ k\in\mathbb{N} $.

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Pixel
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Messaggio da Pixel » 29 ago 2005, 11:15

Mah io ci provo:

Lemma: $ n $ deve essere necessariamente dispari.

Dim: Riscriviamo la quantità in gioco come $ (2^n+1)^2-2^n $, postp $ n=2m $ con $ m \in N $ abbiamo che $ (2^{2m}-2^m+1)(2^{2m}+2^m+1) $ che non può essere primo essendo $ 2^{2m}+2^m+1>1 $.

Lemma $ n $ deve essere necessariamente multiplo di 3 oppure è 1

Dim: Posto $ 4^n+2^n+1=p $ con p numero primo, abbiamo che
$ 2^{3n}-1=p(2^n-1) $ da cui scomponendo
$ 7(8^{n-1}+8^{n-2}+...+1)=p(2^n-1) $.
Ora è chiaro che se 3 non divide n allora 7 non divide $ 2^n-1 $ ma allora
$ (2^n-1)|(8^{n-1}+8^{n-2}+...+1) $ propriamente e ciò è chiaramente in contrasto con la natura di $ p $.
D'altra parte se $ n=1 $ $ p=7 $.

Detto ciò poniamo $ n=3^a b $ con $ a,b \in N $ e $ b $ non divisibile per 3.
In modo analogo a quanto fatto per la dimostrazione del secondo Lemma riscriviamo la quantità in gioco come
$ p (2^{3^a b}-1)=2^{3^{a+1} b}-1 $ che semplificata opportunamente porta a
$ p(2^{3^a}^{b-1}+...+1)=(2^{2*3^a}+2^{3^a}+1)((2^{3^a +1})^{b-1}+...+1) $.

Lemma: $ (2^{3^a}^{b-1}+...+1,2^{2*3^a}+2^{3^a}+1)=1 $ se $ b $ non è divisibile per $ 3 $ .

Dim: Notiamo intanto che $ 2^{2*3^a}+2^{3^a}+1 $ corrisponde agli ultimi tre termini di $ 2^{3^a}^{b-1}+...+1 $.
A questo punto poniamo $ y=2^{3^a} $ e il tutto si riduce a dimostrare che $ (y^{b-1}+y^{b-2},y^2+y+1)=1 $ se $ b==2 mod(3) $ e che $ (y^{b-1}, y^2+y+1)=1 $ se $ b==1mod(3) $ e questi sono facili esercizi algebrici.

Detto ciò abbiamo che $ (2^{3^a}^{b-1}+...+1)| (2^({3^a +1})^{b-1}+...+1) $ propriamente e questo è ancora in contrasto con la natura di $ p $, e da questo si conclude.

Spero di non aver detto eccessive stupidaggini e di essere stato chiaro.

Ciao a tutti
Ultima modifica di Pixel il 03 set 2005, 01:05, modificato 1 volta in totale.
P. Andrea

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Messaggio da HiTLeuLeR » 02 set 2005, 23:06

Pixel ha scritto:[...] abbiamo che $ (2^{2m}-2^m+1)(2^{2m}+2^m+1) $ che non può essere primo essendo $ 2^{2m}+2^m+1>1 $.
Sì, quel che scrivi è corretto, ma serve a ben poco. Piuttosto avresti dovuto osservare che, essendo $ n = 2m > 0 $: $ 2^{2m} - 2^m + 1 > 1 $, non ti pare? Suppongo si tratti di un typo, in ogni caso...
Pixel ha scritto:Detto ciò poniamo $ n=3^a b $ con $ a,b \in N $ e $ b $ non divisibile per 3. [...] riscriviamo la quantità in gioco come
$ p (2^{3^a b}-1)=2^{3^{a+1} b}-1 $ che semplificata opportunamente porta a $ p(2^{3^a}^{b-1}+...+1)=(2^{2*3^a}+2^{3^a}+1)(2^{3^a +1}^{b-1}+...+1) $.
Qui mi sono un po' perso fra i conti! :shock: Sarei interessato principalmente a capire in che modo debba intendersi quel tuo "semplificata opportunamente". Non ti scoccia mica se ti chiedo di aiutarmi a venirne a capo, vero? Sai, non ho troppa voglia di sforzarmi, ultimamente! Btw... Il resto lo leggerò quando mi avrei chiarito questo punto.

:arrow: Per inciso, penso che ci sia qualche problema con il tuo LaTeX a esponente del primo termine entro l'ultima parentesi dell'espressione quotata (che non è un rebus). Controlla un po', su...
Pixel ha scritto:[...] abbiamo che $ (2^{3^a}^{b-1}+...+1)| (2^({3^a +1})^{b-1}+...+1) $ [...]
Anche il codice qui sopra par che necessiti di qualche ritocco... :?

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Pixel
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Messaggio da Pixel » 03 set 2005, 01:03

Ciao!

Uhm...per quanto riguarda le semplificazioni non ho usato altro che:
$ a^{mn}-1 $=$ (a^{m}-1)((a^{m})^{n-1}+...+1) $
applicata opportunamente alle uguaglianze in gioco.

Spero di essermi spiegato, se così non fosse (cosa che non escludo 8) ), sono pronto per maggiori chiarimenti.
L'ora è tarda e le braccia di Morfeo mi attendono :lol:
P. Andrea

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Messaggio da HiTLeuLeR » 03 set 2005, 08:13

Pixel ha scritto:[...] $ p(2^{3^a}^{b-1}+...+1)=(2^{2*3^a}+2^{3^a}+1)((2^{3^a +1})^{b-1}+...+1) $ [...]
Ok, siccome non ci siamo capito, ci riprovo in un altro modo! Forse intendevi scrivere, caro Pixel, che $ p \cdot ((2^{3^a})^{b-1}+ (2^{3^a})^{b-2} + \ldots +1) = $ $ (2^{2*3^a}+2^{3^a}+1)((2^{3^{a +1}})^{b-1}+(2^{3^{a +1}})^{b-2} + \ldots +1) $, mmh? E comunque il tuo LaTeX non mi sembra più corretto dell'ultima volta... Ti invito a rileggere con più attenzione il mio precedente post! Molte delle difficoltà che sto incontrando nel visionare la tua soluzione sono dovute al codice, più che alla Matematica in uso...

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Messaggio da Pixel » 04 set 2005, 23:03

Scusa il ritardo Hit!

Comunque sì quello che hai scritto tu è effettivamente quello che volevo scrivere io :oops: 8)

Devo ancora impratichirmi un pò col LaTeX

Ciau
P. Andrea

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Messaggio da HiTLeuLeR » 05 set 2005, 13:41

Ok, Pixel, soluzione corretta! Ma a questo punto... Essendo $ k = v_3(n) $, poniamo $ n = 3^k \cdot q $, ove $ q\in\mathbb{N}_0 $ e $ \gcd(q,3) = 1 $. Quindi osserviamo che i) $ (x^2 + x + 1) \mid (x^{2q} + x^q + 1) $ in $ \mathbb{Z}[x] $, ché la mappa $ \mathbb{C}\mapsto\mathbb{C}: x \mapsto x^q $ è biunivoca dall'insieme $ \{e^{\pm \frac{\pi}{3}i}\} $ in se stesso; ii) $ x^2 + x + 1 < x^{2q} + x^q + 1 $, se $ q > 1 $ ed $ x $ è un numero reale $ > 1 $. Da qui, assunto $ x = 2^{3^k} $, si conclude che $ 2^{2n} + 2^n + 1 $ è primo solo se $ q = 1 $, ovvero $ n = 3^k $, q.e.d.

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