Se 5^n + 3^n + 1 è primo, allora 12 | n

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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HiTLeuLeR
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Se 5^n + 3^n + 1 è primo, allora 12 | n

Messaggio da HiTLeuLeR » 31 dic 2005, 10:10

Si mostri che, se $ n \ge 0 $ è un intero tale che $ 5^n + 3^n + 1 $ è primo, allora $ n $ è divisibile per 12.

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thematrix
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Messaggio da thematrix » 31 dic 2005, 10:37

Sbaglio,o è il 5 di cesenatico 2002? :D
Sunshine or rain, it's all the same, life isn't gray
oh Mary-Lou.

(Mary-Lou --- Sonata Arctica)

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Messaggio da HiTLeuLeR » 31 dic 2005, 10:45

Davvero non saprei dirti, caro. ^^" Dubito tuttavia che i russi abbiano copiato noi altri italiani (con tutte le virgolette che vi paiano del caso!), quando si son detti di proporlo per la gara nazionale di S. Pietroburgo... :roll:

ReKaio
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Messaggio da ReKaio » 31 dic 2005, 11:35

oooh, il mio primo cesanatico :) quando non sapevo ancora cosa fossero le congruenze... :°° che spreco quell'esercizio, a ripensarci... e' quante idiozie ci avevo scritto ^^'...

ricordo che il primo passo era stato riscrivere tutti come $ 5^n+3^n+1^n $ in modo che fosse esteticamente piu' valido... poi pochi progressi reali ^^
_k_

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Messaggio da HiTLeuLeR » 31 dic 2005, 11:41

ReKaio ha scritto:ricordo che il primo passo era stato riscrivere tutti come $ 5^n+3^n+1^n $ in modo che fosse esteticamente piu' valido ^^
Rotfl! ^^"

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 31 dic 2005, 12:46

Già, Cesenatico 2002 ... prima Gara Nazionale anche per me ... era un conto immondo senza sapere cosa fosse una congruenza ...

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Poliwhirl
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Messaggio da Poliwhirl » 31 dic 2005, 15:09

Problema: Si mostri che, se $ n \ge 0 $ è un intero tale che $ 5^n + 3^n + 1 $ è primo, allora $ n $ è divisibile per $ 12 $.

$ \displaystyle 5^n+3^n+1=p $ con $ \displaystyle p\in\mathfrak{P} $; è facile accertarsi che la tesi è vera per $ \displaystyle n=0\Longrightarrow p=3 $, quindi da qui consideriamo $ \displaystyle p>3 $; studiando le congruenze di $ \displaystyle 5^n $ e di $ \displaystyle 3^n $ modulo $ 3 $ otteniamo che:
$ \displaystyle 5^{2k}\equiv 1 (\bmod 3) $ e $ \displaystyle 5^{2k+1}\equiv -1 (\bmod 3) $ (con $ \displaystyle k\in\mathbb{N} $);
$ \displaystyle 3^{0}\equiv 1 (\bmod 3) $ e $ \displaystyle 3^{k}\equiv 0 (\bmod 3) $ con $ \displaystyle k\in\mathbb{N^{*}} $;
da cui segue che $ \displaystyle 2\mid n $ altrimenti avremmo che $ \displaystyle 3\mid p $ contro l'ipotesi che $ \displaystyle p\in\mathfrak{P} $.
Studiando le congruenze di $ \displaystyle 5^n $ e di $ \displaystyle 3^n $ modulo $ 5 $ otteniamo che:
$ \displaystyle 5^{0}\equiv 1 (\bmod 5) $ e $ \displaystyle 5^{k}\equiv 0 (\bmod 5) $ (con $ \displaystyle k\in\mathbb{N^{*}} $);
$ \displaystyle 3^{4k}\equiv 1 (\bmod 5) $; $ \displaystyle 3^{4k+1}\equiv -2 (\bmod 5) $; $ \displaystyle 3^{4k+2}\equiv -1 (\bmod 5) $; $ \displaystyle 3^{4k+3}\equiv 2 (\bmod 5) $; con $ \displaystyle k\in\mathbb{N} $;
da cui segue che deve essere anche $ \displaystyle 4\mid n $ altrimenti avremmo che $ \displaystyle 5\mid p $ contro l'ipotesi che $ \displaystyle p\in\mathfrak{P} $.
Studiando le congruenze di $ \displaystyle 5^n $ e di $ \displaystyle 3^n $ modulo $ 7 $ otteniamo che:
$ \displaystyle 5^{6k}\equiv 1 (\bmod 7) $; $ \displaystyle 5^{6k+1}\equiv -2 (\bmod 7) $; $ \displaystyle 5^{6k+2}\equiv 4 (\bmod 7) $; $ \displaystyle 5^{6k+3}\equiv -1 (\bmod 7) $; $ \displaystyle 5^{6k+4}\equiv 2 (\bmod 7) $; $ \displaystyle 5^{6k+5}\equiv -4 (\bmod 7) $; con $ \displaystyle k\in\mathbb{N} $;
$ \displaystyle 3^{6k}\equiv 1 (\bmod 7) $; $ \displaystyle 3^{6k+1}\equiv 3 (\bmod 7) $; $ \displaystyle 3^{6k+2}\equiv 2 (\bmod 7) $; $ \displaystyle 3^{6k+3}\equiv -1 (\bmod 7) $; $ \displaystyle 3^{6k+4}\equiv -3 (\bmod 7) $; $ \displaystyle 3^{6k+5}\equiv -2 (\bmod 7) $; con $ \displaystyle k\in\mathbb{N} $;
da cui segue che $ \displaystyle n\neq 6k+2 \wedge n\neq 6k+4 $ altrimenti avremmo che $ \displaystyle 7\mid p $ contro l'ipotesi che $ \displaystyle p\in\mathfrak{P} $; inoltre $ \displaystyle n\neq 6k+1, n\neq 6k+3 \wedge n\neq 6k+5 $ poiché $ \displaystyle 2\mid n $; quindi deve essere $ \displaystyle n=6k $ e ricordando che $ \displaystyle 4|n $ allora deve essere $ \displaystyle n=12t $ con $ \displaystyle t\in\mathbb{N} $; quindi necessariamente $ \displaystyle 12\mid n $ c.v.d.. Spero sia tutto chiaro.

Bye,
#Poliwhirl#

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Messaggio da HiTLeuLeR » 01 gen 2006, 00:10

Innanzitutto... auguri a tutti di un felice e prospero 2006! ^^ Sono un po' (!!!) brillo per cui non bastonatemi se scrivo stronzate! :° Dunque, whirly... :/
Poliwhirl ha scritto:[...] quindi da qui consideriamo $ \displaystyle p>3 $ [...]
Hai fatto proprio un buon lavoro, e son contento di potertelo riconoscere. :D Certo qua e là avresti potuto risparmiarti qualche chiacchiera, ma vabbè... hai ancora tanto tempo per crescere e diventare IL migliore! :wink: Soltanto non capisco a che ti giova l'osservazione quotata qui sopra: piuttosto avresti dovuto considerare che, per n > 0, è pure p := 5^n + 3^n + 1 > 7. Pensaci! :wink:

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Messaggio da HiTLeuLeR » 01 gen 2006, 00:36

Ecco la mia: fissato $ n\in\mathbb{N} $, poniamo per semplicità $ p_n := 5^n + 3^n + 1 $, e osserviamo che $ p_0 = 3 \in \mathfrak{P} $ e che $ 12 \mid 0 $. Dunque ammettiamo per il seguito $ n > 0 $, di modo che $ p_n > 7 $. Se $ n \equiv 1 \bmod 2 $, allora nondimeno $ n \equiv 1 \bmod \varphi(3) $, e dal teorema di Euler-Fermat $ p_n \equiv 5^1 + 1 \equiv 0 \bmod 3 $, per dedurne che $ p_n $ è composto. Pertanto, se $ p_n \in \mathfrak{P} $, necessariamente $ n = 2u $, per qualche $ u \in \mathbb{Z}^+ $. Osserviamo quindi che $ p_{2u} \equiv 3^{2u} + 1 \equiv (-1)^u + 1 \bmod 5 $, di modo che $ 5 \mid p_{2u} $, viz $ p_{2u} $ è composto, se $ u \equiv 1 \bmod 2 $. Onde dedurne che $ p_{2u} \in \mathfrak{P} $ solo se $ u = 2v $, i.e. $ n = 4v $, per qualche $ v \in \mathbb{Z}^+ $. Infine consideriamo che, per ogni $ k\in\mathbb{Z}^+ $: $ p_{6k \pm 2} \equiv 5^{\pm 2} + 3^{\pm 2} + 1 \equiv 2^2 + 3^2 + 1 \equiv 0 \bmod 7 $ (dove gli esponenti negativi si interpretano in termini di inversi aritmetici), e perciò $ p_{4v} \in \mathfrak{P} $ solo se $ 3 \mid v $, cioè se $ 12 \mid n $, q.e.d.

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Messaggio da ma_go » 01 gen 2006, 16:42

il mio primo 7 a cesenatico!
e il momento in cui ho capito cosa c***o volesse dire il piccolo teorema di fermat!
dopo pavia 2001, non avevo capito assolutamente nulla.
poi ho provato ad applicarlo, e funzionava.. e ho sperato che fosse giusto :D
fico :D

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Messaggio da HiTLeuLeR » 01 gen 2006, 17:20

HiTLeuLeR ha scritto:[...] Infine consideriamo che, per ogni $ k\in\mathbb{Z}^+ $: $ p_{6k \pm 2} \equiv 5^{\pm 2} + 3^{\pm 2} + 1 \equiv 2^2 + 3^2 + 1 \equiv 0 \bmod 7 $ [...]
...questo perché (ho dimenticato di dirlo!) $ \varphi(7) = 6 $, e allora viene in mente di applicare di nuoFo il th. di Euler-Fermat. :roll:

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