Tutti i Primi che soddisfano...

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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Gauss_87
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Tutti i Primi che soddisfano...

Messaggio da Gauss_87 » 13 feb 2006, 20:06

Determinare tutti i numeri primi $ p $ per i quali esistono due interi $ x, y $ tali che:
$ p+1 = 2x^2 $ e $ p^2 + 1 = 2y^2 $
Considerate la vostra semenza: fatte non foste a viver come bruti, ma per seguir virtute e canoscenza

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bh3u4m
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Messaggio da bh3u4m » 14 feb 2006, 19:15

Solo 7

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bh3u4m
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Messaggio da bh3u4m » 14 feb 2006, 19:25

Con i residui moduli per 7 noti che solo i numeri nella forma 7k, 7k+1 e 7k-1 possono soddisfare l'equazioni, ma 7k-1 e 7k+1 sono pari, 7k non è primo se k > 1 quindi l'unico è 7.

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Gauss_87
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Messaggio da Gauss_87 » 14 feb 2006, 19:57

bh3u4m ha scritto:Con i residui moduli per 7 noti che solo i numeri nella forma 7k, 7k+1 e 7k-1 possono soddisfare l'equazioni.
Potresti spiegarlo meglio gentilmente?
Considerate la vostra semenza: fatte non foste a viver come bruti, ma per seguir virtute e canoscenza

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bh3u4m
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Messaggio da bh3u4m » 14 feb 2006, 20:14

Gauss_87 ha scritto:Potresti spiegarlo meglio gentilmente?
Un numero qualsiasi se diviso per 7 può dare i resti #1
Se poi lo elevo al quadrato darà uno dei resti #2. Notiamo che fra questi compare solo lo 0, 1, 2, 4.
Escludo perciò tutti i numeri per cui in #4 ed in #6 compaiano resti diversi da 0, 1, 2, 4. Rimane solo la nullesima, la prima e l'ultima colonna; queste corrispondono a numeri della forma 7k, 7k+1, 7k-1.

Codice: Seleziona tutto

#1 n:      0 1 2 3 4 5 6
#2 n^2:    0 1 4 2 2 4 1
#3 n^2+1:  1 0 5 3 3 5 2
#4 #3/2:   4 0 6 5 5 6 1
#5 n+1:    1 2 3 4 5 6 0
#6 #5/2:   4 1 5 2 6 3 0

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jim
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Messaggio da jim » 14 feb 2006, 20:30

bh3u4m ha scritto: ma 7k-1 e 7k+1 sono pari.
Questa non l'ho capita... Anch'io ho provato ad affrontare il problema con i residui quadratici mod 7, e sono d'accordo se mi dici che possono esistere soluzioni solo per
p==0(mod7)-->p=7k (che è primo solo per k=1)
p==1(mod7)-->p=7k+1
p==6(mod7)-->p=7k-1

ma non ho capito perchè tu consideri solo valori dispari di k... :?:

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Gauss_87
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Messaggio da Gauss_87 » 14 feb 2006, 21:11

bh3u4m ha scritto:
Gauss_87 ha scritto:Potresti spiegarlo meglio gentilmente?
Un numero qualsiasi se diviso per 7 può dare i resti #1
Se poi lo elevo al quadrato darà uno dei resti #2. Notiamo che fra questi compare solo lo 0, 1, 2, 4.
Escludo perciò tutti i numeri per cui in #4 ed in #6 compaiano resti diversi da 0, 1, 2, 4. Rimane solo la nullesima, la prima e l'ultima colonna; queste corrispondono a numeri della forma 7k, 7k+1, 7k-1.

Codice: Seleziona tutto

#1 n:      0 1 2 3 4 5 6
#2 n^2:    0 1 4 2 2 4 1
#3 n^2+1:  1 0 5 3 3 5 2
#4 #3/2:   4 0 6 5 5 6 1
#5 n+1:    1 2 3 4 5 6 0
#6 #5/2:   4 1 5 2 6 3 0
Sicuramente hai ragione, ma per favore mi potresti dire come hai costruito la tabella e a ke scopo?
Fino ai residui 0,1,...,6 mod 7 #1 e a quelli quadratici #2 relativi ci sono, n^2 +1 cioè #3 non dovrebbe avere 2 in seconda colonna?
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frengo
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Messaggio da frengo » 15 feb 2006, 08:02

bh3u4m ha scritto:ma 7k-1 e 7k+1 sono pari,
ehm...non vorrei dire una cavolata, ma che ne dici di numeri tipo 13,29,41,43,71,...

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Messaggio da HiTLeuLeR » 15 feb 2006, 17:44

Sia $p \in \mathfrak{P}$ tale che $p+1 = 2x^2$ e $p^2 + 1 = 2y^2$. Allora i) l'equazione $u^2 = (p-1)/2$ ammette soluzione in $\mathbb{F}_p$; ii) $1 \le x < y < p$. Senonché $p > 2$. Dunque necessariamente $y = p-x$. Da qui $p^2 + 1 = 2(p-x)^2 = 2p^2 - 4px + p + 1$, cioè $4x = p + 1 = 2x^2. Ne risulta $x = 2$, e perciò $p = 7$. Ora, in effetti $7 + 1 = 2 \cdot 2^2$ e $7^2 + 1 = 2 \cdot 5^2$.

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Messaggio da EvaristeG » 15 feb 2006, 19:23

Ehm ... LaTeX iT, please!

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Messaggio da HiTLeuLeR » 18 feb 2006, 17:14

HiTLeuLeR ha scritto:Sia $ p \in \mathfrak{P} $ tale che $ p+1 = 2x^2 $ e $ p^2 + 1 = 2y^2 $. Allora i) $ p> 2 $; ii) $ x $ ed $ y $ sono soluzioni in $ \mathbb{F}_p $ dell'equazione $ u^2 = 2^{-1} $. Senonché $ 1 \le x < y < p $. Dunque necessariamente $ y = p-x $. Da qui $ p^2 + 1 = 2(p-x)^2 = 2p^2 - 4px + p + 1 $, cioè $ 4x = p + 1 = 2x^2 $. Ne risulta $ x = 2 $, e perciò $ p = 7 $. Ora, in effetti $ 7 + 1 = 2 \cdot 2^2 $ e $ 7^2 + 1 = 2 \cdot 5^2 $.
...debbo ammettere che prima non è che fosse molto chiara...

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Messaggio da frengo » 18 feb 2006, 17:44

io ne ho un'altra:

supponiamo $ x,y $ non negativi
sottraendo membro a membro si ha:

$ p(p-1)=2(x+y)(y-x) $

allora:

se $ p|2 $, $ p=2 $ ed è impossibile perchè $ p+1=2x^2 $ sarebbe dispari.

se $ p|y-x $, allora $ 2(x+y)|p-1 $ e quindi
$ p\leq y-x $
$ 2(x+y)\leq p-1 $
ma allora
$ p\geq 2x+2y+1 $
$ y-x\geq 2x+2y+1 $
$ 3x+y+1\leq 0 $
assurdo perchè x e y sono non negativi.

quindi $ p|x+y $
ma allora $ 2(y-x)|p-1 $
e quindi $ x+y>2(y-x) $ (*)

sostituendo nella (*)
$ \displaystyle x=\sqrt\frac{p+1}{2} $
$ \displaystyle y=\sqrt\frac{p^2+1}{2} $
si ha

$ \displaystyle \sqrt\frac{p+1}{2}+\sqrt\frac{p^2+1}{2}>2\left(\sqrt\frac{p^2+1}{2}+\sqrt\frac{p+1}{2}\right) $
$ \displaystyle 3\sqrt\frac{p+1}{2}>\sqrt\frac{p^2+1}{2} $
$ 9p+9>p^2+1 $
$ p^2-9p-8<0 $
$ \displaystyle p<\frac{9+\sqrt{113}}{2}<11 $

quindi $ p=2,3,5,7 $
facendo i relativi tentativi si vede che 7 è l'unico primo che soddisfa le ipotesi.

si lo so pare un pò lunga ma non è così complicata.

ciao ciao a tutti
Ultima modifica di frengo il 18 feb 2006, 23:09, modificato 1 volta in totale.

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Messaggio da HiTLeuLeR » 18 feb 2006, 19:21

No, complicata no (btw, manco l'ho letta). Però in compenso è taaanto brutta: sai, tutti quegli orridi radicali! Brrr...

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 18 feb 2006, 21:50

Tanto per fare il rompiscatole, visto che ci state prendendo la mano con il latex, ecco un piccolo appunto : quando utilizzate espressioni che occupano in altezza più di una riga e le racchiudete tra parentesi, vi conviene scrivere

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\left( ... \right)
(o con qualunque altro tipo di parentesi ... mi raccomando, per mettere le graffe scrivete però \{ e \}).

L'effetto è il seguente :
senza left e right $ \displaystyle{(\sqrt{\frac{p-1}{p}})} $
con left e right $ \displaystyle{\left(\sqrt{\frac{p-1}{p}}\right)} $

Talete
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Re: Tutti i Primi che soddisfano...

Messaggio da Talete » 30 nov 2015, 15:50

Ah, salve gente... boh, mentre vagavo a caso nel forum ho trovato questa... non vi ricorda qualcosa? Hint: problema 12 al test finale del senior di quest'anno ;)
"Sei il Ballini della situazione" -- Nikkio
"Meriti la menzione di sdegno" -- troppa gente
"Sei arrivato 69esimo? Ottima posizione!" -- Andrea M. (che non è Andrea Monti, come certa gente pensa)
"Se ti interessa stanno inventando le baricentriche elettroniche, che dovrebbero aiutare a smettere..." -- Bernardo

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