6 e primi inglesi

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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snagg
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6 e primi inglesi

Messaggio da snagg » 25 giu 2006, 17:55

Sia $ n \in \mathbb N, n>6 $. Dimostrare che, se n-1 e n+1 sono entrambi primi, allora $ 720 | n^2(n^2 + 16) $

(Preso dalle BMO di quest'anno)

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edriv
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Messaggio da edriv » 25 giu 2006, 18:29


Chiaramente n non è dispari, altrimenti un primo sarebbe pari.
Quindi 4 | n^2 e anche 4 | n^2 + 16, essendo 16 un multiplo di 4. In definitiva, 16 | n^2(n^2+16).
n è un multiplo di 3, altrimenti uno tra il successivo e il precedente lo sarebbe. Quindi 9 | n^2.
n non è congruo a 1 o -1 modulo 5, altrimenti (n+1) o (n-1) lo sarebbe. Se n è multiplo di 5, 5 | n^2. Altrimenti è congruo a 2 o 3 (mod 5), quindi n^2 è congruo a -1 modulo 5 e 5 | (n^2 + 16).

Visto che 720 = 16 * 9 * 5, è risolto.

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hydro
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Messaggio da hydro » 25 giu 2006, 23:19

Dunque, innanzitutto $ 720=2^4 \cdot 3^2 \cdot 5 $. Ora, dev'essere per forza:
1) $ n \equiv 0 \mod 3 $, poichè altrimenti almeno uno tra n-1 e n+1 sarebbe multiplo di 3. Quindi $ n^2(n^2+16) \equiv 0 \mod 9 $

2) n è ovviamente pari, e $ n^2(n^2+16)=n^4+16n^2 \equiv 0 \mod 16 $

3) i residui quadratici mod 5 sono 0,1,4. Se $ n^2 \equiv 4 \mod 5 $, allora $ n^2+16 \equiv 0 \mod 5 $. Infine, notiamo che $ n^2 \equiv 1 \mod 5 \Longleftrightarrow n \equiv \pm 1 \mod 5 $, ma allora uno tra n-1 e n+1 sarebbe multiplo di 5, quindi non sarebbe primo.

Pertanto $ n^2(n^2+16) $ deve necessariamente contenere i fattori $ 2^4,3^2,5 $

Ops ho letto solo ora la soluzione di Edriv, mi scuso perchè è uguale...

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