7p+3^p-4 non e' mai un quadrato!

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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Leblanc
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7p+3^p-4 non e' mai un quadrato!

Messaggio da Leblanc »

Dimostrare che, se $ p $ è un numero primo, allora $ 7p+3^p-4 $ non e' un quadrato perfetto.

ps: problema assolutamente per NON esperti, magari qualcuno che vuole fare pratica con un po' di teoria di base
platz
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Messaggio da platz »

se p=2 il numero cercato è 14+9-4=19 che non è un quadrato

Se $ $p\equiv 1 (4)$ $ allora avrò
$ 7(4k+1)+3^{4k+1}-4 \to 28k+7+3^{4k+1}-4\equiv 3+3^{4k+1} (4) $ che è congruente a 2 modulo 4

Se $ $p\equiv 3 (4)$ $ allora avrò
$ 7(4k+3)+3^{4k+3}-4 \to 28k+21+3^{4k+3}-4\equiv 17+3^{4k+3} (4) $ che NON è congruente a 2 modulo 4

dato che i residui quadratici modulo 4 sono 0 o 1 $ 7p+3^{p}-4 $ non un quadrato per il primo caso.
per il secondo magari ci dormo un po' su.. :)
Ultima modifica di platz il 02 lug 2007, 22:37, modificato 1 volta in totale.
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Ponnamperuma
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Messaggio da Ponnamperuma »

platz ha scritto: Se $ $p\equiv 3 (4)$ $ allora avrò
$ 7(4k+3)+3^{4k+3}-4 \to 28k+21+3^{4k+3}-4\equiv 17+3^{4k+3} (4) $ che è congruente a 2 modulo 4
mmh... sicuro? L'esponente del 3 è sempre dispari, quindi $ 17+3^{4k+3}\equiv 1+(-1)^{4k+3}\equiv 0 \pmod 4 $.
Inoltre di sicuro devi esplicitare il caso $ p=2 $, che, seppur banale, rispetta le ipotesi e va dunque discusso!... Per ora sono esclusi il 2 e i primi della forma 4k+1...

Ciao! :wink:
Ultima modifica di Ponnamperuma il 02 lug 2007, 23:09, modificato 1 volta in totale.
La grandezza dell'uomo si misura in base a quel che cerca e all'insistenza con cui egli resta alla ricerca. - Martin Heidegger

MIND torna!! :D
fede90
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Messaggio da fede90 »

[ EDIT: avevo sbagliato i calcoli.... ]
Ultima modifica di fede90 il 04 lug 2007, 09:45, modificato 1 volta in totale.
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EUCLA
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Messaggio da EUCLA »

[tempo fa questo post era una soluzione che è durata circa due minuti prima che qualcuno si accorgesse di un errore ] :cry:
platz
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Messaggio da platz »

eucla, premettendo di non essere nè un genio nè un dotto, perchè $ 3^p\equiv 3 (p) $? era lì l'errore??
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EUCLA
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Messaggio da EUCLA »

No, l'errore non era lì. Il fatto che $ 3^p \equiv 3 (\mod p) $ è semplice applicazione del teorema di Fermat:$ a^{p-1} \equiv 1 (\mod p) $
nelle ipotesi che $ (a,p)=1 $. Infatti avevo esaminato a parte il caso $ p=3 $.
L'errore vero stava nel dire che un divisore di $ 4k^2 +1 $ è della forma $ 4n+1 $.
albert_K
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Messaggio da albert_K »

fede90 ha scritto:Beh, per il caso 4k+3, si puo vedere modulo 8.

Spero di non aver sbagliato i calcoli... :roll:
Mmm.. no le congruenze modulo 8 sono sbagliate
$ $ t(p) = 7p + 3^p - 4 $
$ $ p \equiv -1 \pmod 8 \Rightarrow t(p) \equiv 0 \pmod 8 $
$ $ p \equiv 3 \pmod 8 \Rightarrow t(p) \equiv 4 \pmod 8 $

Credo che tu abbia sbagliato la congruenza di $ $ 3^p $
fede90
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Messaggio da fede90 »

albert_K ha scritto: Credo che tu abbia sbagliato la congruenza di $ $ 3^p $
right, mi sono confuso...
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Leblanc
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Messaggio da Leblanc »

EUCLA ha scritto:L'errore vero stava nel dire che un divisore di $ 4k^2 +1 $ è della forma $ 4n+1 $.
E questa ti pare poi un'affermazione cosi' falsa?!? :P :P
Comunque ora dimostratelo, questo fatterello utile :) e' un esercizio carino...
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EUCLA
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Messaggio da EUCLA »

Grazie Maria!
Intanto rimetto la soluzione se qualcuno volesse trovare altri errori :lol:
Per quanto riguarda il fatterello utile e bellino ci sto lavorando...
ma mi è venuto più immediato pensarci che dimostrarlo...:?

$ A= 7p + 3^p -4 $

inanzitutto per $ p=2 $ viene $ A=19 $ quindi non q.p.
e per $ p=3 => A=44 $
A questo punto consideriamo $ p>3 $ e quindi dispari.

$ A $ è pari, quindi se è un quadrato perfetto è della forma $ 4k^2 $

Sappiamo che $ p $ è dispari, ma non sappiamo la sua congruenza mod.4

cioè $ p \equiv 1,3 ( \mod 4) $, ma si ha che $ A \equiv -1 ( \mod p) $
infatti:
$ 7p \equiv 0 (\mod p) $
$ 3^p \equiv 3 (\mod p) $

quindi $ p| 4k^2 +1 => p= 4n+1 $

sostituisco: $ A= 28n+7+ 3^{4n+1} -4 $

ma $ 7 \equiv 3 (\mod 4) $
$ 3^{4n+1} \equiv 3 (\mod 4) $
quindi $ A \equiv 6 \equiv 2 (\mod 4) $

consegue che $ A $ non è un quadrato perfetto.
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EUCLA
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Messaggio da EUCLA »

Bene, ho ritrovato un thread interessante che fa proprio al caso mio...
Qui nel 4° e 5° post si dimostra (HiTLeuLeR dimostra) che per un $ A $ che non sia residuo quadratico modulo $ p $, sia ha che
$ \displaystyle A^{\frac{p-1}{2}} \equiv -1 (\mod p) $

nel nostro caso $ \frac{p-1}{2} = 2n $
Quindi $ p =4n+1 $

Davvero carino il fatterello :wink:
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edriv
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Messaggio da edriv »

Il lemmino si può fare anche in questo modo: una volta che sai che
$ ~ a^2 \equiv -1 \pmod p $
allora
$ ~ a^4 \equiv 1 \pmod p $
Quale può essere l'ordine di a? E' un divisore di 4, ma non può essere nè 1 nè 2, altrimenti avremmo $ ~ a^2 \equiv 1 \pmod p $ e p è dispari.
Quindi l'ordine è 4. Ma l'ordine divide p-1, per il teorema di Eulero-Fermat-Lagrange-Nonsochi, quindi 4 divide p-1, quindi p è della forma 4k+1 :wink:
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