G6 Problema 12 generalizzato

Commenti e suggerimenti sull'iniziativa del "Giornalino della Matematica"

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Spider
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Messaggio da Spider » 01 gen 1970, 01:33

Trovare tutte le coppie di interi n (con almeno 4 divisori distinti) ed m tali che:
<BR>
<BR>n = a^m + b^m + c^m + d^m
<BR>
<BR>Dove a, b, c e d (con a < b < c < d) sono i quattro divisori minori di n (ovviamente a = 1).
<BR>
<BR>Io ci sto lavorando e lo trovo interessante.
<BR>
<BR>Ciao, Spider<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: Spider il 25-12-2002 19:30 ]

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FrancescoVeneziano
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Messaggio da FrancescoVeneziano » 01 gen 1970, 01:33

Allora, un po’ di osservazioni:
<BR>m non può mai essere 0.
<BR>n non può essere dispari, altrimenti i 4 divisori sarebbero dispari, idem le loro potenze, e la somma sarebbe pari.
<BR>n non può essere congruo a 2 mod 4, perché i divisori sarebbero uno pari e 3 dispari, idem le loro potenze, e la somma sarebbe dispari; quindi cerchiamo numeri che siano multipli di 4.
<BR>La quaterna di divisori minimi (1, 2, 3, 4) non porta a nessuna soluzione perché se l’esponente m è pari la somma non è multipla di 4, se l’esponente è dispari non è multipla di 3; quindi il nostro n non può essere multiplo di 12.
<BR>La quaterna (1, 2, 4, 5) non porta soluzioni perché la somma non è mai multipla di 4, quindi n non può essere multiplo di 20.
<BR>La quaterna (1, 2, 4, 7) genera infinite soluzioni, tutte della forma 1+2^m+4^m+7^m con m congruo a ±1 mod 6.
<BR>Ora sappiamo che se n è multiplo di 8, è della forma appena descritta perché la quaterna (1, 2, 4, 8) ovviamente non dà soluzioni.
<BR>La quaterna (1, 2, 4, 11) non dà soluzioni perché la somma non è mai multipla di 11.
<BR>Quaterna del tipo (1, 2, 4, p) con p congruo a 1 mod 4 non danno soluzioni se m>1 perché la somma non è multipla di 4; se m=1 la somma vale p+7, e deve essere multipla di p, quindi p=7, ma 14 non va bene perché non è multiplo di 4.
<BR>Quaterne (1, 2, 4, p) con p congruo a –1 mod 4 possono andar bene solo se m è dispari, ma questa condizione non è sufficiente; se p è congruo a –1 mod 8, allora p deve necessariamente essere 7 e la soluzione essere della forma già descritta, altrimenti la somma sarebbe multipla di 8 e la quaterna di divisori sarebbe (1, 2, 4, 8) che, come abbiamo già osservato, non genera soluzioni; p non può essere congruo a –1 mod 3 altrimenti la somma sarebbe multipla di 3; p non può essere congruo a 3 mod 5, altrimenti la somma sarebbe multipla di 5.
<BR>
<BR>In conclusione le soluzioni sono della forma 1+2^m+4^m+7^m con m congruo a più o meno 1 modulo 6, oppure sono generate da quaterne (1, 2, 4, p) con p primo della forma 24k+19 ma non congruo a 3 mod 5 ( ci sono infiniti primi di questo genere, i primi sono: 19, 67, 139, 211…) ed esponente m dispari.
<BR>
<BR>Non ho trovato nessun esempio di questo ultimo tipo di soluzione e credo che non ve ne siano, infatti tanto più grande è il primo p, tante più condizioni si devono imporre sull’esponente affinché la somma soddisfi tutte le congruenze richieste; ci vorrebbe un controllo numerico della congettura, ma lo lascio a qualcuno più “informatico” di me (l’ottimo jack202, per esempio).
<BR>
<BR>CaO (ossido di calcio)
<BR>
<BR>
<BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: FrancescoVeneziano il 07-01-2003 13:19 ]<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: FrancescoVeneziano il 07-01-2003 13:20 ]
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FrancescoVeneziano
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Messaggio da FrancescoVeneziano » 01 gen 1970, 01:33

ERRATA CORRIGE
<BR>Non è vero che n non può essere congruo a 2 mod 4, c\'è tutto un nuovo filone di soluzioni generate da quaterne come (1, 2, p, 2p)
<BR>un esempio sono tutti i numeri 1+2^m+3^m+4^m con m dispari.
<BR>CaO (ossido di calcio)
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pierre
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Messaggio da pierre » 01 gen 1970, 01:33

complimenti, ma si può sapere perchè ti firmi CaO?
...nihil est...

alefig
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Messaggio da alefig » 01 gen 1970, 01:33

Correggo Francesco che si è confuso a scrivere:
<BR>sono soluzioni i numeri della forma 1^m+2^m+3^m+6^m con m dispari;
<BR>già che ci sono aggiungo quest\'altra soluzione:1^m+2^m+5^m+10^m con m==2(mod4).
<BR>
<BR>

euler_25
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Messaggio da euler_25 » 01 gen 1970, 01:33

Quindi è così che voi altri siete soliti risolvere i problemi? Tirando avanti per tentativi e aggiornando le vostre \"liste\" ad ogni nuova improvida scoperta? Complimentoni, mi pare di aver letto da qualche parte che anche quei gran geni della Scienza Matematica dei quali un po\' tutti, bene o male, siamo \"fans\", se mi è concessa l\'espressione, si richiamano o si sono ispirati nel loro lavoro a questo stesso principio di fondo... eh, già!
<center>Le cose cambiano... e i sentimenti pure...</center>

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ReKaio
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Messaggio da ReKaio » 01 gen 1970, 01:33

<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>
<BR>On 2003-12-06 23:48, euler_25 wrote:
<BR>Quindi è così che voi altri siete soliti risolvere i problemi? Tirando avanti per tentativi e aggiornando le vostre \"liste\" ad ogni nuova improvida scoperta? </BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>
<BR>Si chiama condivisione di idee, noto che oltre a ricalcare (in modo ridicolo) sintassi e lessico medievaleggianti hai assimilato a dovere anche le idee oscurantiste.<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: ReKaio il 07-12-2003 00:07 ]
_k_

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 01 gen 1970, 01:33

Euler carissimo, non ti era più consono un altro nome di quei tempi che venisse però dalle lettere più che dalla scienza delle scienze esatte? Non so, Pangloss meglio ti s\'acconcia, nè è inimmaginabile associarti al nome del prode di Munchause, foss\'anche per l\'erudita favella, ovvero gl\'irreprensibili e cavallereschi modi di gentil tatto ed educata cortesia.
<BR>Ma vano sarebbe perseguire nei convenevoli e nelle tanto vuote quanto note solite e leggiadre forme di saluto che l\'umil popolo riserva a suoi signori di tal misura superiori in virtute e canoscenza che rimane impensabile l\'evitar la giusta guisa nel saluto. Sicchè, senz\'altri preamboli, eccomi al dunque, mi scappello!
<BR>Et nunc procedamus sine ulla ulteriore exitatione e veniamo, come si suol dire e giustamente, al nocciuolo della quistione.
<BR>Due sono le vexatae quaestiones...innanzitutto mi devi chiarire, data l\'evidente mia mancanza di erudizione nel sublime vernacolo dantesco, il senza dubbio sensato e inappuntabile uso che hai fatto dell\'arcaismo poetico \"improvido\" e quinci rendermi noto se t\'è giunta voce che li nostri venerati exempla della storia matematica proprio così facevano, a mezzo di lettere e corrispondenze varie, rimbeccandosi l\'un l\'altro e sottolineandosi a vicenda (senza neanche il clima sodale di questi luoghi che i tuoi interventi spesso inquinano con polluzione delittuosa) errori ed imprecisioni, smontando caso a caso inutilmente certe congetture quali una quisquiglia annotata su un volumetto di un tale Diofanto da un certo giudice francese del Seicento...
<BR>Infine, vorrei dirti, per tutto l\'amore che ti porto, di imparare presto e bene le scienze mediche quel che basta a saper ingessare, in quanto hai veramente rotto il cazzo!
<BR>
<BR>EvaristeG
<BR>
<BR>PS : Mi scuso con tutti gli <!-- BBCode Start --><I>altri</I><!-- BBCode End --> utenti del sito per questo sfogo forse inappropriato e dal finale poco fine, ma la misura era colma.
<BR>
<BR>Samuele.

germania2002
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Messaggio da germania2002 » 01 gen 1970, 01:33

bellina evariste (samuele)!!!!!!!
<BR>però dai, basta provar a ragionare, io distinguo i metodi in due casi:
<BR>1) ragionamento
<BR>2) moti traslatori e rotatori delle mie mani e dei miei piedi sulle ossa della vittima.
<BR>
<BR>Iniziamo con il ragionamento:
<BR>Condivisione di idee o Unione di cervelli è il miglior metodo per arrivare a soluzioni di problemi, è stato così, è così e sarà sempre così, poichè il proverbio l\'Unione fà la forza e non si smentisce mai.
<BR>Quiindi, io non posso partecipare a queste discussioni di problemi incomprensibili per me, però sò benissimo che a qualsiasi livello ci dev\'essere la circolazione d\'idee (specialmente tra i centri di ricercae le università). A meno che una persona è portata alla solitudine, sia fisicamente (vuole stare sola in un luogo) sia idealmente (non mi viene un termine giusto, cioè non vuole condividere le proprie idee).
<BR>Ma poichè tu sei venuto qui in un forum virtuale dove si discute con moltra altra gente, non credo che tu sei una di quella persone che disdegnano la condivisione di idee per arrivare alla soluzione di un problema......[addsig]
"un uomo deve migliorare di qualcosa il mondo, se si vuole sentire realizzato..."
"Deutschland der beste Staat!"
[url:pvcj9bic]http://www.grid.org[/url:pvcj9bic] (pc vs cancro,sars,peste)

euler_25
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Messaggio da euler_25 » 01 gen 1970, 01:33

Il problema proposto da Spider è, senza alcun dubbio, molto interessante come pure (ed è evidente) adeguamente complesso! Chiarisco subito che, almeno per quel che mi riguarda, una sua soluzione <!-- BBCode Start --><I>definita</I><!-- BBCode End --> è ancora ben al di là da venire e ciò nonostante nutro in cuor mio la ferma convinzione nel fatto che gli sforzi congiunti di noi tutti non mancherebbero alla fine di trovargli la <!-- BBCode Start --><I>giusta collocazione fra i capitoli già in archivio di questo forum</I><!-- BBCode End -->! Ed è appunto sostenuto da una simìl certezza che mi risolvo qui di pubblicare i risultati parziali cui sono pervenuto nel tempo dedicato in quest\'ultima settimana all\'analisi della questione, che sinceramente mi ero già da tempo ripromesso di studiare con la dovuta attenzione, mancando tuttavia di poterle dedicare il giusto riguardo per via di molteplici cagioni che (non abbiate timore) non intendo minimamente star qui a ripetervi, risparmiandomi di conseguenza dal tediarvi mortalmente come (suppongo!) si riterrà spesso ch\'io faccia per via de\' miei kilometrici articoletti... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_smile.gif">
<BR>In ogni caso, se da una parte le mie riflessioni sul problema rappresentano un mero riordinamento ed una più razionale riorganizzazione del <!-- BBCode Start --><B>buon lavoro</B><!-- BBCode End --> già svolto dall\'ottimo FrancescoVeneziano, dall\'altra sono pur finalizzate a fissarne alcuni errori (in verità, non proprio marginali...) e a introdurre naturalmente dei nuovi elementi di discussione, a beneficio (questa almeno la mia speranza) di quant\'altri volessero fornire un qualche contributo nella discussione circa il tema di questo forum e servirsi dei risultati già acquisiti per completare definitivamente il quadro o anche soltanto aggiungervi dei nuovi tasselli!
<BR>
<BR>P.S.: prima di entrare nel vivo della discussione, mi preme soltanto rimarcare che, se nel mio intervento ho inteso discutere <!-- BBCode Start --><I>ex novo</I><!-- BBCode End --> (come vedrete) una buona parte dei risultati <!-- BBCode Start --><B>già correttamente stabiliti</B><!-- BBCode End --> da Francesco, è soltanto per il fatto che in molti (e non si fa per dire...) mi hanno privatamente confidato di non aver compreso sino in fondo... la natura di molte fra le conclusioni (parlo ovviamente di quelle corrette, che son del resto la massima parte) che il nostro Veneziano ha saputo maturare, tralasciando tuttavia di trascrivere i dettagli delle sue argomentazioni! Bene, ciò detto... non mi resta che postare l\'articolo!
<BR>
<BR>P.P.S.: spezzerò il mio intervento in più <!-- BBCode Start --><I>segmenti</I><!-- BBCode End -->, onde accrescerne la leggibilità, ricapitolando ogni volta i risultati parziali ottenuti fino a quel punto!
<center>Le cose cambiano... e i sentimenti pure...</center>

euler_25
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Messaggio da euler_25 » 01 gen 1970, 01:33

Previa l\'introduzione di alcune piccole precisazioni che (immagino) l\'autore volesse comunque sottintedere (e ti prego di correggermi, Spider, qualor così non fosse...) e la \"rimozione\" di alcune informazioni (dopo tutto) inessenziali, riporto qui la traccia <!-- BBCode Start --><I>maked-up</I><!-- BBCode End --> del problema, al solo scopo di rendere quest\'intervento del tutto autosufficiente e agevolar di conseguenza agli altri la lettura:
<BR>
<BR><!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>
<BR>Trovare tutte le coppie di interi <!-- BBCode Start --><I>positivi</I><!-- BBCode End --> n ed m, con n dotato di almeno 4 divisori distinti <!-- BBCode Start --><I>in N</I><!-- BBCode End -->, tali che:
<BR>
<BR>n = a<sup>m</sup> + b<sup>m</sup> + c<sup>m</sup> + d<sup>m</sup>
<BR>
<BR>ove a, b, c e d sono i quattro più piccoli divisori <!-- BBCode Start --><I>positivi</I><!-- BBCode End --> distinti di n, la cui esistenza è garantita dalle ipotesi assunte sul conto dell\'anzidetto intero.
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>In primis, come peraltro suggerito (per troppa magnanimità del proponente) dalla traccia originale, possiamo ammettere (senz\'essere lesivi di generalità) che, in quanto distinti, i 4 divisori a, b, c e d di cui il problema postula l\'esistenza in relazione ad una sua generica soluzione (m,n)€N<sup>2</sup>, con n > 0, siano riordinati in modo tale da assicurar per valida la diseguaglianza: 0 < a < b < c < d. Ora, qual che sia n€N<sub>0</sub>, ove N<sub>0</sub> vuol detonare l\'insieme degli interi positivi, è noto che n è divisibile per 1, che pertanto rappresenta (in assoluto) il suo più piccolo divisore positivo. Ne segue necessariamente dover porre a = 1. Inoltre, può anche supporsi m > 0, come lo stesso Francesco ha già sottolineato. Diversamente, infatti, s\'avrebbe:
<BR>
<BR>n = a<sup>0</sup> + b<sup>0</sup> + c<sup>0</sup> + d<sup>0</sup> = 1 + 1 + 1 + 1 = 4
<BR>
<BR>contraddicendo l\'ipotesi secondo cui n dev\'essere dotato almeno di 4 divisori positivi distinti fra loro (là dove invece n = 4 ne possiede appena 3, nominalmente a = 1, b = 2 e c = 4). Ciò stabilito, ammettiamo dunque per assurdo che possa esistere una coppia (m,n)€N<sub>0</sub><sup>2</sup>, soluzione al nostro problema, tale che n sia un intero di valenza dispari. In tal caso, come già osservato dal buon solito Francesco, tutti i divisori di n, e dunque b, c e d in particolare, risulterebbero dotati anch\'essi della medesima valenza; e ricordando che la parità di un intero si conserva rispetto all\'operazione di elevamento a potenza (a esponente intero, chiaramente), tanto indurrebbe a concludere che:
<BR>
<BR>n = a<sup>m</sup> + b<sup>m</sup> + c<sup>m</sup> + d<sup>m</sup> ==> 1 ≡ 1 + 1 + 1 + 1 (mod. 2)
<BR>
<BR>ossia che: 1 ≡ 0 (mod. 2), condizione palesemente assurda! Dunque, se la coppia (m,n)€N<sub>0</sub><sup>2</sup> è soluzione del quesito, necessariamente: n ≡ 0 (mod. 2), per cui può porsi: n = 2k, con k€N<sub>0</sub>. Ne consegue che, oltre all\'unità, anche il 2 è divisore di n, e precisamente è il secondo dei suoi più piccoli divisori positivi! In altre parole, se il problema ammette soluzione, necessariamente dovrà essere b = 2. Onde dedurne che ogni eventuale soluzione (m,n)€N<sub>0</sub><sup>2</sup> al problema originale deve dunque soddisfare l\'equazione:
<BR>
<BR>n = 1 + 2<sup>m</sup> + c<sup>m</sup> + d<sup>m</sup>
<BR>
<BR>ove a = 1, b = 2, c e d sono i quattro più piccoli divisori <!-- BBCode Start --><I>positivi</I><!-- BBCode End --> distinti di n, con 2 < c < d. Ora, supponiamo per assurdo che c e d abbiano la medesima parità, ovvero siano ambedue dispari o (complementarmente) ambedue pari. In entrambi i casi, poiché (come già ho ricordato) la parità di un generico a€Z è invariante rispetto all\'operazione di elevamento a potenza (a esponente intero), si dedurrebbe che, per ogni m€N, c<sup>m</sup> e d<sup>m</sup> sono anch\'essi (rispettivamente) entrambi dispari o entrambi pari, e di conseguenza che la loro somma: c<sup>m</sup> + d<sup>m</sup> è comunque divisibile per 2. Onde evincerne, sulla base delle considerazioni sin qui proposte, che:
<BR>
<BR>n = 1 + 2<sup>m</sup> + c<sup>m</sup> + d<sup>m </sup> ==> 0 ≡ 1 (mod. 2)
<BR>
<BR>la quale relazione ancor costituisce un evidente assurdo! La contraddizione, nata dall\'aver supposto che potess\'essere c ≡ d (mod. 2), induce a concluder che la coppia (c,d)€N<sub>0</sub><sup>2</sup> di cui qui si discute soddisfa necessariamente una fra le seguenti condizioni, l\'un per l\'altra mutuamente esclusive:
<BR>
<BR>1) c ≡ 0 (mod. 2) e d ≡ 1 (mod. 2);
<BR>
<BR>2) c ≡ 1 (mod. 2) e d ≡ 0 (mod. 2).
<BR>
<BR>Procediamo distinguendo perciò fra le possibili alternative:
<BR><!-- BBCode Start --><B>caso 1</B><!-- BBCode End -->: può porsi c = 2k e d = 2h + 1, con k ed h entrambi interi maggiori di 1. Allora, 2h + 1 è il più piccolo divisore a valenza dispari di n, a parte che l\'unità. Difatti, se esistesse nominalmente un t€N, con t > 1, tal d\'essere t divisore di n a valenza dispari, ne risulterebbe banalmente violata la condizione di minimalità cui la 4-upla (a,b,c,d)€N<sub>0</sub><sup>4</sup>, per costruzione, deve invece soggiacere! E\' poi altrettanto evidente che 2h + 1 non può altro che essere un numero primo, poiché diversamente ciascuno dei fattori primi che ne determinerebbero la decomposizione canonica di Euclide, essendo dispari (poiché fattor divisore di un dispari), maggior d\'uno (in quanto che primo) e minor di 2h + 1 (dacchè divisor proprio di tal numero), godrebbe (per transitività) della proprietà ulteriore d\'essere divisore di n, in quanto sottomultiplo di 2h + 1; violando di conseguenza la condizione di minimalità di cui appena sopra ho detto. Ne segue che d = 2h + 1 dev\'essere un numero primo, e in particolare (per la minimalità) il più piccolo dei numeri primi di valenza dispari che dividono n. Ciò stabilito, sia per assurdo k ≡ 1 (mod. 2). Allora, k è un divisore di valenza dispari di n, poiché (per ipotesi) c = 2k è divisore di n. Se dunque fosse k ≥ 2h + 1, avremmo c = 2k > 2h + 1 = d, ovvero c > d, contro l\'ipotesi secondo cui dev\'essere c < d. Viceversa, se fosse k < 2h + 1, essendo k ≡ 1 (mod. 2) e nondimeno k > 1, avremmo determinato un divisore di n a valenza dispari non unitario e minore di d, contro l\'ipotesi di minimalità che d conversamente soddisfa! Dunque, per contraddizione: k ≡ 0 (mod. 2), ovvero k = 2t, con t€N<sub>0</sub>, e quindi c = 2k = 4t. Ora, tuttavia, la relazione precedente suggerisce (per transitività) che 4 è divisore di n; sicché, se fosse t > 1, <!-- BBCode Start --><I>ergo</I><!-- BBCode End -->: b = 2 < 4 < 4t = c, avremmo stabilito l\'esistenza di un divisore di n che vìola, una volta di più, l\'ipotesi della minimalità della 4-upla (a,b,c,d)€N<sub>0</sub><sup>4</sup>. Ne sussegue che dev\'essere t = 1 e quindi c = 4. In definitiva, riassumendo quanto detto sinora, se c ≡ 0 (mod. 2) e d ≡ 1 (mod. 2), allora c = 4 e d è il più piccolo dei numeri primi a valenza dispari che dividono n. E poiché (per ipotesi): d > c = 4, ne discende per aggiunta dover essere d ≥ 5.
<BR><!-- BBCode Start --><B>caso 2</B><!-- BBCode End -->: può porsi c = 2h + 1 e d = 2k, con h e k entrambi interi maggiori di 1. Allora, 2h + 1 è un numero primo, in quanto altrimenti ciascuno dei fattori primi che ne definirebbero la scomposizione, essendo dispari (poiché fattor divisore d\'un dispari), maggior d\'uno (in quanto che primo) e minor di 2h + 1 (dacchè divisor proprio di tal numero), godrebbe (per transitività) della proprietà ulteriore d\'esser divisore di n, in quanto summultiplo di 2h + 1; violando di conseguenza la condizione di minimalità cui la 4-upla (a,b,c,d)€N<sub>0</sub><sup>4 </sup> è sottoposta. Ne segue che c = 2h + 1 è un numero primo, e in particolare (per la minimalità) il più piccolo dei numeri primi di valenza dispari che dividono n. Si presentano a questo punto due possibili sub-alternative:
<BR><!-- BBCode Start --><B>2a</B><!-- BBCode End -->) k ≡ 0 (mod. 2). In tal caso, d = 2k = 4t, con t€N<sub>0</sub>. Ora, tuttavia, la relazione precedente suggerisce (per transitività) che 4 è divisore di n; sicché, se fosse t > 1, <!-- BBCode Start --><I>ergo</I><!-- BBCode End -->: d = 4t > 4, essendo 4 altresì distinto da a (dacché a = 1), b (in quanto b = 2) e c (poiché c è dispari), avremmo stabilito l\'esistenza di un divisore di n che vìola, una volta di più, l\'ipotesi della minimalità della 4-upla (a,b,c,d)€N<sub>0</sub><sup>4</sup>. Onde dedurne per contraddizone che dev\'essere t = 1, ovvero d = 4; e quindi c = 3, poiché si è assunto 2 = b < c < d = 4. Pertanto, nell\'ipotesi qui presa in esame, ogni eventuale soluzione (m,n)€N<sub>0</sub><sup>2</sup> al problema di Spider, dovrebbe soddisfare l\'equazione:
<BR>
<BR>n = 1 + 2<sup>m</sup> + 3<sup>m</sup> + 4<sup>m</sup> ($)
<BR>
<BR>con la condizione aggiuntiva che n risulti divisibile contemporaneamente per 3 e per 4, ovver che s\'abbia n ≡ 0 (mod. 12). Ora, tuttavia, non esiste alcuna coppia (m,n)€N<sub>0</sub><sup>2</sup> che soddisfi le anzidette proprietà. Difatti, essendo: n ≡ 0 (mod. 4), segue dalla ($) che:
<BR>
<BR>1 + 2<sup>m</sup> + 3<sup>m</sup> + 4<sup>m</sup> ≡ 0 (mod. 4) ==> 1 + 2<sup>m</sup> + 3<sup>m</sup> ≡ 0 (mod. 4) (%)
<BR>
<BR>Adesso, se m = 2q (con q€N<sub>0</sub>), allora: 2<sup>m</sup> = 2<sup>2q</sup> ≡ 0 (mod. 4) , e 3<sup>m</sup> = 3<sup>2q</sup> ≡ 1 (mod. 4), poiché 2 = gss(4,3), ove gss(4,3) indica il <!-- BBCode Start --><I>gaussiano</I><!-- BBCode End --> di 4 alla base 3. Dunque, dalla (%), si avrebbe (essendo m = 2q) che:
<BR>
<BR>1 + 2<sup>m</sup> + 3<sup>m</sup> ≡ 0 (mod. 4) ==> 1 + 0 + 1 ≡ 0 (mod. 4)
<BR>
<BR>e quindi: 2 ≡ 0 (mod. 4), assurdo! <!-- BBCode Start --><I>Ergo</I><!-- BBCode End -->, m non potrebbe essere di valenza pari. D\'altro canto, pur supposto m = 2q + 1 (con q€N<sub>0</sub>), si avrebbe
<BR>comunque: 2<sup>m</sup> = 2<sup>2q + 1</sup> ≡ 2 (mod. 4) e 3<sup>m</sup> = 3<sup>2q + 1</sup> ≡ - 1 (mod. 4). Difatti, è evidente che: 3 ≡ - 1 (mod. 4); sicché, sfruttando le proprietà elementari delle congruenze, si avrebbe: 3<sup>k</sup> ≡ (- 1)<sup>k</sup> (mod. 4), per ogni k€N, e quindi in particolare (posto k = 2q + 1): 3<sup>2q + 1</sup> ≡ - 1 (mod. 4). Onde dedurne - passando per la (%) - che (quando n = 2q + 1):
<BR>
<BR>1 + 2<sup>m</sup> + 3<sup>m</sup> ≡ 0 (mod. 4) ==> 1 + 2 - 1 ≡ 0 (mod. 4)
<BR>
<BR>e quindi ancora: 2 ≡ 0 (mod. 4), assurdo! Tanto induce a concludere, in definitiva, che l\'ipotesi qui presa in esame, in cui si è assunto a = 1, b = 2, c primo dispari e d = 2k, con k€N<sub>0</sub> e k ≡ 0 (mod. 2), non conduce ad alcuna soluzione. Devo inoltre precisare, per amor di verità e poiché sempre ho sostenuto che debbasi attribuir gli onori al giusto merito, che questo stesso caso era già stato correttamente esaminato da Francesco (seppure implicitamente) nei suoi precedenti interventi sul tema, là dov\'egli afferma (cito testualmente):
<BR>
<BR><!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>
<BR>On 07-01-2003, at 13:17, Francesco Veneziano wrote:
<BR>...La quaterna di divisori minimi (1, 2, 3, 4) non porta a nessuna soluzione perché se l’esponente m è pari la somma non è multipla di 4, se l’esponente è dispari non è multipla di 3; quindi il nostro n non può essere multiplo di 12.
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR><!-- BBCode Start --><B>2b</B><!-- BBCode End -->) k ≡ 1 (mod. 2). In tal caso, k è un numero primo, in quanto altrimenti ciascuno dei fattori primi che ne definirebbero la scomposizione, essendo dispari (poiché fattor divisore d\'un dispari), maggior d\'uno (in quanto che primo) e minor di k (dacchè divisor proprio di tal numero), godrebbe (per transitività) della proprietà ulteriore d\'esser divisore di n, in quanto sottomultiplo di 2k; violando di conseguenza la condizione di minimalità cui la 4-upla (a,b,c,d)€N<sub>0</sub><sup>4 </sup> è sottoposta. Ne segue che k è un numero primo, e in particolare (per la minimalità) il più piccolo dei numeri primi di valenza dispari che dividono n. Dunque, per le considerazioni premesse nella <!-- BBCode Start --><B>discussione generale del caso 2</B><!-- BBCode End --> in merito alla natura dell\'intero c = 2h + 1 (con h > 0) di cui il problema postula l\'esistenza, si evince necessariamente dover essere k = 2h + 1 = c, ovvero d = 2c.
<BR>
<BR>Riassumendo allora le osservazioni derivate dall\'ispezione diretta dei casi 2a) e 2b) di cui appena sopra si è discusso, si conclude che, se la coppia (m,n)€N<sub>0</sub><sup>2</sup> è soluzione del problema di Spider ed a, b, c e d sono i divisori minimi positivi di n, con a = 1, b = 2 e c ≡ 1 (mod. 2), allora d = 2c e la terna (m, n, c)€N<sub>0</sub><sup>3</sup> soddisfa l\'equazione:
<BR>
<BR>n = 1 + 2<sup>m</sup> + c<sup>m</sup> + (2c)<sup>m</sup> ==> n = 1 + 2<sup>m</sup> + c<sup>m</sup> + 2<sup>m</sup>*c<sup>m</sup> ==>
<BR>
<BR>==> [Raccogliendo opportunamente] ==> n = (1 + 2<sup>m</sup>)*(1 + c<sup>m</sup>)
<BR>
<BR>ove n !≡ 0 (mod. 4) (leggi: \"n è incongruo a zero modulo 4\") e c è un numero primo ≥ 3, e precisamente il più piccolo dei fattori primi di valenza dispari che intervengono nella decomposizione canonica di n.<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: euler_25 il 04-01-2004 16:45 ]
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Messaggio da euler_25 » 01 gen 1970, 01:33

Bene, ricapitolando allora tutto quel ch\'è stato detto nel corso del post precedente, al solo fine di focalizzare i risultati significativi cui ci ha condotti questa tanto lunga (...son d\'accordo...) quanto pure dettagliata (...mi sia concesso...) sequela di argomentazioni, possiamo affermare che la soluzione della questione originariamente posta da Spider <!-- BBCode Start --><B>è equivalente</B><!-- BBCode End -->, in ultima analisi, alla risoluzione dei seguenti due problemi <!-- BBCode Start --><I>semplificati</I><!-- BBCode End -->:
<BR>
<BR>i) determinare tutte le terne di interi positivi (m, n, p) che soddisfano l\'equazione: n = 1 + 2<sup>m</sup> + 4<sup>m</sup> + p<sup>m</sup>, ove n ≡ 0 (mod. 4) e p è un numero primo ≥ 5, e precisamente il più piccolo dei numeri primi di valenza dispari che dividono n;
<BR>
<BR>ii) determinare tutte le terne di interi positivi (m, n, p) che soddisfano l\'equazione: n = (1 + 2<sup>m</sup>)*(1 + p<sup>m</sup>), ove n !≡ 0 (mod. 4) e p è un primo ≥ 3, e precisamente il più piccolo dei numeri primi di valenza dispari che dividono n.
<BR>
<BR><!-- BBCode Start --><B>NOTA</B><!-- BBCode End -->: la riformulazione della questione originariamente posta da Spider nei termini dei problemi i) e ii) così enunciati, suggerisce (come dimostrerò compiutamente nel corso del mio prossimo intervento su questo tema) che le (euristiche?) conclusioni cui Francesco è pervenuto affermando (riferisco letteralmente) che:
<BR>
<BR><!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>
<BR>On 08-01-2003, at 23:01, FrancescoVeneziano wrote:
<BR>Non è vero che n non può essere congruo a 2 mod 4, c\'è tutto un nuovo filone di soluzioni generate da quaterne come (1, 2, p, 2p)
<BR><!-- BBCode Start --><B>un esempio sono tutti i numeri 1+2^m+3^m+6^m con m dispari</B><!-- BBCode End -->.
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>sono (parzialmente) errate! Nel senso che sono valide soltanto per metà... Difatti, non è difficile verificare che l\'equazione: 1+2^m+3^m+6^m, con m dispari, non genera nel modo più assoluto <!-- BBCode Start --><B>nessuna soluzione</B><!-- BBCode End --> del problema originariamente posto da Spider! Ma di questa rivelazione darò prova soltanto nel mio prossimo post, lasciando a voi il piacere di rifletterci adeguatamente...
<BR>Sul merito di altre conclusioni avanzate da parte di Francesco, come ad esempio quelle certe ov\'egli afferma che:
<BR><!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>
<BR>...le soluzioni sono della forma 1+2^m+4^m+7^m con m congruo a più o meno 1 modulo 6, oppure sono generate da quaterne (1, 2, 4, p) con p primo della forma 24k+19 ma non congruo a 3 mod 5 ( ci sono infiniti primi di questo genere, i primi sono: 19, 67, 139, 211…) ed esponente m dispari.
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>posso soltanto dire che non mi paiono scorrette, ancorché il buon Veneziano (come egli stesso riconosce invocando l\'aiuto di Jack202 per una \"consulenza informatica\" in proposito) non fornisca in effetti una dimostrazione completa e generale dell\'asserto. Di conseguenza, su questo aspetto della sua pur <!-- BBCode Start --><B>apprezzabile disquisizione</B><!-- BBCode End -->, per il momento, preferirei astenermi dall\'esprimere un giudizio definitivo, prendendomi di converso il tempo necessario per rifletterci con la dovuta calma! Ciò detto, mi limito a salutare calorosamente ciascuno di voi, augurandovi un sereno e gioioso natale! Temo infatti che nei giorni a venire non mi potrò collegare a queste pagine, a me ormai sì care, come del resto in cuor mio voi tutti siete... <IMG SRC="images/forum/icons/icon27.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon27.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon27.gif">
<BR>
<BR>Salvo Tr. alias euler_25
<BR>
<BR>P.S.: comunque, io ci proverò lo stesso a farvi una visitina... magari a scrocco dei miei (fo\' per dire...) generosi anfitrioni!!!<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: euler_25 il 23-12-2003 23:02 ]
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Messaggio da euler_25 » 01 gen 1970, 01:33

Richiamo innanzitutto due risultati della Teoria Elementare dei Numeri di cui ci serviremo diffusamente nel seguito di questo medesimo articolo:
<BR>
<BR><!-- BBCode Start --><B>Teorema 1</B><!-- BBCode End -->: siano n€N<sub>0</sub> ed a un qualsivoglia intero primo con n, ovvero tale che: D(n, a) = 1. C.N.S. affinché s\'abbia a<sup>m</sup> ≡ 1 (mod. n), essendo m€N, è che risulti m ≡ 0 (mod. gss(n, a)), ove gss(n, a) denota il gaussiano di n alla base a.
<BR>
<BR><!-- BBCode Start --><B>NOTA 1</B><!-- BBCode End -->: l\'esistenza del gaussiano di n alla base a, così come postulata dal precedente, risulta garantita dall\'ulteriore (celeberrimo) teorema di Euler-Fermat sulla funzione di Eulero.
<BR>
<BR><!-- BBCode Start --><B>Teorema 2</B><!-- BBCode End -->: siano n€N<sub>0</sub> ed a un qualsivoglia intero primo con n, ovvero tale che: D(n, a) = 1. C.N.S. affinché esista un m€N tale che a<sup>m</sup> ≡ - 1 (mod. n) è che risulti gss(n, a) ≡ 0 (mod. 2); nel qual caso, comunque fissato un r€N, avviene che: a<sup>r</sup> ≡ - 1 (mod. n) se e soltanto se: r = ½ gss(n, a) * (2k + 1), per qualche k€N.
<BR>
<BR><!-- BBCode Start --><B>Teorema 3</B><!-- BBCode End -->: siano p un numero primo > 2 ed a un qualsivoglia intero non divisibile per p. C.N.S. affinché la congruenza quadratica: x<sup>2</sup> ≡ a (mod. p) sia risolvibile in interi è che a sia residuo quadratico di p, ovvero (come si dimostra) che sia: Jacobi(a, p) = 1.
<BR>
<BR>----- ---------- -
<BR>
<BR>Ciò premesso, al solo fine d\'incrementare la leggibilità dell\'articolo, richiamo innanzitutto i risultati cui si era pervenuti in conclusione del mio ultimo post su questo argomento:
<BR>
<BR><!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>
<BR>Possiamo affermare che la soluzione della questione originariamente posta da Spider <!-- BBCode Start --><B>è equivalente</B><!-- BBCode End --> alla risoluzione dei seguenti problemi <!-- BBCode Start --><I>semplificati</I><!-- BBCode End -->:
<BR>
<BR>i) determinare tutte le terne di interi positivi (m, n, p) che soddisfano l\'equazione: n = 1 + 2<sup>m</sup> + 4<sup>m</sup> + p<sup>m</sup>, ove n ≡ 0 (mod. 4) e p è un numero primo ≥ 5, e precisamente il più piccolo dei numeri primi di valenza dispari che dividono n;
<BR>
<BR>ii) determinare tutte le terne di interi positivi (m, n, p) che soddisfano l\'equazione: n = (1 + 2<sup>m</sup>)*(1 + p<sup>m</sup>), ove n !≡ 0 (mod. 4) e p è un numero primo ≥ 3, e precisamente il più piccolo dei numeri primi di valenza dispari che dividono n.
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>Di seguito, mi limito a fornire dei nuovi elementi sulla natura delle soluzioni ai problemi qui sopra enunciati: più precisamente, aggiungo degli ulteriori tasselli al quadro generale già tracciato in riferimento al <!-- BBCode Start --><B>problema ii)</B><!-- BBCode End -->.
<BR>
<BR>------- -------------
<BR>
<BR>Sia m ≡ 0 (mod. 2), ovvero m = 2k, con k€N<sub>0</sub>. Poiché s\'impone n !≡ 0 (mod. 4), se ne deduce che dev\'essere:
<BR>
<BR>(1 + 2<sup>2k</sup>)*(1 + p<sup>2k</sup>) !≡ 0 (mod. 4) <=> 1 + p<sup>2k</sup> !≡ 0 (mod. 4)
<BR>
<BR>Ora, se p ≡ 1 (mod. 4): 1 + p<sup>2k</sup> ≡ 1 + 1<sup>2k</sup> ≡ 2 !≡ 0 (mod. 4). E poiché: gss(4, 3) = 2, anche supposto p ≡ 3 (mod. 4), comunque si ritrova che: 1 + p<sup>2k</sup> ≡ 1 + 3<sup>2k</sup> ≡ 1 + 1 ≡ 2 !≡ 0 (mod. 4), così come consegue dall\'applicazione del teorema 1. Dunque, se m ≡ 0 (mod. 2), la condizione n !≡ 0 (mod. 4) non aggiunge alcuna restrizione ulteriore sull\'insieme delle eventuali soluzione al problema di cui qui si discute. D\'altro canto, assunto m ≡ 1 (mod. 2), ovvero m = 2k + 1, con k€N, si trova ancora che:
<BR>
<BR>n !≡ 0 (mod. 4) <=> (1 + 2<sup>2k + 1</sup>)*(1 + p<sup>2k + 1</sup>) !≡ 0 (mod. 4)
<BR>
<BR><=> (1 + 2)*(1 + p<sup>2k + 1</sup>) !≡ 0 (mod. 4) <=>
<BR>
<BR><=> 3 * (1 + p<sup>2k + 1</sup>) !≡ 0 (mod. 4) <=> 1 + p<sup>2k + 1</sup> !≡ 0 (mod. 4) ...........(1)
<BR>
<BR>Ora, se p ≡ 1 (mod. 4): 1 + p<sup>2k + 1</sup> ≡ 1 + 1<sup>2k + 1</sup> ≡ 2 !≡ 0 (mod. 4). Se invece p ≡ 3 (mod. 4), essendo (come si è già detto): gss(4, 3) = 2, si trova che:
<BR>1 + p<sup>2k + 1</sup> ≡ 1 + 3<sup>2k + 1</sup> ≡ 1 - 1 ≡ 0 (mod. 4), coerentemente con il teorema (2). Dunque, se m ≡ 1 (mod. 2), la condizione n !≡ 0 (mod. 4) implica che dev\'essere p ≡ 1 (mod. 4). Riassumendo, si è perciò dimostrato che:
<BR>a) se m ≡ 0 (mod. 2), allora p ≡ 1 (mod. 4) oppure p ≡ 3 (mod. 4);
<BR>b) se m ≡ 1 (mod. 2), allora p ≡ 1 (mod. 4);
<BR>c) se p ≡ 3 (mod. 4), allora m ≡ 0 (mod. 2).
<BR>Sia pertanto p ≡ 3 (mod. 4). In tal caso, stante la (c) delle condizioni appena stabilite: m ≡ 0 (mod. 2), ovvero m = 2k, con k€N<sub>0</sub>. <!-- BBCode Start --><I>Ergo</I><!-- BBCode End -->, se (m, n, p) è una terna di interi positivi che risolve il problema qui preso in esame, dacché dev\'essere:
<BR>
<BR>n = (1+2<sup>m</sup>)*(1+p<sup>m</sup>) = (1+2<sup>2k</sup>)*(1+p<sup>2k</sup>) ≡ 0 (mod. p) ==> 1+2<sup>m</sup> ≡ 0 (mod. p)
<BR>
<BR>si deduce che la congruenza quadratica: x<sup>2</sup> ≡ -1 (mod.p) è risolvibile (in interi); perciocché, stante il teorema (3), dev\'essere:
<BR>
<BR>Jacobi(-1,p)=1 <=> (-1)<sup>(p-1)/2</sup>=1 ==> (p-1)/2 ≡ 0 (mod. 2) ==> p ≡ 1 (mod.4)
<BR>
<BR>pur di rammentare che: Jacobi(-1, p) = (- 1)<sup>(p - 1)/2</sup>. Se ne conclude, in ultima analisi, che ogni eventuale soluzione della forma (m, n, p)€N<sub>0</sub><sup>3</sup> al problema qui considerato dev\'essere tale che p ≡ 1 (mod.4), provando in tal modo che la conclusione di Francesco, là dov\'egli afferma che:
<BR>
<BR><!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>
<BR>On 08-01-2003, at 23:01, FrancescoVeneziano wrote:
<BR>Non è vero che n non può essere congruo a 2 mod 4, c\'è tutto un nuovo filone di soluzioni generate da quaterne come (1, 2, p, 2p)
<BR>un esempio sono tutti i numeri 1+2^m+3^m+6^m con m dispari.
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>è errata, poiché vi si assume p = 3 e quindi p ≡ 3 (mod.4), in contrasto con la condizione appena stabilita! Poco male, comunque... andiamo avanti!
<BR>Poiché (come appena qui si è detto) non può aversi: p ≡ 3 (mod.4), se ne evince (in particolare) che n deve imporsi incongruo a zero (mod. 3). Ora, siccome:
<BR>gss(3, 2) = 2, ne fa seguito - giusta la condizione espressa dal teorema (2) - che: 2<sup>q</sup> ≡ -1 (mod.3), ovvero: 1 + 2<sup>q</sup> ≡ 0 (mod.3), se e solo se q = 1 + 2k, con k€N, ossia allora e soltanto quando q ≡ 1 (mod.2). Se dunque: n = (1 + 2<sup>m</sup>)*(1 + p<sup>m</sup>) !≡ 0 (mod.3), allora: 1 + 2<sup>m</sup> !≡ 0 (mod.3), ossia: m ≡ 0 (mod.2).
<BR>Riassumendo pertanto quanto detto sinora, si ha che ogni soluzione eventuale della forma (m, n, p)€N<sub>0</sub><sup>3</sup> al presente problema è tale che p ≡ 1 (mod.4) ed m ≡ 0 (mod.2). Queste stesse condizioni, poi, garantiscono nondimeno che sia, da una parte (come si deduce dalle argomentazioni già proposte): n !≡ 0 (mod. 4) e 1 + 2<sup>m</sup !≡ 0 (mod. 3); e dall\'altra: 1 + p<sup>m</sup> !≡ 0 (mod.3), cosicché (oltre ad essere necessarie) sono anche sufficienti ad assicurare che n non risulti divisibile per 3, poiché n si presenta nella forma fattorizzata n = (1 + 2<sup>m</sup>)*(1 + p<sup>m</sup>). Difatti, dacché si vuole p primo e incongruo a 3 (mod. 4), ne discende p ≥ 5. E allora: p ≡ 1 (mod.3) oppure p ≡ 2 (mod.3). Ora, se p ≡ 1 (mod. 3): 1 + p<sup>m</sup> ≡ 1 + 1<sup>m</sup> ≡ 2 !≡ 0 (mod. 3). Se invece p ≡ 2 (mod. 3), nell\'assunzione che m sia di valenza pari e per consistenza alle considerazioni già avanzate, si avrà comunque: 1 + p<sup>m</sup> ≡ 1 + 2<sup>m</sup> !≡ 0 (mod. 3), q.e.d. D\'altro canto, se p ≡ 1 (mod.3) oppure p ≡ 2 (mod.3), si può porre: p = 1 + 3r oppure p = 2 + 3s, con r,s€N<sub>0</sub>. E siccome p deve avere valenza dispari, nelle relazioni precedenti si può sostituire r con 2r ed s con 2s - 1, ove ancora r,s€N<sub>0</sub>; onde ottenere p = 6r + 1 oppure p = 6s - 1. D\'altra parte, si vuole p ≡ 1 (mod. 4), e dunque:
<BR>
<BR>6s - 1 ≡ 1 (mod. 4) vel 6r + 1 ≡ 1 (mod. 4) ==> s ≡ 1 (mod. 2) vel r ≡ 0 (mod. 2)
<BR>
<BR>donde s = 2h + 1, ossia p = 12h + 5, con h€N, vel r = 2k, e quindi p = 12k + 1, con k€N<sub>0</sub>.
<BR>
<BR>----- --------- ------- ---
<BR>
<BR>Possiamo perciò concludere (in sintesi) che ogni eventuale soluzione del problema contestualmente qui preso in esame è rappresentata da una terna
<BR>(m, n, p)€N<sub>0</sub><sup>3</sup> tal che siano m ≡ 0 (mod.2) e p primo dispari della forma 12k + 1, con k€N<sub>0</sub>, oppure 12h + 5, con h€N; le quali condizioni garantiscono (in particolare) che risulti comunque n !≡ 0 (mod. 12) e tuttavia n ≡ 0 (mod. p). Se ne deduce, in particolare, che ogni coppia (m, n)€N<sub>0</sub><sup>2</sup> della forma m = 2q ed n = (1 + 2<sup>m</sup>)*(1 + 5<sup>m</sup>), con q€N<sub>0</sub>, definisce un primo insieme (infinito) di soluzioni del problema originariamente posto da Spider.<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: euler_25 il 04-01-2004 16:49 ]
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Messaggio da euler_25 » 01 gen 1970, 01:33

Dunque, ricapitolando quanto stabilito nel corso di tutti gli interventi precedenti su questo topic, possiamo dire che:
<BR>1) ogni coppia (m, n)€N<sub>0</sub><sup>2</sup> per la quale m = 2q ed n = (1 + 2<sup>m</sup>)*(1 + 5<sup>m</sup>), con q intero positivo, rappresenta una soluzione <!-- BBCode Start --><B>certa</B><!-- BBCode End --> del problema (si tratta evidentemente di un insieme infinito di soluzioni);
<BR>2) ogni altra coppia (m, n)€N<sub>0</sub><sup>2</sup> che sia soluzione del problema posto in origine da Spider risolve <!-- BBCode Start --><B>equivalentemente</B><!-- BBCode End --> uno fra i seguenti due problemi associati:
<BR>
<BR>i) la terna (m, n, p) soddisfa l\'equazione: n = 1 + 2<sup>m</sup> + 4<sup>m</sup> + p<sup>m</sup>, con n ≡ 0 (mod. 4) e p pari al più piccolo numero primo ≥ 5 che sia altresì divisore di n;
<BR>
<BR>ii) la terna (m, n, p) soddisfa l\'equazione: n = (1 + 2<sup>m</sup>)*(1 + p<sup>m</sup>), ove è imposto m ≡ 0 (mod. 2) e p pari al più piccolo numero primo ≥ 13 che sia divisore di n e della forma 12k + 1 oppure 12k + 5, con k€N<sub>0</sub>; le quali condizioni, se da una parte garantiscono che sia n !≡ 0 (mod. 12), dall\'altra assicurano effettivamente che n sia multiplo di p, così com\'è richiesto, ancorché non siano sufficienti ad \"adempiere\" al vincolo di minimalità di cui si è detto.
<BR>
<BR>E con ciò, penso per il momento di potermi fermare qui... anche perché adesso è tempo di farsi una bella partita a scopa... alla prossima, dunque! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">
<BR>
<BR>Salvo Tr. alias euler_25 <IMG SRC="images/forum/icons/icon_biggrin.gif"> <BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: euler_25 il 01-01-2004 17:05 ]
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