p^2-2q^2=1
p^2-2q^2=1
Trovare tutti i primi p e q tali che $ p^2-2q^2=1 $
Re: p^2-2q^2=1
$ (p+1)(p-1)=2q^2 $
2 casi sono equivalenti:
$ p-1=q p+1=2q $
$ p-1=2 p+1=q^2 $
Soluzione p=3 q=2
2 casi sono equivalenti:
$ p-1=q p+1=2q $
$ p-1=2 p+1=q^2 $
Soluzione p=3 q=2
Eh questo?
Questo non va bene...
Morto...
Questo non va bene...
Morto...
analizzando mod 4 abbiamo che se entrambi i primi sono uguali a 2 l'equazione non è verificata:
$ 0-2\cdot 0 \equiv 1 (mod 4) $
quindi almeno uno dei due è diverso da 2
se sono tutti e due diversi da due abbiamo:
$ 1-2 \equiv 1 (mod 4) $ evidentemente falsa.
quindi i casi sono 2:
$ p=2,q \neq 2 $ ma mod 4 è impossibile...
quindi abbiamo che $ q=2 $ e p è un altro primo diverso da 2.
dunque abbiamo:
$ p^2-2\cdot 2^2=1 \\ p^2=9\\ p=3 $
dunque l'unica soluzione è $ (p,q) =(3,2) $
$ 0-2\cdot 0 \equiv 1 (mod 4) $
quindi almeno uno dei due è diverso da 2
se sono tutti e due diversi da due abbiamo:
$ 1-2 \equiv 1 (mod 4) $ evidentemente falsa.
quindi i casi sono 2:
$ p=2,q \neq 2 $ ma mod 4 è impossibile...
quindi abbiamo che $ q=2 $ e p è un altro primo diverso da 2.
dunque abbiamo:
$ p^2-2\cdot 2^2=1 \\ p^2=9\\ p=3 $
dunque l'unica soluzione è $ (p,q) =(3,2) $
Re: p^2-2q^2=1
$ (p-1)(p+1)=2q^2 $
poniamo $ p=2 $:
$ 3=2q^2 $ impossibile
poniamo $ q=2 $
$ (p-1)(p+1)=8 $
da cui $ p=3 $
Quindi ora p e q diversi da 2
$ (p-1)(p+1) $ è divisibile per 4, ma 2q^2 non lo è, dato che q è un primo diverso da 2.
poniamo $ p=2 $:
$ 3=2q^2 $ impossibile
poniamo $ q=2 $
$ (p-1)(p+1)=8 $
da cui $ p=3 $
Quindi ora p e q diversi da 2
$ (p-1)(p+1) $ è divisibile per 4, ma 2q^2 non lo è, dato che q è un primo diverso da 2.
"Il lemma fondamentale: se vi danno un esercizio è perchè potete farlo; se potete farlo è perchè è proprio facile; se è proprio facile è perchè servono delle cose che sapete; le cose che sapete sono pochissime, quindi avete da cercare in un insieme piccolissimo di cose" Michele Barsanti
[quote="julio14"]
jordan è in realtà l'origine e il fine di tutti i mali in [tex]\mathbb{N}[/tex][/quote]
[quote="julio14"]
jordan è in realtà l'origine e il fine di tutti i mali in [tex]\mathbb{N}[/tex][/quote]
ne propongo un altra:
- prendo p,q >3. allora $ p^2 \equiv 1 (mod 3); 2q^2 \equiv 2 (mod 3) $ sottraggo e mi viene $ 1 \equiv 2 (mod3) $ chiaramente impossibile.
- poichè deve essere p>q. mi rimangono da anlizzare solo due casi:
$ q=2; p^2 = 9 $ da cui la coppia (p,q)=(3,2)
$ q=3; p^2 = 19 $ chiaramente per nessun primo
giusta?
- prendo p,q >3. allora $ p^2 \equiv 1 (mod 3); 2q^2 \equiv 2 (mod 3) $ sottraggo e mi viene $ 1 \equiv 2 (mod3) $ chiaramente impossibile.
- poichè deve essere p>q. mi rimangono da anlizzare solo due casi:
$ q=2; p^2 = 9 $ da cui la coppia (p,q)=(3,2)
$ q=3; p^2 = 19 $ chiaramente per nessun primo
giusta?
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- Località: Livorno
Penso vada proprio bene, mooolto concisa.cromat ha scritto:ne propongo un altra:
- prendo p,q >3. allora $ p^2 \equiv 1 (mod 3); 2q^2 \equiv 2 (mod 3) $ sottraggo e mi viene $ 1 \equiv 2 (mod3) $ chiaramente impossibile.
- poichè deve essere p>q. mi rimangono da anlizzare solo due casi:
$ q=2; p^2 = 9 $ da cui la coppia (p,q)=(3,2)
$ q=3; p^2 = 19 $ chiaramente per nessun primo
giusta?
Anzi, forse forse, qua postala così che ti capiamo e ti prendiamo in buona fede, in gara magari per sicurezza spendi 1 riga in più a dire perchè $ p^2 \equiv 1 (mod 3); 2q^2 \equiv 2 (mod 3) $ e perchè p>q.
E' ovvio, ma intanto sei sicuro di non perdere punti a caso...