Trovare tutti i numeri interi positivi p, q, N tali che
$ (p+q)^N = 2(p^N +q^N) $
Normale AA81/82, 2
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"Cos'è l'aritmetica?" "E' quella scienza in cui si impara quello che si sa già!"
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Spammowarrior
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caso a:
(p,q)=1
analizzo mod p:
$ \displaystyle q^n \equiv 2q^n \pmod p $
per l'ipotesi di questo caso abbiamo che
$ \displaystyle 2 \equiv 1 \pmod p $
quindi p=1
sostituiamo all'inizio e analiziamo mod q:
$ \displaystyle 1 \equiv 2 \pmod q $
da cui q=1
sostituiamo di nuovo e troviamo facilmente n=2
quindi si ha che l'unica soluzione in questo caso è (1,1,2)
caso b:
(p,q) = k
p=kp', q=kq'
$ \displaystyle k^n(p'+q')^n = 2\cdot k^n(p'^n + q'^n) $
semplifichiamo k e cadiamo nel caso a: sappiamo che l'unica soluzione è p'=1, q'=1, n=2, da cui p=k, q=k, n=2 che è effettivamente soluzione per ogni k.
(p,q)=1
analizzo mod p:
$ \displaystyle q^n \equiv 2q^n \pmod p $
per l'ipotesi di questo caso abbiamo che
$ \displaystyle 2 \equiv 1 \pmod p $
quindi p=1
sostituiamo all'inizio e analiziamo mod q:
$ \displaystyle 1 \equiv 2 \pmod q $
da cui q=1
sostituiamo di nuovo e troviamo facilmente n=2
quindi si ha che l'unica soluzione in questo caso è (1,1,2)
caso b:
(p,q) = k
p=kp', q=kq'
$ \displaystyle k^n(p'+q')^n = 2\cdot k^n(p'^n + q'^n) $
semplifichiamo k e cadiamo nel caso a: sappiamo che l'unica soluzione è p'=1, q'=1, n=2, da cui p=k, q=k, n=2 che è effettivamente soluzione per ogni k.
Il ragionamento di fondo è corretto ma qua c'è un errore perchè ad esempio 7^2 non è congruo a 1 modulo 5...Spammowarrior ha scritto:$ \displaystyle q^n \equiv 2q^n \pmod p $
per l'ipotesi di questo caso abbiamo che
$ \displaystyle 2 \equiv 1 \pmod p $
Comunque era già comparso anche qua:
viewtopic.php?t=13333
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!
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Spammowarrior
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uh?Maioc92 ha scritto:Il ragionamento di fondo è corretto ma qua c'è un errore perchè ad esempio 7^2 non è congruo a 1 modulo 5...Spammowarrior ha scritto:$ \displaystyle q^n \equiv 2q^n \pmod p $
per l'ipotesi di questo caso abbiamo che
$ \displaystyle 2 \equiv 1 \pmod p $
che c'entra, ho semplificato il q^n da entrambi i lati (posso perchè p e q sono coprimi)
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Spammowarrior
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Spammowarrior
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) falsosi questo l'avevo capito...mi sono spiegato male, scusami.
uno potrebbe pensare che essendo N=0 (mod N) allora si può sostituire N con 0 in una qualsiasi congurenza modulo N...io cercavo chiarimenti circa il perchè questo non è possibile...
(in ogni caso forse non è la sezione adatta...)
uno potrebbe pensare che essendo N=0 (mod N) allora si può sostituire N con 0 in una qualsiasi congurenza modulo N...io cercavo chiarimenti circa il perchè questo non è possibile...
(in ogni caso forse non è la sezione adatta...)
"Per tre cose vale la pena di vivere: la matematica, la musica e l'amore"
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pic88
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- Località: La terra, il cui produr di rose, le dié piacevol nome in greche voci...
Uhm, un modo formale di dirlo e' che le congruenze modulo n sono uguaglianze tra classi in $ \mathbb Z/n\mathbb Z $. Ora, due classi si possono sommare e moltiplicare (prove it), ma non ha senso elevare una all'altra: quando scrivi $ x^a $ intendi solo $ x\cdot...\cdot x $ $ {a} $ volte, ma l'a che sta all'esponente e' il numero naturale $ {a} $, non la sua classe modulo n.gismondo ha scritto: uno potrebbe pensare che essendo N=0 (mod N) allora si può sostituire N con 0 in una qualsiasi congurenza modulo N...io cercavo chiarimenti circa il perchè questo non è possibile...