Quarte potenze e divisibilità per 29

[Claudio.]

L'errore sta in $k_1<a$ che non è vero per niente.

[minima.distanza]

è vero

[jordan]

Siano $ x, y, z \in \mathbb Z $ tali che $ S:= x^4+y^4+z^4 $ è divisibile per $ 29 $. Dimostrare che $ S $ è divisibile per $ 29^4 $.

Io andrei a considerare i residui quartici mod 29. Sono al più 7 (escluso lo zero), ed a mano si trova dopo un po' che sono 0, 1, 7, 16, 20, 23, 24, 25. È facile verificare come sommandone tre (eventualmente con ripetizioni) si ottengono multipli di 29 solo con (0 + 0 + 0), da cui $x≡y≡z≡0 (mod 29)$, che implica immediatamente la tesi.

La soluzione è corretta, a meno della considerazione che il tuo "facile" implica provarsi a mano $ \left(\left(\frac{29-1}{4}\right)+1\right)^3=2^9>500 $ casi possibili
Altrimenti un metodo più veloce (che funziona abbastanza velocemente solo per il caso $ p=29 $) è considerare tutti i residui quartici in $ \mathbb{Z}/29\mathbb{Z} $: $ -13,-9,-6,-5,-4,0,1,7 $. Se fosse $ 29\nmid xyz $ allora esiste un intero $ w $ tale che $ 29\nmid w $ e $ 29\mid xw-1 $.
Ma allora $ 29\mid x^4+y^4+z^4 $ se e solo se $ 29\mid w^4(x^4+y^4+z^4)=1+(yw)^4+(zw)^4 $, cioè se e solo se esistono due residui quartici non nulli con somma $ -1 $. Dato che ogni residuo $ a \in[-14,14] $ verifica la disuguaglianza $ |a|\le 13 $ allora vale anche $ |(yw)^4+(zw)^4|\le |(yw)^4|+|(zw)^4|\le 2\cdot 13=26 $: questo significa che se hanno somma $ -1 $ allora hanno segno opposto, ma è evidentemente ora che una tale coppia non esiste.
Allora wlog $ 29\mid x $ per cui $ 29\mid y^4+z^4 $ ma una coppia di residui quartici opposti non esiste, a meno che $ x=y=z=0 $.

[...]cioè, come si generalizza questo risultato a qualsiasi p ? ma soprattutto, resta vero per gli altri numeri primi ?

In generale no, il più piccolo controesempio è $ 3\mid x^4+y^4+z^4 $ se e solo se $ 3\nmid xyz $ oppure $ 3\mid \text{gcd}(x,y,z) $.

[Claudio.]

Potresti spiegare un po' meglio? Per esempio perchè w esiste sempre e perchè implica il resto...

[jordan]

$ w $ è l'inverso di $ x $ in $ \mathbb{Z}/29\mathbb{Z} $.

In $ \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} $ sia $ x $ un intero tale che $ \text{gcd}(x,n)=1 $. Consideriamo adesso l'insieme $ \{a_1x,a_2x,\ldots,a_{\varphi(n)}x\} $ dove $ S:=\{a_1,a_2,\ldots,a_{\varphi(n)}\} $ rappresenta l'insieme di tutti e i soli interi positivi minori di $ n $ e coprimi con esso. E' chiaro per ogni $ 1\le i\le \varphi(n) $ vale $ \text{ gcd}(n,a_ix)=1 $ dato che per ipotesi sia $ a_i $ che $ x $ sono coprimi con $ n $. Quindi esiste una funzione $ f:S\to S $ tale che $ a_ix\equiv a_{f(i)}\pmod{n} $ per ogni $ 1\le i \le \varphi(n) $. Adesso tale funzione è iniettiva perchè, in caso contrario, esisterebbero interi $ 1\le \alpha<\beta \le \varphi(n) $ tali che $ f(\alpha)=f(\beta) $ cioè $ a_{\alpha}x=a_{\beta}x\pmod{n} $. Ciò significa che $ n\mid x(a_{\beta}-a_{\alpha}) $, che è impossibile. La funzione $ f(\cdot) $ quindi è iniettiva, e visto che va da $ S $ in $ S $ allora è anche bigettiva. In particolare esiste un unico intero $ 1\le i_0\le \varphi(n) $ tale che $ a_{i_0}x \equiv 1 \pmod{n} $ ($ a_{i_0} $ è definito inverso di $ x $).

Ps. Claudio potresti modificare il tuo avatar? Oltre che immenso, il mio browser neanche me lo visualizza..

[jordan]

eh, infatti io la avevo fatta come sasha, ma non esiste un metodo più... fine ?

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