Un intero non più grande di 1

[matty96]

Provare che se $ \displaystyle 2^p+3^p=a^n $ dove $p$ è primo e $a,n$ sono interi positivi, allora $n=1$

P.S. non riesco a concludere il caso n dispari

[Citrullo]

Premetto che è una dimostrazione pietosa ma sembra funzionare..

Provo a mano $ p=2 \rightarrow n=1 $. Quindi d'ora in poi supporrò $ p $ dispari. Si vede facilmente che (prodotti notevoli) $ 5|2^p+3^p $ per $ p $ dispari quindi ora voglio vedere per quali $ p $ anche $ 25|2^p+3^p $ (infatti in una potenza n-esima con $ n>1 $ non possono comparire fattori con esponente $ 1 $).

Beh ora arriva la parte pessima: si vede ancora facilmente che $ ord_{25}2=20 $ e $ ord_{25}3=20 $ quindi mod $ 25 $ se continuo ad aggiungere $ 1 $ a $ p $ ottengo un ciclo di valori con un periodo di al più $ 20 $. Allora mi faccio coraggio e provo (scrivendo $ 2^{p+1}+3^{p+1}=5(2^{p}+3^{p})-6(2^{p-1}+3^{p-1}) $ così mi facilito i conti, che comunque ho fatto con la calcolatrice ) e vedo che ottengo numeri divisibili per $ 25 $ solo per $ p=5+20n $ oppure $ p=15+20n $ $ \forall n \in N $. Da ciò ricavo che $ 5|p $ ma dato che $ p $ è primo per forza $ p=5 $ però $ 2^5+3^5=25 * 11 $ per cui comunque ottengo ancora $ n=1 $.

[Karl Zsigmondy]

Per p=2 non ho soluzioni con n diverso da 1, quindi suppongo p primo dispari. Ora per lifting the exponent ho che $ V_5(2^p + 3^p)=V_5(5) + V_5(p) = 1 + V_5(p) \leq 2 $ perché p è primo. Quindi n può essere maggiore di 1 solo nel caso p=5, e facendolo a mano trovo 275 che non è potenza n-esima con n maggiore di 1, quindi n=1 per forza.

P. S.
Lifting the exponent
Sia q primo dispari, a e b interi relativi, allora se q|(a-b) ho che $ V_q(a^n - b^n) = V_q(a-b) + V_q(n) $.
In questo caso avevo a=2, b=-3, n=p e q=5.

[Citrullo]

Bella!!

[matty96]

sapevo che c'era una soluzione con LTE (infattio gli esercizi sono presi da quella dispensa), però non l'ho ancora fatta e cercavo una soluzione "normale" .Comunque è molto bella e veloce

[xXStephXx]

Quale sarebbe questa dispensa? xD

[Mist]

http://www.artofproblemsolving.com/Reso ... rs/LTE.pdf Numero 5

[matty96]

Nel problema 17, il punto due chiede di provare che $ord_{p^{k+1}}(2)=2^{m+1}p^k$ Non riuscendo a dimostrarlo senza LTE, mi arrendo e cerco su mathlinks la soluzione.In un post uno dice che $ord_{p^{k+1}}(c)=ord_p(c)\cdot p^k$ dove $(c,p)=1$ e nella dimostrazione ammette che è una semplice conseguenza dell'LTE.Dopo ho guardato un pò la dispensa, ma non riesco proprio a dimostrarlo, qualcuno me lo può spiegare?
Mi dispiace dover risolvere un problema a metà, sapendo che il primo punto è abbastanza semplice rispetto al secondo....

[gatto_silvestro]

Se p^{k+1}|c^j-1 con j minimo...

[matty96]

Se $p^{k+1}|c^j-1$ con j minimo...

Ci provo ma non sono sicuro.....
Se $ p^{k+1}|c^j-1$ allora $ p^{k+1}\|c^j-1 \implies \upsilon_p(c^j-1)=k+1$. Poi sappiamo che $ord_p(c) \implies p \mid c^h-1$ dove h è minimo, da cui $p \|c^h-1 \implies \upsilon_p(c^h-1)=1$.
Ma $\upsilon_p((c^h-1)p^k)=\upsilon_p(c^h-1)+\upsilon_p(p^k)=\upsilon_p(c^j-1)=k+1 \implies ord_{p^{k+1}}(c)=ord_p(c)\cdot p^k$

Mi aspetto tante correzioni perchè sono quasi certo che questa dimostrazione porti degli errori