Nessun primo può...
Nessun primo può...
Dimostrate che nessun numero primo può essere scritto come somma di quadrati in due maniere diverse.
"Se [...] non avessi amore, non sarei nulla."
1Cor 13:2
"[...] e se io non so pentirmi del passato, la libertà è un sogno"
Soren Kierkegaard, Aut-Aut, Ed. Mondadori, pag. 102
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Re: Nessun primo può...
Allora per quanto riguarda i primi del tipo $ 4n+3 $ stiamo tranquillissimi che non possono essere scritti manco in un modo come somma di quadrati.. (vabbè ma qua non vado da nessuna parte)..
Io avevo pensato di fare per assurdo..
Cioè magari per assurdo dico che $ a^2+b^2=p $ e che $ x^2+y^2=p $.
Quindi poi arrivo a $ a^2+b^2+x^2+y^2 = 2p $.
L'unica cosa che noto è che in entrambe le coppie di quadrati, uno deve essere multiplo di 4 e l'altro del tipo $ 4n+1 $.. Però mi sa che manco questa strada ha sbocchi..
Si può avere qualche hint?
Io avevo pensato di fare per assurdo..
Cioè magari per assurdo dico che $ a^2+b^2=p $ e che $ x^2+y^2=p $.
Quindi poi arrivo a $ a^2+b^2+x^2+y^2 = 2p $.
L'unica cosa che noto è che in entrambe le coppie di quadrati, uno deve essere multiplo di 4 e l'altro del tipo $ 4n+1 $.. Però mi sa che manco questa strada ha sbocchi..
Si può avere qualche hint?
Re: Nessun primo può...
lol, è un po' presto per l'hint XD comunque il concetto è più o meno quello, se solo anzichè sommare facessimo....
(e finì per dare l'hint lo stesso )
(e finì per dare l'hint lo stesso )
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Soren Kierkegaard, Aut-Aut, Ed. Mondadori, pag. 102
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Re: Nessun primo può...
Il prodotto!! ok ora mi metto a lavorare.. sempre se riesco a finire i compiti per le vacanze..
Re: Nessun primo può...
La tesi è falsa, oppure ho capito male.
Esempio: $ 13=2^2+2^2+2^2+1^2 $
$ 13=2^2+3^2 $
Esempio: $ 13=2^2+2^2+2^2+1^2 $
$ 13=2^2+3^2 $
« Due cose hanno soddisfatto la mia mente con nuova e crescente ammirazione e soggezione e hanno occupato persistentemente il mio pensiero: il cielo stellato sopra di me e la legge morale dentro di me. »
Re: Nessun primo può...
Questo fatto non lo conoscevo... Qual è la dimostrazione?xXStephXx ha scritto:Allora per quanto riguarda i primi del tipo $ 4n+3 $ stiamo tranquillissimi che non possono essere scritti manco in un modo come somma di quadrati..
- exodd
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Re: Nessun primo può...
Hawk ha scritto:La tesi è falsa, oppure ho capito male.
Esempio: $ 13=2^2+2^2+2^2+1^2 $
$ 13=2^2+3^2 $
In effetti non è specificato benissimo..
La Tesi è "Dimostrate che nessun numero primo può essere scritto come somma di due quadrati in due maniere diverse."
Questo deriva semplicemente dal fatto che un quadrato è congruo ad uno o zero modulo 4, quindi la somma di due di essi non può essere mai 3xXStephXx wrote:
Allora per quanto riguarda i primi del tipo 4n+3 stiamo tranquillissimi che non possono essere scritti manco in un modo come somma di quadrati..
Questo fatto non lo conoscevo... Qual è la dimostrazione?
Tutto è possibile: L'impossibile richiede solo più tempo
in geometry, angles are angels
"la traslazione non è altro che un'omotetia di centro infinito e k... molto strano"
julio14 ha scritto: jordan è in realtà l'origine e il fine di tutti i mali in $ \mathbb{N} $
ispiratore del BTAEvaristeG ha scritto:Quindi la logica non ci capisce un'allegra e convergente mazza.
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"la traslazione non è altro che un'omotetia di centro infinito e k... molto strano"
Re: Nessun primo può...
Si avete ragione, fortuna che leggendo male ho interpretato come somma di due quadrati. Sarà perchè c'era il due successivamente
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Re: Nessun primo può...
Ci provo.
Premetto alla dimostrazione un lemma.
Lemma di O.Vee Ho: Siano $a, b, c \in \mathbb{Z}$ tali che $GCD(a, b) = 1$ e $a | bc$. Allora $a | c$
Dimostrazione (come suggerisce il nome del lemma è piuttosto banale, ma la metto lo stesso): $ a | bc \Rightarrow \exists m \in \mathbb{Z} : bc = am $
$ GCD(a, b) = 1 \Rightarrow \exists x, y \in \mathbb{Z} | ax + by = 1 \Rightarrow c = 1 \cdot c = axc + byc = axc + yam = a \cdot (xc + my) \Rightarrow a | c $
Ora andiamo al nostro problema.
Ragiono per assurdo, suppongo siano $a, b, x, y \in \mathbb{N ^ +}$ e $p \in \mathbb{P}$ tali che $a \neq x , a \neq y$ e $p = a^2 + b^2 = x^2 + y^2$
Ragionando modulo 4 deduco che entrambe le coppie $(a, b)$ e $(x, y)$ sono composte da un numero pari e un dispari.
Siano wlog $a$ e $x$ pari.
$ a^2 + b^2 = x^2 + y^2 \Rightarrow (a-x)(a+x) = (y-b)(y+b) $ (1) [noto che tutte le parentesi sono pari e diverse da 0]
Sia $ m = GCD((a-x), (y-b)) $ e $ n = GCD((a+x), (y+b)) $ [noto che $m$ ed $n$ sono pari] (3)
Quindi $ a-x = mi, y-b = mj, a+x = nk, y+b = nl $ (2)
$ GCD(i, j) = 1 $ e $ GCD(k, l) = 1 $
sostituisco nella (1) e ottengo
$ mink = mjnl \Rightarrow ik = jl $
$ i | jl \wedge (i, j) = 1 \Rightarrow i | l $ (per il lemma)
analogamente ottengo che $l | i$, $k | j$ e $j | k \Rightarrow l = i$ e $k = j$
Quindi le relazioni (2) diventano
$ a-x = mi, a+x = nj, y-b = mj, y+b = ni $
e cioè
$ \displaystyle a = \frac{1}{2}(nj + mi) $ e $ \displaystyle b = \frac{1}{2}(ni - mj) $
quindi
$ \displaystyle p = a^2 + b^2 = \frac{1}{4}(n^2 j^2 + m^2 i^2 + 2mnij + n^2 i^2 + m^2 j^2 -2mnij) = \frac{1}{4}(n^2 (i^2 + j^2) + m^2 (i^2 + j^2)) = \frac{1}{4}(n^2 + m^2) (i^2 + j^2) $
ma per la (3) esistono $q, r \in \mathbb{Z}$ t.c. $m=2q$ e $n=2r$, quindi
$ p = (q^2 + r^2) (i^2 + j^2) $
Assurdo in quanto $p$ è primo mentre i due fattori $(q^2 + r^2)$ e $(i^2 + j^2)$ sono strettamente maggiori di 1
Premetto alla dimostrazione un lemma.
Lemma di O.Vee Ho: Siano $a, b, c \in \mathbb{Z}$ tali che $GCD(a, b) = 1$ e $a | bc$. Allora $a | c$
Dimostrazione (come suggerisce il nome del lemma è piuttosto banale, ma la metto lo stesso): $ a | bc \Rightarrow \exists m \in \mathbb{Z} : bc = am $
$ GCD(a, b) = 1 \Rightarrow \exists x, y \in \mathbb{Z} | ax + by = 1 \Rightarrow c = 1 \cdot c = axc + byc = axc + yam = a \cdot (xc + my) \Rightarrow a | c $
Ora andiamo al nostro problema.
Ragiono per assurdo, suppongo siano $a, b, x, y \in \mathbb{N ^ +}$ e $p \in \mathbb{P}$ tali che $a \neq x , a \neq y$ e $p = a^2 + b^2 = x^2 + y^2$
Ragionando modulo 4 deduco che entrambe le coppie $(a, b)$ e $(x, y)$ sono composte da un numero pari e un dispari.
Siano wlog $a$ e $x$ pari.
$ a^2 + b^2 = x^2 + y^2 \Rightarrow (a-x)(a+x) = (y-b)(y+b) $ (1) [noto che tutte le parentesi sono pari e diverse da 0]
Sia $ m = GCD((a-x), (y-b)) $ e $ n = GCD((a+x), (y+b)) $ [noto che $m$ ed $n$ sono pari] (3)
Quindi $ a-x = mi, y-b = mj, a+x = nk, y+b = nl $ (2)
$ GCD(i, j) = 1 $ e $ GCD(k, l) = 1 $
sostituisco nella (1) e ottengo
$ mink = mjnl \Rightarrow ik = jl $
$ i | jl \wedge (i, j) = 1 \Rightarrow i | l $ (per il lemma)
analogamente ottengo che $l | i$, $k | j$ e $j | k \Rightarrow l = i$ e $k = j$
Quindi le relazioni (2) diventano
$ a-x = mi, a+x = nj, y-b = mj, y+b = ni $
e cioè
$ \displaystyle a = \frac{1}{2}(nj + mi) $ e $ \displaystyle b = \frac{1}{2}(ni - mj) $
quindi
$ \displaystyle p = a^2 + b^2 = \frac{1}{4}(n^2 j^2 + m^2 i^2 + 2mnij + n^2 i^2 + m^2 j^2 -2mnij) = \frac{1}{4}(n^2 (i^2 + j^2) + m^2 (i^2 + j^2)) = \frac{1}{4}(n^2 + m^2) (i^2 + j^2) $
ma per la (3) esistono $q, r \in \mathbb{Z}$ t.c. $m=2q$ e $n=2r$, quindi
$ p = (q^2 + r^2) (i^2 + j^2) $
Assurdo in quanto $p$ è primo mentre i due fattori $(q^2 + r^2)$ e $(i^2 + j^2)$ sono strettamente maggiori di 1
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Re: Nessun primo può...
Non ho il tempo di ricontrollarla adesso, quindi spero di non aver scritto un mare di stron*ate
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Re: Nessun primo può...
Ok, ho finito di cenare e mi sono accorto di un errore qui.
I numeri $i$ e $j$ non sono per forza positivi, quindi la deduzione corretta sarebbe $l = \pm i$ e $k = \pm j$
Il post di prima è valido sse $a \gt x$, infatti in questo caso tutte le variabili in gioco sono positive e tutto torna.
Analizzo ora il caso $a \lt x$, e correggo solamente i passi del ragionamento di prima che non funzionano.
stergiosss ha scritto: $i | l$, $l | i$, $k | j$ e $j | k \Rightarrow l = i$ e $k = j$
I numeri $i$ e $j$ non sono per forza positivi, quindi la deduzione corretta sarebbe $l = \pm i$ e $k = \pm j$
Il post di prima è valido sse $a \gt x$, infatti in questo caso tutte le variabili in gioco sono positive e tutto torna.
Analizzo ora il caso $a \lt x$, e correggo solamente i passi del ragionamento di prima che non funzionano.
Qui tutto okstergiosss ha scritto:Ragiono per assurdo, suppongo siano $a, b, x, y \in \mathbb{N ^ +}$ e $p \in \mathbb{P}$ tali che $a \neq x , a \neq y$ e $p = a^2 + b^2 = x^2 + y^2$
Ragionando modulo 4 deduco che entrambe le coppie $(a, b)$ e $(x, y)$ sono composte da un numero pari e un dispari.
Siano wlog $a$ e $x$ pari.
Aggiunta una nota (in grassetto)$ a^2 + b^2 = x^2 + y^2 \Rightarrow (a-x)(a+x) = (y-b)(y+b) $ (1) [noto che tutte le parentesi sono pari e diverse da 0]
Sia $ m = GCD((a-x), (y-b)) $ e $ n = GCD((a+x), (y+b)) $ [noto che $m$ ed $n$ sono pari] (3)
Quindi $ a-x = mi, y-b = mj, a+x = nk, y+b = nl $ (2) [qui noto che $m, n, k, l$ sono positivi, mentre $i, j$ sono negativi]
$ GCD(i, j) = 1 $ e $ GCD(k, l) = 1 $
Modificati alcuni puntisostituisco nella (1) e ottengo
$ mink = mjnl \Rightarrow ik = jl $
$ i | jl \wedge (i, j) = 1 \Rightarrow i | l $ (per il lemma)
analogamente ottengo che $l | i$, $k | j$ e $j | k \Rightarrow l = - i$ e $k = - j$
Quindi le relazioni (2) diventano
$ a-x = mi, a+x = -nj, y-b = mj, y+b = -ni $
Modificati altri due puntie cioè
$ \displaystyle a = \frac{1}{2}(-nj + mi) $ e $ \displaystyle b = \frac{1}{2}(-ni - mj) $
quindi
$ \displaystyle p = a^2 + b^2 = \frac{1}{4}(n^2 j^2 + m^2 i^2 - 2mnij + n^2 i^2 + m^2 j^2 + 2mnij) = \frac{1}{4}(n^2 (i^2 + j^2) + m^2 (i^2 + j^2)) = \frac{1}{4}(n^2 + m^2) (i^2 + j^2) $
E qui è tutto ok
ma per la (3) esistono $q, r \in \mathbb{Z}$ t.c. $m=2q$ e $n=2r$, quindi
$ p = (q^2 + r^2) (i^2 + j^2) $
Assurdo in quanto $p$ è primo mentre i due fattori $(q^2 + r^2)$ e $(i^2 + j^2)$ sono strettamente maggiori di 1
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Re: Nessun primo può...
Propongo un'altra idea...scompongo $p$ in $\mathbb{Z}$. I primi congrui a 3 modulo 4 rimangono primi mentre i primi congrui a 1 modulo 4 si scompongono in esattamente 2 fattori "primi". [questi fatti sono noti anche se non ricordo tutti i passaggi della dimostrazione].
Detto questo $(a+ib)(a-ib)=p=(c+id)(c-id)$ essendo $a+ib$ primo allora divide o $c+id$ o $c-id$, anche $c\pm id$ è primo quindi se viene diviso da $a+ib$ allora è anche uguale ad esso $a+ib=c\pm id$ da cui $a=c$ e $b=\pm d$ quindi la somma di quadrati è la stessa.
Detto questo $(a+ib)(a-ib)=p=(c+id)(c-id)$ essendo $a+ib$ primo allora divide o $c+id$ o $c-id$, anche $c\pm id$ è primo quindi se viene diviso da $a+ib$ allora è anche uguale ad esso $a+ib=c\pm id$ da cui $a=c$ e $b=\pm d$ quindi la somma di quadrati è la stessa.
Re: Nessun primo può...
Sketcho la mia. Sia $p=a^2+b^2=c^2+d^2$. Allora $a^2\equiv -b^2 \pmod p$ e $c^2 \equiv -d^2 \pmod p \Rightarrow a^2c^2\equiv b^2d^2 \pmod p \Rightarrow p\mid (ac+bd)(ac-bd)$. Usando questa più il fatto che $p^2=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2=(ac-bd)^2+(ad+bc)^2$ si conclude facilmente (per ognuna delle due possibilità, guardando l'espressione giusta si vede che un quadrato deve essere 0 e l'altro $p^2$).
Re: Nessun primo può...
Sonner, la tua soluzione è simile alla mia, solo che io ho moltiplicato e mi sono ricordato di queste e ho concluso subito...
Paga, scusami mi spieghi meglio cosa vuol dire che $a+ib$ è primo ?
Paga, scusami mi spieghi meglio cosa vuol dire che $a+ib$ è primo ?
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Re: Nessun primo può...
$a+ib$ è primo se ha modulo diverso da 1 e non si può scrivere come prodotto di altri due numeri (con modulo diverso da 1) della forma $x+iy$ con $x,y\in \mathbb{Z}$