Diofantea

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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Salvador
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Diofantea

Messaggio da Salvador » 24 dic 2017, 19:26

Determinare tutte le soluzioni $(p,n)$ con $p$ primo e $n$ intero positivo di:

$$2p^2-3p-1=n^3$$

Ilgatto
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Re: Diofantea

Messaggio da Ilgatto » 31 dic 2017, 17:49

Premetto che la mia soluzione non è completa e che servirebbe l'aiuto di qualcuno di più esperto per concludere.
Riscriviamo la diofantea come:
$$p(2p-3)=n^3+1=(n+1)(n^2-n+1)$$
Ora, $2$ soluzioni facili da trovare sono nel caso in cui $p=n+1$. Sostituendo si ottiene $n^2-3n+2=0$ e ottengo quindi $(2,1)$ e $(3,2)$.
Se $p|n+1$ scriviamo $n+1=kp$ cioè $n=kp-1$ con $k$ intero positivo. Sostituendo nella diofantea si ottiene:
$$k^3p^3-p^2(3k^2+2)+3kp+3p=0$$
Che, semplificando una $p$, diventa un'equazione di secondo grado il cui delta è:
$$\Delta =-3k^4+12k^2-8$$
Questo delta è maggiore di $0$ per $k$ interi solo se $k=1$, caso già considerato prima.
Per il caso in cui $p|n^2-n+1$, equivalente a $n+1|2p-3$, il calcolo del delta è più complicato e non mi pare porti a qualcosa di risolvibile.
Provando con l'algebra modulare (escludo i casi $p=2$ e $p=3$:
$mod 3$: $p\equiv1$ o $p\equiv2$. In ogni caso $p^2\equiv1$, da cui $n^3\equiv2+0-1=1$ quindi $n\equiv1$ $mod3$
$mod 2$: $p\equiv1$, quindi $n^3\equiv0-1-1\equiv0$ da cui $n\equiv0$ $mod2$
$mod 4$: $p\equiv1$ o $p\equiv3$, ma nel primo caso verrebbe $n^3\equiv2-3-1\equiv2$ che non è residuo cubico modulo $4$. Nel secondo caso invece viene $n^3\equiv2-1-1=0$ che è residuo cubico
$mod 8$: $p\equiv3$ o $p\equiv7$, ma nel secondo caso verrebbe $n^3\equiv2-5-1\equiv4$ che non è residuo cubico modulo $8$. Nel primo caso invece viene $n^3\equiv2-1-1=0$ che è residuo cubico.
Per il teorema cinese del resto $p\equiv11$ o $p\equiv19$ $mod24$, mentre $n\equiv4$ $mod6$.
Qui poi mi sono bloccato e non so più come procedere, anche perchè non trovo altre soluzioni nemmeno a tentativi e non riesco a dimostrare che non ce ne sono.

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Lasker
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Re: Diofantea

Messaggio da Lasker » 31 dic 2017, 19:55

@ilgatto: Io ti suggerirei di fare prima i casi con i primi bassi in modo da poter supporre $p$ dispari/decentemente grande e poi ignorare la fattorizzazione di $n^3+1$ che ad occhio da fastidio e basta. Ti propongo una via che a naso mi pare buona, anche se non ho provato a scriverla bene per vedere se torna davvero, hintato c'è uno schizzo di dimostrazione (poi concludi pure tu per bene se la strada ti sembra promettente)
Testo nascosto:
Se risolvi la quadratica in $p$ il delta deve essere un quadrato perfetto $k^2$ perché senno ciccia; ma il delta è $8(n^3+1)+9=8p(2p-3)+9$ da cui
$$8p(2p-3)=k^2-9=(k+3)(k-3)$$
Ora visto che $p$ è primo $p\mid (k+3)$ oppure $p\mid (k-3)$, e più o meno qui secondo me te la cavi facendo i casi a manina, cioé proprio provare $k\pm 3=2p, 4p, 6p,...$.
Il motivo per cui questi casi in realtà non sono troppi è che ad esempio $k\pm 3$ non può essere $1000p$ perché poi avresti $1000p(1000p\pm 6)=8p(2p-3)$ e il LHS è davvero troppo grande, mentre ognuno di questi casi si tratta bene perché sono equazioni lineari in $p$. Ad occhio $k\pm 3=6p$ è già troppo grosso perché ci siano soluzioni, a meno di avere $p$ sufficientemente piccolo (è per questo che fai prima i primi bassi a mano).
"Una funzione generatrice è una corda da bucato usata per appendervi una successione numerica per metterla in mostra" (Herbert Wilf)

"La matematica è la regina delle scienze e la teoria dei numeri è la regina della matematica" (Carl Friedrich Gauss)

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Ilgatto
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Re: Diofantea

Messaggio da Ilgatto » 02 gen 2018, 18:10

Lasker ha scritto:
31 dic 2017, 19:55
Se risolvi la quadratica in $p$ il delta deve essere un quadrato perfetto $k^2$ perché senno ciccia; ma il delta è $8(n^3+1)+9=8p(2p-3)+9$ da cui
$$8p(2p-3)=k^2-9=(k+3)(k-3)$$
Ora visto che $p$ è primo $p\mid (k+3)$ oppure $p\mid (k-3)$, e più o meno qui secondo me te la cavi facendo i casi a manina, cioé proprio provare $k\pm 3=2p, 4p, 6p,...$.
Il motivo per cui questi casi in realtà non sono troppi è che ad esempio $k\pm 3$ non può essere $1000p$ perché poi avresti $1000p(1000p\pm 6)=8p(2p-3)$ e il LHS è davvero troppo grande, mentre ognuno di questi casi si tratta bene perché sono equazioni lineari in $p$. Ad occhio $k\pm 3=6p$ è già troppo grosso perché ci siano soluzioni, a meno di avere $p$ sufficientemente piccolo (è per questo che fai prima i primi bassi a mano).
Grazie della risposta, ma non ho capito cosa tu intenda. Facendo come hai detto tu trovo che $4p=(k+3)$ è l'unica soluzione, ma sono al punto di partenza perché comunque non esclude che ci sia un $p$ grande che soddisfa la diofantea. Poi così facendo non si ignora troppo il termine di terzo grado?

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Re: Diofantea

Messaggio da Lasker » 02 gen 2018, 18:18

No sono io che sono stupido... lascia perdere ho detto una scemenza perché non pensavo venissero soluzioni tipo, se mi vengono idee che funzionano risponderò ancora (se proprio vuoi essere brutale le coppie di soluzioni di $(2n)^3+17=k^2$ sono finite perché è una mordell ma è brutto provare così e non so se venga con metodi elementari questa).
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Re: Diofantea

Messaggio da Lasker » 03 gen 2018, 13:36

Ok credo di aver trovato adesso, dovrebbe farsi esattamente come stavi provando prima di partire con i moduli mi sembra, cioè il delta non è davvero abbastanza complicato da impedirti di concludere secondo me.
Se $p\mid n^2-n+1$ allora $kp=n^2-n+1$ e quindi $k(n+1)=2p-3$, ricavi $p$ dalla seconda equazione e sostituisci nella prima ottenendo
$$k^2(n+1)+3k=2n^2-2n+2$$
Che è una quadratica in $n$, se guardi il suo delta è $(k^2+2)^2+8(k^2+3k-2)=(k^2+6)^2+24k-48$, adesso provi a mano $k=1,2$ che dovrebbero dare $n=2,4$ che nell'equazione originale danno quadratiche in $p$, mentre per $k$ più grande hai $\Delta>(k^2+6)^2$, ma se $k$ è tipo più grande di $9$ hai che $(k^2+7)^2>\Delta$ e quindi hai un numero limitato di $k$ da provare (altrimenti il $\Delta$ è strettamente compreso tra due quadrati consecutivi e quindi non è un quadrato perfetto), ognuno dei quali da una quadratica in $p$ se si sostituisce l'$n$ corrispondente nell'equazione originale
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