Determinare p, q primi tali che p^3 - q^5 = (p + q)^2
Determinare p, q primi tali che p^3 - q^5 = (p + q)^2
Problema: determinare ogni coppia $ (p, q) $ di primi naturali tali che $ p^3 - q^5 = (p+q)^2 $.
Re: Determinare p, q primi tali che p^3 - q^5 = (p + q)^2
Visto che sbagliando s'impara provo a sbagliare questa...HiTLeuLeR ha scritto:Problema: determinare ogni coppia $ (p, q) $ di primi naturali tali che $ p^3 - q^5 = (p+q)^2 $.
tento per $ p=q $;
$ p^3-p^5=(p+p)^2 $
$ p^3-p^5-4p^2=0 $
divido per $ p^2 $
$ p-p^3-4=0 $
$ p-p^3=4 $, assurdo, quindi $ p\neq q $.
Tento per $ p=2 $:
$ 8-q^5=(2+q)^2 $;
$ 8-q^5=4+q^2+4q $;
$ q^5+q^2+4q=4 $;
$ q(q^4+q+4)=4 $, assurdo, assurdo poichè $ p $ può assumere solo il valore di $ 2 $ come divisore di $ 4 $, ma $ p\neq q $.
Tento per $ q=2 $:
$ p^3-32=(p+2)^2 $;
$ p^3-p^2-4p=36 $;
$ p(p^2-p-4)=36 $, assurdo poichè $ p $ può assumere solo il valore di $ 2 $ come divisore di $ 36 $, ma $ p\neq q $ e $ 3 $, ma andando a sosituire non ci troveremmo.
Ora è accertato che $ p $ e $ q $ sono entrambi dispari, pertanto $ p+q $ è pari e $ (p+q)^2\equiv 0\pmod{4} $. Aggiungendo $ 2q^5 $ ad ogni membro dell'equazione di partenza abbiamo
$ p^3+q^5=(p+q)^2+2q^5 $,
dove $ 2q^5\equiv 1\pmod{4} $
quindi $ (p+q)^2+2q^5\equiv 2\pmod{4} $.
Ora verifichiamo che
$ p^3\equiv q^5\equiv 3 oppure \equiv 2 \pmod{4} $
e le possibili configurazioni sono
$ p^3+q^5\equiv 2 oppure \equiv 0\pmod{4} $.
Se ho bestemmiato mi assumo le responsabilità di uno che si affaccia solo ora a questo mondo dopo tre anni di provinciali..mannaggia a me!!
(ho corretto su segnalazione fi HITLEuLeR)
Scatenatevi coi commenti, le correzioni e i rimproveri (ma non troppo pesanti)
Ultima modifica di peppeporc il 15 ago 2005, 17:03, modificato 1 volta in totale.
Tu chiamale, se vuoi, emozioni.
Ok, fin qui è tutto corretto!peppeporc ha scritto:[...] tento per $ p=q $: [...] $ p-p^3=4 $, assurdo, quindi $ p\neq q $. Tento per $ p=2 $: [...] $ q(q^4+q+4)=4 $, assurdo poichè $ p $ può assumere solo il valore di $ 2 $ come divisore di $ 4 $, ma $ p\neq q $.
Ehm... Davvero $ 36 = 2^2 \cdot 3^2 $, quindi in linea di principio potrebbe anche essere $ p = 3 \neq q $. Senonché $ 3 \cdot (3^2 - 3 - 4) \neq 36 $, e questa possibilità va comunque esclusa.peppeporc ha scritto:Tento per $ q=2 $: [...] $ p(p^2-p-4)=36 $, assurdo poichè $ p $ può assumere solo il valore di $ 2 $ come divisore di $ 36 $, ma $ p\neq q $.
Ok, anche questo è corretto!peppeporc ha scritto:Ora è accertato che $ p $ e $ q $ sono entrambi dispari, pertanto $ p+q $ è pari e $ (p+q)^2\equiv 0\pmod{4} $.
Eh, no! Questo è falso. Siccome infatti $ q \equiv 1 \bmod 2 $, allora $ q^4 \equiv 1 \bmod 4 $, e quindi $ 2q^5 \equiv 2q \equiv 2 \bmod 4 $. Il resto delle tue argomentazioni risulta di conseguenza compromesso. Mh, vedi un po' se riesci a trovare comunque il modo di concludere...peppeporc ha scritto:Aggiungendo $ 2q^5 $ ad ogni membro dell'equazione di partenza abbiamo $ p^3+q^5=(p+q)^2+2q^5 $, dove $ 2q^5\equiv 1\pmod{4} $
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Simo_the_wolf
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io suggerirei di scrivere tutto mod p e mod q...
In questo modo, vedendo tutto mod q abbiamo che:
$ p^3 \equiv p^2 \pmod{q} $
cioe' $ p=kq+1 $
Guardando tutto mod p abbiamo invece che $ -q^5 \equiv q^2 \pmod{p} $ e quindi $ p|(q+1)(q^2-q+1) $.
Abbiamo 2 casi:
1) $ p|q+1 $ e quindi $ kq+1|q+1 $ e allora $ k=1 $ e allora $ p=q+1 $ e quindi $ p=3 $ e $ q=2 $ ma non funziona
2) $ p|q^2-q+1 $ e allora $ j(kq+1)=q^2-q+1 $ analizzando questa mod q abbiamo $ j\equiv1 \pmod{q} $ ma $ j \leq q $ altrimenti $ j(kq+1) $ sarebbe troppo grande. Ma allora $ j=1 $ e $ k=q-1 $ e allora $ p=q^2-q+1 $. Sostituendo all'inizio abbiamo:
$ (q^2-q+1)^3-q^5=(q^2+1)^2 $
In questo modo, vedendo tutto mod q abbiamo che:
$ p^3 \equiv p^2 \pmod{q} $
cioe' $ p=kq+1 $
Guardando tutto mod p abbiamo invece che $ -q^5 \equiv q^2 \pmod{p} $ e quindi $ p|(q+1)(q^2-q+1) $.
Abbiamo 2 casi:
1) $ p|q+1 $ e quindi $ kq+1|q+1 $ e allora $ k=1 $ e allora $ p=q+1 $ e quindi $ p=3 $ e $ q=2 $ ma non funziona
2) $ p|q^2-q+1 $ e allora $ j(kq+1)=q^2-q+1 $ analizzando questa mod q abbiamo $ j\equiv1 \pmod{q} $ ma $ j \leq q $ altrimenti $ j(kq+1) $ sarebbe troppo grande. Ma allora $ j=1 $ e $ k=q-1 $ e allora $ p=q^2-q+1 $. Sostituendo all'inizio abbiamo:
$ (q^2-q+1)^3-q^5=(q^2+1)^2 $
Bene, Simo, questo è un modo. Certo l'equazione finale in $ q $ impone qualche calcolo, ma vabbè... Se oggi a dettare le regole del buon gusto in fatto di abbigliamento ci sono, fra gli altri, quei due simpatici di Dolce&Gabbana, allora non è certo mio diritto, e di nessun altro, star lì a blaterare invano, perso in vuoti discorsi filosofanti circa una presunta estetica canonizzata e il vago sentimento di un'eleganza che non s'indossa e di una bellezza che poco deve, o nulla, ai trucchi e al bisturi del chirurgo... 
ok, ora posto il mio:
ragioniamo $ \mod 3 $, e distinguiamo due casi:
(i) $ p+q \equiv 0 $: si ha $ p^3 \equiv p $ e $ q^5 \equiv q $ (conseguenze del piccolo teorema di fermat) e $ (p+q)^2 \equiv 0 $, quindi $ p-q \equiv 0 $. quindi $ p \equiv q \equiv 0 $, quindi $ p = q = 3 $, che non mi pare essere soluzione...
(ii) $ p+q \equiv \pm 1 $: si ha $ p-q \equiv 1 $, quindi almeno uno dei due tra $ p $ e $ q $ è $ 3 $. però $ p > q $, quindi si hanno due ulteriori "casini":
(ii/a) $ p=3 $, $ q = 2 $, che non funge.
(ii/b) $ q = 3 $, da cui $ p^3 - p^2 - 6p - 252 $. fattorizzando $ 252 $, l'unica soluzione prima possibile è $ p=7 $, che guarda caso funge: $ 7^3 - 3^5 = (7+3)^2 $.
(notare, questo dà una soluzione a una delle diofantee di poliwhirl postate recentemente)
ragioniamo $ \mod 3 $, e distinguiamo due casi:
(i) $ p+q \equiv 0 $: si ha $ p^3 \equiv p $ e $ q^5 \equiv q $ (conseguenze del piccolo teorema di fermat) e $ (p+q)^2 \equiv 0 $, quindi $ p-q \equiv 0 $. quindi $ p \equiv q \equiv 0 $, quindi $ p = q = 3 $, che non mi pare essere soluzione...
(ii) $ p+q \equiv \pm 1 $: si ha $ p-q \equiv 1 $, quindi almeno uno dei due tra $ p $ e $ q $ è $ 3 $. però $ p > q $, quindi si hanno due ulteriori "casini":
(ii/a) $ p=3 $, $ q = 2 $, che non funge.
(ii/b) $ q = 3 $, da cui $ p^3 - p^2 - 6p - 252 $. fattorizzando $ 252 $, l'unica soluzione prima possibile è $ p=7 $, che guarda caso funge: $ 7^3 - 3^5 = (7+3)^2 $.
(notare, questo dà una soluzione a una delle diofantee di poliwhirl postate recentemente)
Il problema proviene dall'Olimpiade Nazionale Russa del 1997, è giusto dirlo!