da cesenatico 2002....

[EUCLA]

No..modulo 2 si ha $ -3\equiv 1 \pmod{2} \Rightarrow -3^{n}\equiv \pm 1\equiv 1 \pmod{2}\\ 5\equiv 1\pmod{2} \Rightarrow 5^{n}\equiv 1 \pmod{2} $

Ma più semplicemente, senza andare a intricarsi coi moduli. Se un numero è congruo a 1 modulo 2, non basta dire che è dispari?
Sia 3 che 5 sono dispari, dunque lo saranno anche le loro potenze.

Ma il tuo tentativo qual'era? Dare una soluzione formalizzata?

[julio14]

Il problema è che non considera -1 congruo a +1 modulo 2, ma comunque sbaglierebbe a parlare di esponente pari o dispari, perchè è $ -3^n $, non $ (-3)^n $
Comunque matteo, ha ragione Eucla, il modulo 2 è così banale che rischi meno errori a parlare di pari e dispari, anzichè di moduli.

[matteo16]

Il problema è che non considera -1 congruo a +1 modulo 2, ma comunque sbaglierebbe a parlare di esponente pari o dispari, perchè è $ -3^n $, non $ (-3)^n $
Comunque matteo, ha ragione Eucla, il modulo 2 è così banale che rischi meno errori a parlare di pari e dispari, anzichè di moduli.

mmm sì ok
sucsate ma è da poco che ho iniziato a studiare teoria dei numeri e le congruenze
cmq sì certo, è più semplice dire se un numero è pari o dispari

però in questo caso, sapere che $ 5^n + 3^n $ è un numero pari non serve per individuare n?

il mio intento era uqello di dimostrare che n=4d e che è anche multiplo di tre
così che diventi anche multiplo di 12

ma allora la scrittura $ 5^n\equiv-3^n $ $ mod2 $ non serve a molto in questo contesto?

[julio14]

eh no, perchè quella cosa è vera per qualunque n, quindi non ti dà nessuna informazione su di esso. Non importa quale n tu metti, quella somma darà sempre un numero pari.

[matteo16]

eh no, perchè quella cosa è vera per qualunque n, quindi non ti dà nessuna informazione su di esso. Non importa quale n tu metti, quella somma darà sempre un numero pari.

ah beh certo è vero
comunque concettualmente(anche se inutile) è giusto il passaggio? perchè devo capire se almeno i passaggi li faccio giusti
poi certo all'interno del problema non serve proprio a niente



ma allora come va risolto?

ah cmq grazie delle spiegazioni che mi state dando e della pazienza che avete

[julio14]

Sono tornato a rileggere il tuo primo post... intanto un consiglio per LaTeX: quando devi trattare un solo numero formato da più caratteri, racchiudi i caratteri fra le graffe, nello specifico avresti dovuto scrivere {2k} e non semplicemente 2k perchè fosse tutto all'esponente. Passiamo alla matematica.

Sorvolando sul fatto che n non è necessariamente pari, e quindi non puoi fare la sostituzione, sbagli quando semplifichi il 2 all'esponente: nonostante in questo caso vada bene, proprio perchè qualunque sia l'esponente le due potenze sono dispari, in generale la radice non la puoi fare (perchè in effetti hai fatto una radice quadrata). Ti faccio un esempio

$ 1^2\equiv 2^2\pmod3 $
$ 1^1\not\equiv 2^1\pmod3 $

[matteo16]

Sono tornato a rileggere il tuo primo post... intanto un consiglio per LaTeX: quando devi trattare un solo numero formato da più caratteri, racchiudi i caratteri fra le graffe, nello specifico avresti dovuto scrivere {2k} e non semplicemente 2k perchè fosse tutto all'esponente. Passiamo alla matematica.

Sorvolando sul fatto che n non è necessariamente pari, e quindi non puoi fare la sostituzione, sbagli quando semplifichi il 2 all'esponente: nonostante in questo caso vada bene, proprio perchè qualunque sia l'esponente le due potenze sono dispari, in generale la radice non la puoi fare (perchè in effetti hai fatto una radice quadrata). Ti faccio un esempio

$ 1^2\equiv 2^2\pmod3 $
$ 1^1\not\equiv 2^1\pmod3 $

ah ok
ma quindi da una scrittura del genere

$ a^k \equiv b^k $ $ (modn) $

non ci si può rifare a

$ a \equiv b $ $ (modn) $ ?

[EUCLA]

No.. $ a^k\equiv b^k \pmod{n}\rightarrow (a-b)(a^{k-1}+a^{k-2}b+ $ $ \cdots ab^{k-2}+b^{k-1})\equiv 0 \pmod{n} $

A questo punto è vero che $ (a-b)\equiv 0 \pmod{n} $ solo se $ (a^{k-1}+a^{k-2}b+\cdots ab^{k-2}+b^{k-1}, n)=1 $, in pratica cioè quando puoi semplificare quel fattore .

[matteo16]

No.. $ a^k\equiv b^k \pmod{n}\rightarrow (a-b)(a^{k-1}+a^{k-2}b+ $ $ \cdots ab^{k-2}+b^{k-1})\equiv 0 \pmod{n} $

A questo punto è vero che $ (a-b)\equiv 0 \pmod{n} $ solo se $ (a^{k-1}+a^{k-2}b+\cdots ab^{k-2}+b^{k-1}, n)=1 $, in pratica cioè quando puoi semplificare quel fattore .

ah ok inizio a capire di più

però vale il contrario
cioè

se

$ a \equiv b $ $ (mod n) $

alllora

$ a^k \equiv b^k $$ (mod n) $
in questo caso è un invariante
giusto?

[EUCLA]

Si in quel caso va bene..sapresti motivarlo?
Si fa in un modo simile al mio post precedente

[EUCLA]

Visto che finora non c'è riuscito di scriverla ordinata, metto una soluzione.

Se $ 3^n+5^n+1 $ è un numero primo segue che $ n $ è divisibile per $ 12 $.

Sia $ A=3^n+5^n+1 $.
Se $ n=0 $ la tesi è ovvia. Dunque, supponiamo $ n\ge 1 $.


Dimostro che $ n $ è pari.

Se $ n\ge 1 \Rightarrow A>3 $. Dunque, essendo $ A $ un numero primo, $ A\not \equiv 0\pmod{3} \ (*) $.
$ A\equiv 5^{n}+1 \pmod{3} $
$ 5^{n}\equiv (-1)^{n}\equiv \pm 1 \pmod{3} $
Affinchè valga la $ (*) $ deve essere $ 5^{n}\equiv 1 \pmod{3} $ che si ottiene per $ n $ pari.


Dimostro che $ n $ è multiplo di 4.

Se $ n\ge 1\Rightarrow A>5 $. Dunque, essendo $ A $ un numero primo, $ A\not \equiv 0\pmod{5} \ (**) $.
Sapendo che $ n $ è pari, sostituisco $ n=2k $.
$ A\equiv 3^{2k}+1\equiv 9^{k}+1 \pmod{5} $
$ 9^{k}\equiv (-1)^{k}\equiv \pm 1\pmod{5} $
Affinchè valga la $ (**) $ deve essere $ 3^k\equiv 1\pmod{5} $ che si ottiene per $ k $ pari, cioè per $ n $ multiplo di $ 4 $.


Dimostro che $ n $ è multiplo di 3.

Nuovamente, con $ n\ge 1 $ si ha $ A>7 $ dunque deve risultare, essendo primo, $ A\not \equiv 0\pmod{7} \ (***) $
Con i residui modulo 7, il discorso si fa un attimo più complicato.
Analizzo prima $ 3^{n} $ e poi $ 5^{n} $ modulo 7. I rispettivi residui sono:
$ R_{3}\{3\ \ \ 2\ \ \ 6\ \ \ 4\ \ \ 5\ \ \ 1\} $
$ R_{5}\{5\ \ \ 4\ \ \ 6\ \ \ 2\ \ \ 3\ \ \ 1\} $
Ora, poichè i residui sono in entrambi i casi 6, e io voglio solo quelli per $ n $ multipli di 4, basterà considerare quelle coppie (le posso considerare coppie perchè i residui sono in numero uguale per $ 3^n $ e $ 5^n $...) di posizione pari..per interderci sarà:
$ 3^n+5^n\equiv (2+4), (4+2), (1+1) \pmod{7} $
I primi due casi sono da scartare perchè darebbero $ A\equiv 0\pmod{7} $
Rimane dunque $ 3^{n}\equiv 1\pmod{7} $ e $ 5^{n}\equiv 1\pmod{7} $. Entrambi si hanno per $ n $ multiplo di 6, quindi a maggior ragione, $ 3\vert n $.

A questo punto, concludiamo, sapendo che $ n $ è multiplo sia di 3, che di 4 e che $ (3,4)=1 $ (si, questo è ovvio, ma non è una banalità da saltare), dicendo che $ 12\vert n $.

Mi sembra di non esser stata troppo criptica, ma se c'è qualcosa che non torna, chiedete .

[matteo16]

Visto che finora non c'è riuscito di scriverla ordinata, metto una soluzione.

Se $ 3^n+5^n+1 $ è un numero primo segue che $ n $ è divisibile per $ 12 $.

Sia $ A=3^n+5^n+1 $.
Se $ n=0 $ la tesi è ovvia. Dunque, supponiamo $ n\ge 1 $.


Dimostro che $ n $ è pari.

Se $ n\ge 1 \Rightarrow A>3 $. Dunque, essendo $ A $ un numero primo, $ A\not \equiv 0\pmod{3} \ (*) $.
$ A\equiv 5^{n}+1 \pmod{3} $
$ 5^{n}\equiv (-1)^{n}\equiv \pm 1 \pmod{3} $
Affinchè valga la $ (*) $ deve essere $ 5^{n}\equiv 1 \pmod{3} $ che si ottiene per $ n $ pari.


Dimostro che $ n $ è multiplo di 4.

Se $ n\ge 1\Rightarrow A>5 $. Dunque, essendo $ A $ un numero primo, $ A\not \equiv 0\pmod{5} \ (**) $.
Sapendo che $ n $ è pari, sostituisco $ n=2k $.
$ A\equiv 3^{2k}+1\equiv 9^{k}+1 \pmod{5} $
$ 9^{k}\equiv (-1)^{k}\equiv \pm 1\pmod{5} $
Affinchè valga la $ (**) $ deve essere $ 3^k\equiv 1\pmod{5} $ che si ottiene per $ k $ pari, cioè per $ n $ multiplo di $ 4 $.


Dimostro che $ n $ è multiplo di 3.

Nuovamente, con $ n\ge 1 $ si ha $ A>7 $ dunque deve risultare, essendo primo, $ A\not \equiv 0\pmod{7} \ (***) $
Con i residui modulo 7, il discorso si fa un attimo più complicato.
Analizzo prima $ 3^{n} $ e poi $ 5^{n} $ modulo 7. I rispettivi residui sono:
$ R_{3}\{3\ \ \ 2\ \ \ 6\ \ \ 4\ \ \ 5\ \ \ 1\} $
$ R_{5}\{5\ \ \ 4\ \ \ 6\ \ \ 2\ \ \ 3\ \ \ 1\} $
Ora, poichè i residui sono in entrambi i casi 6, e io voglio solo quelli per $ n $ multipli di 4, basterà considerare quelle coppie (le posso considerare coppie perchè i residui sono in numero uguale per $ 3^n $ e $ 5^n $...) di posizione pari..per interderci sarà:
$ 3^n+5^n\equiv (2+4), (4+2), (1+1) \pmod{7} $
I primi due casi sono da scartare perchè darebbero $ A\equiv 0\pmod{7} $
Rimane dunque $ 3^{n}\equiv 1\pmod{7} $ e $ 5^{n}\equiv 1\pmod{7} $. Entrambi si hanno per $ n $ multiplo di 6, quindi a maggior ragione, $ 3\vert n $.

A questo punto, concludiamo, sapendo che $ n $ è multiplo sia di 3, che di 4 e che $ (3,4)=1 $ (si, questo è ovvio, ma non è una banalità da saltare), dicendo che $ 12\vert n $.

Mi sembra di non esser stata troppo criptica, ma se c'è qualcosa che non torna, chiedete .

no tutto chiaro
solo una cosa come mai dici all'inizio se n>=1 allora A è >3?
perchè proprio di tre?

[SkZ]

A e' pari alla somma di 3 numeri interi positivi, ergo e' almeno 3
ovvero dato che il minimo valore di n e' 0, sostituendo ottieni A=3

[frengo]

per Fedecart,che sei alle prime armi con una dimostrazione, può esserti d'aiuto questo:
quando hai davanti una richiesta del tipo dimostrare che

$ 5^n+3^n+1 $ è un numero primo $ \longrightarrow $ $ n $ è multiplo di $ 12 $

è EQUIVALENTE dimostrare la seguente cosa:

$ n $ NON è multiplo di $ 12 $ $ \longrightarrow $ $ 5^n+3^n+1 $ NON è un numero primo

(negazione della tesi $ \longrightarrow $ negazione dell'ipotesi)

alla fine la dimostrazione è la stessa,ma può essere più facile capire COSA BISOGNA FARE.

ciaociao

[EUCLA]

Per matteo, dovevo specificare che era almeno 3, poi almeno 5, poi almeno 7, perchè A potrebbe anche essere congruo a 0, secondo uno di questi moduli. Ma dato che A è primo gli unici casi in cui $ A\equiv 0\pmod{3,5,7} $ è il caso in cui $ A=3,5,7 $ che dunque possiamo tranquillamente scartare