Sul numero massimo delle soluzioni all'equ. x^2 = p + n!

[HiTLeuLeR]

A quanto mi è dato sapere, questo è un original-HiT.

Problema: essendo $ p $ un primo di $ \mathbb{N} $ e $ v_p $ il numero delle soluzioni in interi positivi dell'equazione $ x^2 = p + n! $, mostrare che $ v_p \leq p - 1 $.

[MindFlyer]

HiTLeuLeR, dal numero di thread aperti da te ed ancora senza risposta (ne conto 13 in questa sezione, più questo), deduco che sei in vacanza e non hai un tubo da fare. Ma fare un salto al mare ogni tanto, ti sembra così brutto?
...Sto scherzando, ovviamente.
Bel problemino, forse è ispirato al famoso problema aperto di Ramanujan?

[HiTLeuLeR]

Caro, non sai quanto mi rende felice saper che ti preoccupi per me... E allora te lo dico, senz'ulteriore indugio: che al mare e dal mare vado e vengo di continuo! Del resto, disporre di un portatile e di una connessione gprs comporterà pure i suoi bei vantaggi, non lo credi? Aaah, che belle le vacanze...

[HiTLeuLeR]

[...] dal numero di thread aperti da te ed ancora senza risposta [...] deduco che sei in vacanza e non hai un tubo da fare.

Questa è supponenza bella e buona! Ti pare che risolvere problemi di TdN significhi perdere il proprio tempo in futili occupazioni? Buaaah...

Bel problemino, forse è ispirato al famoso problema aperto di Ramanujan?

Davvero è ispirato a un problema di Santi Spadaro, ripescato dal vecchio forum. L'unica differenza? Che il nostro lì si limitava a dimostrar per valida la condizione $ v_p \leq 2(p-1) $. A occhio, direi cheee...

[HumanTorch]

Rieccomi tornato, anche se per poco:

Ovviamente $ n<2p $: difatti, se così non fosse, al secondo membro abbiamo un multiplo di $ p $, ma non di $ p^2 $, mentre al primo membro dovremmo avere ogni primo elevato a un esponente pari, quindi almeno $ p^2 $.
Caso #1: $ n\geq p $: $ p|x $ &
Caso #2: $ n<p $
Per il caso 1, dovremmo avere n tale che $ x^2=p(1+\frac{n!}{p}) $, ovvero $ \frac{n!}{p}\equiv p-1\equiv (p-1)! $ (mod $ p $)(quest'ultimo per il teorema di Wilson) da cui $ (p+1)(p+2)(p+3)\cdot..\cdot(n-1)n\equiv 1 $ sempre modulo $ p $. Da ciò $ (n-p)!\equiv 1 $(i). Quindi $ 2 $ non divide $ n $ poichè dobbiamo avere, per ogni fattore, il suo opposto modulo $ p $.

A proposito, e questo?

EDIT: Corretto per il piacere di Hit

[MindFlyer]

Dalla (i) ci siamo riconelle per i naturali pari da $ 2 $ a $ 2p-2 $.

Potresti chiarire questo passaggio?
(Nota poi che non consideri il caso p=2).

[HumanTorch]

Dalla (i) ci siamo riconelle per i naturali pari da $ 2 $ a $ 2p-2 $.

Potresti chiarire questo passaggio?
(Nota poi che non consideri il caso p=2).

Dobbiamo considerare solo i numeri compresi fra $ 1 $ e $ p $. Fra essi, solo $ 1 $ è $ \equiv 1 $ modulo $ p $. Quindi se $ k!\equiv 1 $ (con $ k<p $), $ (k+1)! $ non può essere $ \equiv 1 $, quindi dobbiamo considerare almeno $ k+2 $. Discorso analogo facciamo per gli interi compresi fra $ p+1 $ e $ 2p $.

Caso $ n=2 $: se $ x^2=p+2 $, allora: prima soluzione: $ x=p=2 $, ma anche $ p=47,{ }x=7 $ e $ p=23,{}x=5 $, quindi la tesi non vale.

Caso $ n=1 $ (o $ n=0 $): $ (x+1)(x-1)=p\in \mathfrak{P}\rightarrow x=3 $

[HiTLeuLeR]

Ovviamente $ n<2p $ [...]

Benissimo, certamente questa è una prima osservazione importante!

Caso #1: $ n\geq p $: $ p \mid x $ [...]
[...] dovremmo avere n tale che $ \displaystyle x^2=p\left(1+\frac{n!}{p}\right) $, ovvero [...] $ (n-p)!\equiv 1 $ (i).

Perfetto, molto bravo: non ti nascondo - visti i precedenti illustri... - tutto il mio stupore!

Quindi $ 2 \mid n $ poichè dobbiamo avere, per ogni fattore, il suo opposto modulo $ p $.

Aaah, ma davvero?!? Boh, guarda... Se $ p = 23 $ ed $ n\in \{24, 27, 31, 34, 44\} $, allora $ (n - p)! \equiv 1 \bmod p $, e non c'è alcuna ragione per "preferire i pari ai dispari". Fedele a una pratica piuttosto diffusa in questo ambiente, si direbbe proprio tu non ti sia dato proprio alcuna premura di verificare se stessi o meno dicendo un cazzatone madornale, nel trarre le tue belle conclusioni... Mi spiace, maaa... così com'è, la tua soluzione non va bene!!! E sebbene far di Matematica non sia propriamente come giocare al casinò, beh... cosa posso far io se non suggerirti di ritentare? Chissà, forse sarai più fortunato...

[HiTLeuLeR]

Dalla (i) ci siamo ricondotti al solo primo caso, ottenendo che [...]

Scusa, eh... Con questo cosa intendi dire?!? L'analisi condotta fino a quel punto si riferisce proprio al caso 1), essendo relativa all'ipotesi $ p \leq n < 2p $. Del resto, è pure evidente che gli stessi argomenti certo non si applicano al caso $ 1 \leq n < p $, dacché in quest'assunzione non c'è modo (o se c'è non è così immediato!) di legare l'equazione $ x^2 = p + n! $ ad una qualche modulare del tipo $ k! \equiv 1 \bmod p $, con $ k \in \mathbb{N} $. Che per $ n = 1, 2, \ldots, p-1 $ non è possibile mettere in evidenza alcun fattore $ p $ al secondo membro della suddetta diofantea. E dunque?

[HiTLeuLeR]

Dobbiamo considerare solo i numeri compresi fra $ 1 $ e $ p $. Fra essi, solo $ 1 $ è $ \equiv 1 $ modulo $ p $. Quindi se $ k!\equiv 1 $ (con $ k<p $), $ (k+1)! $ non può essere $ \equiv 1 $, quindi dobbiamo considerare almeno $ k+2 $. Discorso analogo facciamo per gli interi compresi fra $ p+1 $ e $ 2p $.

...e qui tutto sballa di conseguenza! Ciò nondimeno, è vero che, se esiste $ \hat{n} \in \{p+1, p+2, \ldots, 2p - 1\} $ tale che $ n! + p $ sia un quadrato perfetto, ovvero s'esiste $ (\hat{n}, \hat{x}) \in \mathbb{N}_0 \times \mathbb{N}_0 $ tale che $ \hat{n}! + p = \hat{x}^2 $, allora necessariamente $ (\hat{n}+1)! + p \neq x^2 $, per ogni $ x\in\mathbb{Z} $. Ma questo dimostra soltanto ch'esistono al più $ \displaystyle\left\lfloor \frac{p}{2}\right\rfloor + 1 $ soluzioni all'equazione proposta tali che $ p \leq n < 2p $. Adesso bisogna però stabilire un upper bound anche sul numero delle soluzioni relative al caso $ 1 \leq n < p $. E mo' ti voglio... Comunque un paio di ottime (!!!) intuizioni le hai avute, e questo è già notevole di per sé.

[HiTLeuLeR]

Caso $ n=2 $: se $ x^2=p+2 $, allora: prima soluzione: $ x=p=2 $, ma anche $ p=47,{ }x=7 $ e $ p=23,{}x=5 $, quindi la tesi non vale.

Ehmmm... ma di che parli?! Quale tesi?!?!?! Chi? Come? Dove? Quando? Sì, ne manca uno, lo so: il fatto è che le ragioni le conosco già... D'altro canto, Human, guarda che all'osservazione di Mind non hai mica risposto, eh...

Nota poi che non consideri il caso p = 2.

Bene, in sintesi, possiamo concludere che, allo stato attuale dell'arte, grazie agli sforzi cacatorii di HumanTorch, è provato dover essere $ \displaystyle v_p \leq \left\lfloor \frac{p}{2} \right\rfloor + p $. Deh, siamo ancora lontanucci, cari miei...

[moebius]

Confesso di essermi stampato il thread ieri sera verso le 20:00, di fretta, per leggerlo con calma a casa...
Confesso anche di averlo ritrovato stamattina in macchina mentre la stavo portando a lavare...
Confesso inoltre di aver passato l'ora abbondante che ha impiegato il benzinaio per lavarla a leggere la soluzione di HumanTorch... Ossia 10 minuti per le prime 9 righe e il restante per l'ultima...
Ora so che non mi sono rincretinito mi sento meglio.
P.S: nel caso $ p=2 $ puoi benissimo enumerare le possibilità...
n=0 -> Nessuna Soluzione
n=1 -> Nessuna Soluzione
n=2 -> x=2
n=3 -> Nessuna Soluzione
Essendo $ \displaystyle 1 \leq 1 $ la tesi è vera...

[HiTLeuLeR]

Ok, moebius! E ci mancherebbe altro... Dico soltanto che avresti potuto risparmiarti l'analisi i) del caso $ n = 0 $, poiché la traccia del problema richiede che siano $ n, x \in \mathbb{N}_0 $; ii) del caso $ n = 1 $, siccome HumanTorch ha già dimostrato che a questo corrisponde necessariamente un parametro $ p = 3 $.

[HiTLeuLeR]

Ehmmm... Leggo soltanto adesso delle correzioni apportate da Human!

Quindi $ 2 $ non divide $ n $ poichè dobbiamo avere, per ogni fattore, il suo opposto modulo $ p $. [...]

EDIT: Corretto per il piacere di Hit

Quella conclusione è SBAGLIATA, come ciuffolo debbo dirtelo? E poi a me non fai nessun piacere, sai?

A proposito, e questo?

Beh, in vero di là si sta ancora aspettando che tu chiarisca il senso delle tue richieste...

[HumanTorch]

Ehmmm... Leggo soltanto adesso delle correzioni apportate da Human!

Quindi $ 2 $ non divide $ n $ poichè dobbiamo avere, per ogni fattore, il suo opposto modulo $ p $. [...]

EDIT: Corretto per il piacere di Hit

Quella conclusione è SBAGLIATA, come ciuffolo debbo dirtelo? E poi a me non fai nessun piacere, sai?

Si,l'ho compreso, dico si che son pirla, ma poi..intendevo solo aggiustare l'aggiustabile, se mi passi i termini..

A proposito, e questo?

Beh, in vero di là si sta ancora aspettando che tu chiarisca il senso delle tue richieste...

Siiii, esaaatto, moto bravo, proprio quello lì..ebbene, nessuna ipotesi? Buttatevi, gente