Ancora Bulgari (riproposto da un vecchio giornalino)

[fph]

Per chi non ha voglia di spulciare i vecchi giornalini, e dalla "brutta copia" di future dispense di TdN...

Trovare tutte le coppie di primi (p,q) tali che p^2+3pq+q^2 sia:
a) un quadrato perfetto
b) una potenza di 5

[HiTLeuLeR]

La mia connessione non vuol proprio saperne di ristabilirsi... In ogni caso, siccome sto in rete dal fisso per scaricare la posta elettronica, ne approfitto per fare qualcosa:

Trovare tutte le coppie di primi (p,q) tali che p^2+3pq+q^2 sia: a) un quadrato perfetto [...]

Siano $ p, q \in \mathfrak{P} $ ed $ a \in \mathbb{N}_0 $ tali che $ a^2 = p^2 + 3pq + q^2 $. Banalmente $ p \neq q $. Per simmetria e senz'essere lesivi di generalità, possiamo dunque ammettere per il seguito $ p > q $. Ciò posto, osserivamo quindi che $ a^2 = p^2 + 3pq + q^2 $ solo se $ a^2 \equiv q^2 \bmod p $, ovvero $ a = pk \pm q $, per qualche $ k\in\mathbb{Z} $. E allora deve imporsi $ (pk \pm q)^2 = p^2 + 3pq + q^2 $, donde i) $ (k^2-1) p = (3 + 2|k|) q $. Osserviamo che la i) è impossibile se $ k = 0 $ oppure $ |k| = 1 $. In particolare, è dunque soddisfatta solo se $ \displaystyle \frac{q}{p} = \frac{k^2 - 1}{3+2|k|} < 1 $, ovvero $ |k|^2 - 2|k| - 4 < 0 $, con $ |k| \geq 2 $. Ne risulta $ |k| = 2 $ oppure $ |k| = 3 $. Nel primo caso, si conclude dover essere $ 3p = 7q $, e quindi $ p = 7 $ e $ q = 3 $; nel secondo $ 8p = 9q $, che è impossibile, siccome per ipotesi $ p, q \in \mathfrak{P} $. Essendo infine $ 7^2 + 3 \cdot 7 \cdot 3 + 3^2 = 11^2 $, ne risulta che le uniche soluzioni possibili al problema proposto si ottengono ponendo $ p = 7 $ e $ q = 3 $ oppure $ p = 3 $ e $ q = 7 $.

EDIT: eh, quando si dice che "a gatta presciarola faci i gattareddi orbi"...

[HiTLeuLeR]

Trovare tutte le coppie di primi (p,q) tali che p^2+3pq+q^2 sia: [...] b) una potenza di 5

Cerchiamo $ p, q \in \mathfrak{P} $ ed $ n\in\mathbb{N} $ tali che $ p^2 + 3pq + q^2 = 5^n $. Banalmente deve ammettersi $ n \geq 2 $, e così pure $ n \equiv 1 \bmod 2 $, sulla base della soluzione al problema #1. Orbene, se $ p = q $, si vuole $ p^2 = 5^{n-1} $, il che è possibile sse $ p = q = 5 $ ed $ n = 3 $. Data la simmetria del problema, possiamo perciò supporre per il seguito $ p > q $, cosicché chiaramente $ q \neq 5 $. Indi $ p^2 + 3pq + q^2 = 5^n $ sse $ (2p)^2 + 12pq + (3q)^2 = 5 \cdot (4 \cdot 5^{n-1} + q^2) $, ovvero $ (2p + 3q)^2 = 5 \cdot (4 \cdot 5^{n-1} + q^2) $, il che è assurdo, in quanto $ v_5((2p + 3q)^2) \equiv 0 \bmod 2 $, mentre $ v_5(5 \cdot (4 \cdot 5^{n-1} + q^2)) = 1 $, ove $ v_5(\cdot) $ è la valutazione $ 5 $-adica dell'intero passato per argomento. Uh, a voi le conclusioni...

[moebius]

Io riguarderei bene i conti (in particolare il quadrato del binomio... ) perchè una soluzione per il punto a) esiste ed è, modulo cazzate, unica.
Comunque apparte un 5 al posto di un 7 è corretto
EDIT: leggo solo adesso la seconda e anche per me (ma in maniera molto meno involuta ) l'unica soluzione è p=q=5.

[HiTLeuLeR]

Io riguarderei bene i conti [...]

Uh, vero, i conti...

[frengo]

dimostrazioni alternative:
1)p^2+3pq+q^2=s^2

dato che (p+q)^2=p^2+2pq+q^2,

s^2-(p+q)^2=pq

(s+p+q)(s-p-q)=pq

dato che s+p+q è maggiore sia di p che di q,
s+p+q=pq
e
s-p-q=1

risolvendo si ha

s=p+q+1
1+2p+2q=pq
(p-2)(q-2)=5

quindi le uniche coppie che soddisfano la tesi sono (3;7) (7;3)

2)p^2+3pq+q^2=5^n

dato che p^2+3pq+q^2=(p-q)^2+5pq
p-q deve essere divisibile per 5, quindi p e q devono essere congrui tra loro mod 5.

dato che (p-q)^2+5pq>5, n>=2 e quindi
(p-q)^2+5pq=5^n
ora, in questa equazione (p-q)^2 e 5^n sono divisibili per 25, quindi deve esserlo anche 5pq, e quindi o p o q =5.
dato che p e q devono essre congrui tra loro mod 5, p=q=5 è l'unica soluzione.

scusatemi ma con il latex non sono capace

ciao ciao a tutti

[fph]

Ottimo.
Quella del punto 2 e' identica alla mia, sulla prima invece avevo lavorato modulo 3
seeya,