Equazione
determinare le soluzioni intere e positive x,y,z,p dell'equazione
$x^p+y^p=p^z
con p primo.
$x^p+y^p=p^z
con p primo.
Risposte
Io te ne dico una: $x=y=4$, $p=2$, $z=5$.
cm hai fatto a trovarla? per tentaivi?
Diciamo di sì.
Aggiungo $x=y=z=1$ $p=2$
"fu^2":
determinare le soluzioni intere e positive x,y,z,p dell'equazione
$x^p+y^p=p^z
con p primo.
Supponiamo $x,y,z;p>2$ una soluzione non banale, allora se $p|x$ si ha $p|y$ e $(x/p)^p+(y/p)^p=p^(z-p)$. Possiamo preoccuparci solo del caso in cui $gcd(p,xy)=1$. Abbiamo che $(x+y)|x^p+y^p=p^z$ e per qualche $w$ sarà $y=p^w-x$. Adesso $x^p+(p^w-x)^p=sum_{j=1}^p ( (p),(j))p^(wj)(-x)^(p-j)=p^z$ ma anche $p^(w+1)(-x)^(p-1)+p^(w+2)sum_{j=2}^p ( (p),(j))p^(w(j-1)-2)(-x)^(p-j)=p^z$ poichè $p|((p),(2))$ da cui segue $(-x)^(p-1)-=p^(z-w-1) mod p$ e per le ipotesi $z=w+1$. Infine otteniamo $x^p+y^p=p(x+y)$ e lascio, sempre a patto di non aver commesso errori, a qualcun altro il compito di proseguire...
"carlo23":
[quote="fu^2"]determinare le soluzioni intere e positive x,y,z,p dell'equazione
$x^p+y^p=p^z
con p primo.
Supponiamo $x,y,z;p>2$ una soluzione non banale, allora se $p|x$ si ha $p|y$ e $(x/p)^p+(y/p)^p=p^(z-p)$. Possiamo preoccuparci solo del caso in cui $gcd(p,xy)=1$. ...[/quote]
scusa l'ignoranza, ma $gcd(p,xy)=1$ cosa vuol dire?
"fu^2":
[quote="carlo23"][quote="fu^2"]determinare le soluzioni intere e positive x,y,z,p dell'equazione
$x^p+y^p=p^z
con p primo.
Supponiamo $x,y,z;p>2$ una soluzione non banale, allora se $p|x$ si ha $p|y$ e $(x/p)^p+(y/p)^p=p^(z-p)$. Possiamo preoccuparci solo del caso in cui $gcd(p,xy)=1$. ...[/quote]
scusa l'ignoranza, ma $gcd(p,xy)=1$ cosa vuol dire?[/quote]
In generale $gcd(a,b)$ indica il più grande intero $d$ tale che $d|a$ e $d|b$. Nel nostro caso $gcd(p,xy)=1$ significa che $p$ non divide ne $x$ ne $y$.
$gcd(a,b)$ è altresì noto come $mcd(a,b)$. (greatest common denominator).
I think divisor 
Ok, even if a denominator is, in fact, a divisor.
But not ever a divisor is a denominator (scusate se l'inglese non è perfetto )
)
"Tipper":
But not ever a divisor is a denominator (scusate se l'inglese non è perfetto
Not always ..
Si si... $gcd$ si può considerare anche nei razionali, ma non è il fulcro centrale centrale della questione $x,y,z,p$.
resuscito il post proponendo una mia soluzione al problema.
[tex]x^p + y^p = p^z[/tex] con [tex]x,y,z,p > 0[/tex]
I)Si considera innanzitutto che per [tex]p=1[/tex] non ci sono soluzioni, infatti si avrebbe [tex]x+y=1[/tex] il che nel dominio considerato è impossibile.
II) Essendo p primo si ha che [tex]p=2[/tex] o p è dispari. Si considerano i due casi:
II.1) Se [tex]p=2[/tex] l'equazione è nella forma: [tex]x^2 + y^2 = 2^z[/tex]. O x è uguale a y, oppure è diverso da esso, si considerano i due casi:
II.1.1) Se [tex]x \neq y[/tex], allora poniamo che [tex]x
II.2) Se p è dispari allora [tex]x^p + y^p[/tex] si può scomporre e l'equazione si presenta nella forma $(x+y)(x^ (p-1) - x^ (p-2)y + ... -xy^(p-2) + y^(p-1) ) = p^z$ per cui entrambi i fattori devono essere potenze di p. Distinguiamo allora due casi:
II.2.1) Se (x+y) è una potenza di p minore o uguale di quella dell'altro fattore, allora quest'ultimo deve essere divisibile per (x+y), che dato il teorema di Ruffini significa che il polinomio $(x^(p-1) - x^(p-2)y + ... -xy^(p-2) + y^(p-1) )$ deve avere una radice per x=-y, il che non è.
II.2.2) Se (x+y) è una potenza di p maggiore dell'altro fattore, si avrebbe che [tex](x^p +y^p)/(x+y) < x+y \Rightarrow x^p+y^p < (x+y)^2[/tex]. Per dimostrare che questo non è vero si considera il caso in cui p=3: si ha allora [tex]x^2+y^2 -xy x^(n-1) + y^(n-1)$.
Si è così dimostrato che per p dispari si raggiunge un assurdo, per cui le uniche soluzioni sono quelle per p=2.
Non sono riuscito a trovare una soluzione più semplice, ma sono sicuro che ce ne sono, se qualcuno ne trova qualcuna sarei curioso di vederla!!
Bye
[tex]x^p + y^p = p^z[/tex] con [tex]x,y,z,p > 0[/tex]
I)Si considera innanzitutto che per [tex]p=1[/tex] non ci sono soluzioni, infatti si avrebbe [tex]x+y=1[/tex] il che nel dominio considerato è impossibile.
II) Essendo p primo si ha che [tex]p=2[/tex] o p è dispari. Si considerano i due casi:
II.1) Se [tex]p=2[/tex] l'equazione è nella forma: [tex]x^2 + y^2 = 2^z[/tex]. O x è uguale a y, oppure è diverso da esso, si considerano i due casi:
II.1.1) Se [tex]x \neq y[/tex], allora poniamo che [tex]x
II.2) Se p è dispari allora [tex]x^p + y^p[/tex] si può scomporre e l'equazione si presenta nella forma $(x+y)(x^ (p-1) - x^ (p-2)y + ... -xy^(p-2) + y^(p-1) ) = p^z$ per cui entrambi i fattori devono essere potenze di p. Distinguiamo allora due casi:
II.2.1) Se (x+y) è una potenza di p minore o uguale di quella dell'altro fattore, allora quest'ultimo deve essere divisibile per (x+y), che dato il teorema di Ruffini significa che il polinomio $(x^(p-1) - x^(p-2)y + ... -xy^(p-2) + y^(p-1) )$ deve avere una radice per x=-y, il che non è.
II.2.2) Se (x+y) è una potenza di p maggiore dell'altro fattore, si avrebbe che [tex](x^p +y^p)/(x+y) < x+y \Rightarrow x^p+y^p < (x+y)^2[/tex]. Per dimostrare che questo non è vero si considera il caso in cui p=3: si ha allora [tex]x^2+y^2 -xy
Si è così dimostrato che per p dispari si raggiunge un assurdo, per cui le uniche soluzioni sono quelle per p=2.
Non sono riuscito a trovare una soluzione più semplice, ma sono sicuro che ce ne sono, se qualcuno ne trova qualcuna sarei curioso di vederla!!
Bye
Complimenti Pdirac, hai trovato tutte le soluzioni del dato problema dimostrando tutto in modo elementare.
Alcune critiche: al punto II.1.1 poni inutilmente $\alpha=\beta$ con tanto del simbolo dell'implicazione, al punto II.2.1 utilizzi il simbolo dell'implicazione creando della confusione, al punto II.2.2 confondi i simboli di maggiore\minore a discapito del resto.
Alcune critiche: al punto II.1.1 poni inutilmente $\alpha=\beta$ con tanto del simbolo dell'implicazione, al punto II.2.1 utilizzi il simbolo dell'implicazione creando della confusione, al punto II.2.2 confondi i simboli di maggiore\minore a discapito del resto.
Esempi:
$9^3+18^3=3^8$
$27^3+54^3=3^11$
eccetera.....
o no?
$9^3+18^3=3^8$
$27^3+54^3=3^11$
eccetera.....
o no?
ehm ehm...
al_berto ha appena dimostrato che Pdirac ha sbagliato qualcosa di grosso, infatti le soluzioni ci sono eccome per $p>2$ !
l'errore sta nel punto II.2.1 , infatti stiamo trattando polinomi in due variabili, il discorso che hai fatto tu non c'entra purtroppo..
però tutto il resto della dimostrazione mi sembra buono, bisogna riuscire a trovare le soluzioni per $p>=3$, ma penso tu abbia già fornito una buona strada.
al_berto ha appena dimostrato che Pdirac ha sbagliato qualcosa di grosso, infatti le soluzioni ci sono eccome per $p>2$ !
l'errore sta nel punto II.2.1 , infatti stiamo trattando polinomi in due variabili, il discorso che hai fatto tu non c'entra purtroppo..
però tutto il resto della dimostrazione mi sembra buono, bisogna riuscire a trovare le soluzioni per $p>=3$, ma penso tu abbia già fornito una buona strada.
Per la cronaca: questo problema è stato proposto nei test di ammissione per la scuola normale di pisa nel 2001/2002.
[tex]e: x^p + y^p = p^z[/tex] con [tex]p[/tex] primo e [tex]x,y,z \in \mathbb{N_+}[/tex]
Teorema: L'equazione ha soluzioni esclusivamente per p=2 e p=3.
Dimostrazione:
I.I)[tex]x[/tex] e [tex]y[/tex] possono avere come divisore comune nessun numero fuorché [tex]p[/tex].
Dim: [tex](x=\beta x_1 \wedge y=\beta y_1) \Rightarrow \beta^px_1^p + \beta^py_1^p = p^z \Rightarrow \beta^p(x_1^p + y_1^p) = p^z \Rightarrow \beta = p^\alpha[/tex]
Possiamo allora scrivere l'equazione nella forma: [tex]p^{\alpha p}(x_1^p + y_1^p) = p^{z_1}p^{\alpha p}[/tex]
I.II)Nè [tex]x_1[/tex] né [tex]y_1[/tex] sono divisibili per [tex]p[/tex].
Dim: [tex]x_1 = \gamma p \Rightarrow y_1^p = p^{z_1} - \gamma^pp^p[/tex] in cui si raccoglie [tex]p^{z_1}[/tex] o [tex]p^p[/tex] a seconda di quale sia minore, osservando che anche [tex]y_1[/tex] deve essere divisibile per p. Per cui se uno dei due termini è divisibile per p lo sono entrambi, ma dato come essi si sono precedentemente ottenuti questo è assurdo, per cui nessuno dei due termini è divisibile per p.
Da queste osservazioni è possibile ridurre il problema e cercare le soluzioni all'equazione: [tex]e_r: x^p + y^p = p^z[/tex] con [tex]p[/tex] primo, [tex]x,y,p[/tex] primi tra loro. (si è scelto di utilizzare le stesse lettere dell'equazione principale anche se propriamente non sono necessariamente coincidenti alle relative dell'equazione di partenza)
II.I) Per p=1 non ci sono soluzioni (come dimostrato banalmente nell'altro post).
Per [tex]p=2[/tex]: Data l'ipotesi, x e y devono essere entrambi dispari (in caso contrario sarebbero divisibili per due, contro l'osservazione precedente che essi non sono divisibili per p). Possiamo allora riscrivere l'equazione nella forma: [tex](2n +1)^2 + (2m+1)^2 = 2^z \Rightarrow 4n^2 + 4n + 1 + 4m^2 + 4m + 1 = 2^z \Rightarrow 2(2n^2 + 2n + 2m^2 + 2m + 1) = 2^{z} \Rightarrow 2n^2 + 2n + 2m^2 + 2m + 1 = 2^{z-1}[/tex] Quindi il termine a sinistra dell'uguale è dispari, mentre una potenza di due può essere dispari solo nel caso in cui l'esponente sia zero, per cui [tex]z-1=0 \Rightarrow z=1[/tex] e [tex]n=m=0 \Rightarrow x=y=1[/tex]
In conclusione nel caso considerato l'unica soluzione all'equazione ridotta è [tex]x=y=z=1, p=2 \Rightarrow e_r: 1^2 + 1^2 = 2^1[/tex] (verrà poi effettuata la generalizzazione all'equazione non ridotta in conclusione).
II.II) Per [tex]p \geq 3[/tex], essendo p dispari si può riscrivere l'equazione nella forma: [tex](x+y)(...) = p^z[/tex] (i puntini sono per economia di latex, in questo momento non è fondamentale il loro contenuto). Questo significa che [tex]x+y[/tex] è una potenza di [tex]p^z[/tex], poniamo allora [tex]x+y = p^\omega \Rightarrow y = p^\omega -x[/tex] che andiamo a inserire nell'equazione, sviluppando il binomio abbiamo:
[tex]\sum_{k=0}^p[\binom{p}{k}p^{\omega(p-k)}(-x)^k] + x^p = p^z\Rightarrow[/tex]
[tex]\Rightarrow \sum_{k=0}^{p-1}[\binom{p}{k}p^{\omega(p-k)}(-x)^k] - x^p + x^p = p^z \Rightarrow[/tex]
[tex]\Rightarrow \sum_{k=0}^{p-1}[\binom{p}{k}p^{\omega(p-k)}(-x)^k] = p^z[/tex].
Si nota a questo punto che tutti i termini "prodotti" dalla sommatoria sono divisibili per [tex]p^{\omega+1}[/tex], come facilmente verificabile. Questo accade esclusivamente perché p è primo e per un'interessante proprietà del coefficiente binomiale: quando p è primo tutti i termini di [tex]\binom{p}{i}[/tex] con [tex]i>0[/tex] sono multipli di p.
Dividiamo entrambi i membri per [tex]p^{\omega+1}[/tex] e otteniamo: [tex]\sum_{k=0}^{p-1}[\binom{p}{k}p^{\omega(p-k-1)-1}(-x)^k] = p^{z-\omega-1}[/tex]. Nuovamente si estrae dalla sommatoria l'ultimo termine, ottenendo:
[tex]\sum_{k=0}^{p-2}[\binom{p}{k}p^{\omega(p-k-1)-1}(-x)^k] + p*p^{-1}x^{p-1}= p^{z-\omega-1}[/tex]
Analizziamo ora questa equazione; chiamiamo (1) (2) (3) rispettivamente primo secondo e terzo (al secondo membro) termine. Per le ragioni sopra dette (1) contiene il fattore [tex]p^\omega[/tex] ed è quindi divisibile per p, mentre (2) è certamente non divisibile per p (si vedano le conclusioni del punto I). L'unica possibilità è allora che (3) sia uguale a 1 (che è di fatto l'unico termine comune di x e p). Perché p sia pari a uno deve essere [tex]z-\omega-1 = 0[/tex]. Se d'altra parte (3) è uguale a uno, visto che (2) è certamente non nullo, deve essere (1) uguale a zero. Quindi (2) deve essere uguale a uno; perché questo avvenga deve essere [tex]p=1 \vee x=1[/tex], ma per le ipotesi è accettabile solo la seconda. Si è allora ottenuto che [tex]x=1[/tex] e [tex]\omega = z-1[/tex].
Andiamo ad analizzare cosa implica il fatto che la sommatoria sia nulla utilizzando l'informazione appena ottenuta riguardo x (sì... ci tocca!):
[tex]\sum_{k=0}^{p-2}[\binom{p}{k}p^{\omega(p-k-1)-1}(-1)^k]= 0[/tex]
Come detto sopra la sommatoria è divisibile per [tex]p^{\omega}[/tex], si esegue allora la divisione:
[tex]\sum_{k=0}^{p-2}[\binom{p}{k}p^{\omega(p-k-2)-1}(-1)^k]= 0[/tex]
Estraendo l'ultimo termine abbiamo:
[tex]\sum_{k=0}^{p-3}[\binom{p}{k}p^{\omega(p-k-2)-1}(-1)^k] - \frac{p(p-1)}{2} p^{-1}= 0\Rightarrow[/tex]
[tex]\Rightarrow \sum_{k=0}^{p-3}[\binom{p}{k}p^{\omega(p-k-2)-1}(-1)^k] = \frac{p-1}{2}[/tex] (1)
Ma di nuovo tutti i termini prodotti dalla sommatoria sono multipli di [tex]p^\omega[/tex], effettuando la divisione abbiamo allora:
[tex]p^\omega(...) = \frac{p-1}{2}[/tex] (possiamo momentaneamente trascurare il contenuto della parentesi). Ricordando che [tex]\omega \neq 0 \wedge p \geq 3[/tex], dato che il primo termine è maggiore di p e l'ultimo minore di p, l'unica possibilità che l'uguaglianza sia vera è che [tex]\frac{p-1}{2} = 1[/tex] e che la quantità tra parentesi sia pari a [tex]p^{-\omega}[/tex], per cui deve essere [tex]p=3[/tex], sostituendo nell'espressione (1) si ha [tex]\omega = 1 \Rightarrow z=2[/tex]. Ricordando [tex]x+y = p^\omega \Rightarrow 1+y=3^1[/tex] si ha [tex]y=2[/tex] (per la simmetria del problema le considerazioni su x e y sono invertibili).
CONCLUSIONE (infine): l'unica soluzione possibile per [tex]p \geq 3[/tex] è: [tex]p=3,z=2,(x=1 \wedge y=2) \vee (x=2 \wedge y=1)[/tex]
GENERALIZZAZIONE: Per ottenere l'equazione "ridotta" utilizzata nella dimostrazione è stata effettuata una divisione per il termine comune di x e y, per cui si torna al caso generale effettuando la moltiplicazione per lo stesso termine; rispettivamente per p=2 e per p=3 le soluzioni del problema sono:
[tex]p=2 \Rightarrow 2^{2\alpha} + 2^{2\alpha} = 2^{2\alpha + 1}[/tex],
[tex]p=3 \Rightarrow 3^{3\alpha} + (2*3^\alpha)^3 = 3^{3\alpha + 2}[/tex]
Corollario: S.P.Q.P.
Punto (non ci speravate più è?).
Trovo piuttosto probabile aver commesso errori tipografici nelle formule... ho provato a mantenere all'inizio un andamento il più possibile schematico e chiaro, ma probabilmente non sono riuscito nell'intento (scrivere quei formuloni in tex costa non poche energie mentali). Da quei pochi coraggiosi che si cimenteranno nel decifrare la dimostrazione aspetto critiche e correzioni.
E concludo ripetendo il corollario.... sono curioso di sapere quanti sono riusciti a risolvere questo problema più gli altri 5 nelle 6 ore del test... io ci ho messo giorni o.o.
Bye
[tex]e: x^p + y^p = p^z[/tex] con [tex]p[/tex] primo e [tex]x,y,z \in \mathbb{N_+}[/tex]
Teorema: L'equazione ha soluzioni esclusivamente per p=2 e p=3.
Dimostrazione:
I.I)[tex]x[/tex] e [tex]y[/tex] possono avere come divisore comune nessun numero fuorché [tex]p[/tex].
Dim: [tex](x=\beta x_1 \wedge y=\beta y_1) \Rightarrow \beta^px_1^p + \beta^py_1^p = p^z \Rightarrow \beta^p(x_1^p + y_1^p) = p^z \Rightarrow \beta = p^\alpha[/tex]
Possiamo allora scrivere l'equazione nella forma: [tex]p^{\alpha p}(x_1^p + y_1^p) = p^{z_1}p^{\alpha p}[/tex]
I.II)Nè [tex]x_1[/tex] né [tex]y_1[/tex] sono divisibili per [tex]p[/tex].
Dim: [tex]x_1 = \gamma p \Rightarrow y_1^p = p^{z_1} - \gamma^pp^p[/tex] in cui si raccoglie [tex]p^{z_1}[/tex] o [tex]p^p[/tex] a seconda di quale sia minore, osservando che anche [tex]y_1[/tex] deve essere divisibile per p. Per cui se uno dei due termini è divisibile per p lo sono entrambi, ma dato come essi si sono precedentemente ottenuti questo è assurdo, per cui nessuno dei due termini è divisibile per p.
Da queste osservazioni è possibile ridurre il problema e cercare le soluzioni all'equazione: [tex]e_r: x^p + y^p = p^z[/tex] con [tex]p[/tex] primo, [tex]x,y,p[/tex] primi tra loro. (si è scelto di utilizzare le stesse lettere dell'equazione principale anche se propriamente non sono necessariamente coincidenti alle relative dell'equazione di partenza)
II.I) Per p=1 non ci sono soluzioni (come dimostrato banalmente nell'altro post).
Per [tex]p=2[/tex]: Data l'ipotesi, x e y devono essere entrambi dispari (in caso contrario sarebbero divisibili per due, contro l'osservazione precedente che essi non sono divisibili per p). Possiamo allora riscrivere l'equazione nella forma: [tex](2n +1)^2 + (2m+1)^2 = 2^z \Rightarrow 4n^2 + 4n + 1 + 4m^2 + 4m + 1 = 2^z \Rightarrow 2(2n^2 + 2n + 2m^2 + 2m + 1) = 2^{z} \Rightarrow 2n^2 + 2n + 2m^2 + 2m + 1 = 2^{z-1}[/tex] Quindi il termine a sinistra dell'uguale è dispari, mentre una potenza di due può essere dispari solo nel caso in cui l'esponente sia zero, per cui [tex]z-1=0 \Rightarrow z=1[/tex] e [tex]n=m=0 \Rightarrow x=y=1[/tex]
In conclusione nel caso considerato l'unica soluzione all'equazione ridotta è [tex]x=y=z=1, p=2 \Rightarrow e_r: 1^2 + 1^2 = 2^1[/tex] (verrà poi effettuata la generalizzazione all'equazione non ridotta in conclusione).
II.II) Per [tex]p \geq 3[/tex], essendo p dispari si può riscrivere l'equazione nella forma: [tex](x+y)(...) = p^z[/tex] (i puntini sono per economia di latex, in questo momento non è fondamentale il loro contenuto). Questo significa che [tex]x+y[/tex] è una potenza di [tex]p^z[/tex], poniamo allora [tex]x+y = p^\omega \Rightarrow y = p^\omega -x[/tex] che andiamo a inserire nell'equazione, sviluppando il binomio abbiamo:
[tex]\sum_{k=0}^p[\binom{p}{k}p^{\omega(p-k)}(-x)^k] + x^p = p^z\Rightarrow[/tex]
[tex]\Rightarrow \sum_{k=0}^{p-1}[\binom{p}{k}p^{\omega(p-k)}(-x)^k] - x^p + x^p = p^z \Rightarrow[/tex]
[tex]\Rightarrow \sum_{k=0}^{p-1}[\binom{p}{k}p^{\omega(p-k)}(-x)^k] = p^z[/tex].
Si nota a questo punto che tutti i termini "prodotti" dalla sommatoria sono divisibili per [tex]p^{\omega+1}[/tex], come facilmente verificabile. Questo accade esclusivamente perché p è primo e per un'interessante proprietà del coefficiente binomiale: quando p è primo tutti i termini di [tex]\binom{p}{i}[/tex] con [tex]i>0[/tex] sono multipli di p.
Dividiamo entrambi i membri per [tex]p^{\omega+1}[/tex] e otteniamo: [tex]\sum_{k=0}^{p-1}[\binom{p}{k}p^{\omega(p-k-1)-1}(-x)^k] = p^{z-\omega-1}[/tex]. Nuovamente si estrae dalla sommatoria l'ultimo termine, ottenendo:
[tex]\sum_{k=0}^{p-2}[\binom{p}{k}p^{\omega(p-k-1)-1}(-x)^k] + p*p^{-1}x^{p-1}= p^{z-\omega-1}[/tex]
Analizziamo ora questa equazione; chiamiamo (1) (2) (3) rispettivamente primo secondo e terzo (al secondo membro) termine. Per le ragioni sopra dette (1) contiene il fattore [tex]p^\omega[/tex] ed è quindi divisibile per p, mentre (2) è certamente non divisibile per p (si vedano le conclusioni del punto I). L'unica possibilità è allora che (3) sia uguale a 1 (che è di fatto l'unico termine comune di x e p). Perché p sia pari a uno deve essere [tex]z-\omega-1 = 0[/tex]. Se d'altra parte (3) è uguale a uno, visto che (2) è certamente non nullo, deve essere (1) uguale a zero. Quindi (2) deve essere uguale a uno; perché questo avvenga deve essere [tex]p=1 \vee x=1[/tex], ma per le ipotesi è accettabile solo la seconda. Si è allora ottenuto che [tex]x=1[/tex] e [tex]\omega = z-1[/tex].
Andiamo ad analizzare cosa implica il fatto che la sommatoria sia nulla utilizzando l'informazione appena ottenuta riguardo x (sì... ci tocca!):
[tex]\sum_{k=0}^{p-2}[\binom{p}{k}p^{\omega(p-k-1)-1}(-1)^k]= 0[/tex]
Come detto sopra la sommatoria è divisibile per [tex]p^{\omega}[/tex], si esegue allora la divisione:
[tex]\sum_{k=0}^{p-2}[\binom{p}{k}p^{\omega(p-k-2)-1}(-1)^k]= 0[/tex]
Estraendo l'ultimo termine abbiamo:
[tex]\sum_{k=0}^{p-3}[\binom{p}{k}p^{\omega(p-k-2)-1}(-1)^k] - \frac{p(p-1)}{2} p^{-1}= 0\Rightarrow[/tex]
[tex]\Rightarrow \sum_{k=0}^{p-3}[\binom{p}{k}p^{\omega(p-k-2)-1}(-1)^k] = \frac{p-1}{2}[/tex] (1)
Ma di nuovo tutti i termini prodotti dalla sommatoria sono multipli di [tex]p^\omega[/tex], effettuando la divisione abbiamo allora:
[tex]p^\omega(...) = \frac{p-1}{2}[/tex] (possiamo momentaneamente trascurare il contenuto della parentesi). Ricordando che [tex]\omega \neq 0 \wedge p \geq 3[/tex], dato che il primo termine è maggiore di p e l'ultimo minore di p, l'unica possibilità che l'uguaglianza sia vera è che [tex]\frac{p-1}{2} = 1[/tex] e che la quantità tra parentesi sia pari a [tex]p^{-\omega}[/tex], per cui deve essere [tex]p=3[/tex], sostituendo nell'espressione (1) si ha [tex]\omega = 1 \Rightarrow z=2[/tex]. Ricordando [tex]x+y = p^\omega \Rightarrow 1+y=3^1[/tex] si ha [tex]y=2[/tex] (per la simmetria del problema le considerazioni su x e y sono invertibili).
CONCLUSIONE (infine): l'unica soluzione possibile per [tex]p \geq 3[/tex] è: [tex]p=3,z=2,(x=1 \wedge y=2) \vee (x=2 \wedge y=1)[/tex]
GENERALIZZAZIONE: Per ottenere l'equazione "ridotta" utilizzata nella dimostrazione è stata effettuata una divisione per il termine comune di x e y, per cui si torna al caso generale effettuando la moltiplicazione per lo stesso termine; rispettivamente per p=2 e per p=3 le soluzioni del problema sono:
[tex]p=2 \Rightarrow 2^{2\alpha} + 2^{2\alpha} = 2^{2\alpha + 1}[/tex],
[tex]p=3 \Rightarrow 3^{3\alpha} + (2*3^\alpha)^3 = 3^{3\alpha + 2}[/tex]
Corollario: S.P.Q.P.
Punto (non ci speravate più è?).
Trovo piuttosto probabile aver commesso errori tipografici nelle formule... ho provato a mantenere all'inizio un andamento il più possibile schematico e chiaro, ma probabilmente non sono riuscito nell'intento (scrivere quei formuloni in tex costa non poche energie mentali). Da quei pochi coraggiosi che si cimenteranno nel decifrare la dimostrazione aspetto critiche e correzioni.
E concludo ripetendo il corollario.... sono curioso di sapere quanti sono riusciti a risolvere questo problema più gli altri 5 nelle 6 ore del test... io ci ho messo giorni o.o.
Bye
Al punto II.1 III rigo dovresti scrivere 2 e non p)! Errore grammaticale.
Al punto II.2 II rigo dovresti scrivere "$(x+y)$ è divisibile per $p$" e non per $p^z$.
OUT OF SELF: ho trovato l'errore fatale dell'altra "dimostrazione". Di questa non ne ho visti!
Al punto II.2 II rigo dovresti scrivere "$(x+y)$ è divisibile per $p$" e non per $p^z$.
OUT OF SELF: ho trovato l'errore fatale dell'altra "dimostrazione". Di questa non ne ho visti!
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo