Equazione diofantea con numeri primi

[.Ruben.17]

Sia $p$ un numero primo, e $m$ un numero intero
Risolvere: $ p! + p = m^2 $

[@melia]

Intanto ho visto che funziona per $p=2$ e $p=3$

[anto_zoolander]

Ci provo:

$p!+p=m^2$ \(\displaystyle \Longrightarrow \) $p(p-1)!+p=m^2$

$p! =p(p-1)!$ si può scrivere $forallp inNN$ poiché $pgeq2$

$p(p-1)!+p=p[(p-1)!+1]=m^2$

ma allora l'unico modo affinché la parte di sinistra sia un quadrato perfetto è che i due fattori siano uguali per qualche valore di $p$ dunque deve essere

$p=(p-1)!+1$

$(p-1)=(p-1)!$ \(\displaystyle \Longrightarrow \) $(p-1)-(p-1)! =0$

$(p-1)[1-(p-2)!]=0$ \(\displaystyle \Longrightarrow \) $[p=1] vee [(p-2)! =1]$

$p=1$ non è soluzione e per l'altra le uniche soluzioni sono $p=2$ e $p=3$

[consec]

"anto_zoolander":

$p(p-1)!+p=p[(p-1)!+1]=m^2$

ma allora l'unico modo affinché la parte di sinistra sia un quadrato perfetto è che i due fattori siano uguali per qualche valore di $p$ dunque deve essere

Non per forza. Dovresti dimostrare che $(p-1!)+1!=n^2p$ per qualche valore di $n$ diverso da $1$.
[strike]Ma n

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[anto_zoolander]

aspetta per parte di sinistra intendo $p[(p-1)!+1]$. Se ho due fattori, l'unico modo che mi restituiscano un quadrato perfetto è che i fattori siano uguali. Più che altro questo è vero in questo caso. Poiché un'altra possibilità è che entrambi siano dei quadrati, ma certamente $p$ non è un quadrato. Quindi anche qualora $(p-1)!+1$ fosse un quadrato, $p[(p-1)!+1]$ non lo sarebbe. Infatti se ho due fattori e voglio che sia un quadrato perfetto, o lo sono entrambi, o lo è il loro prodotto. Nel caso in cui considero che lo sia il loro prodotto, il risultato è quanto visto. Il caso in cui entrambi siano quadrati invece è escluso.

Così dovrebbe essere completo.

[consec]

"anto_zoolander":

aspetta per parte di sinistra intendo $p[(p-1)!+1]$. Se ho due fattori, l'unico modo che mi restituiscano un quadrato perfetto è che i fattori siano uguali. Più che altro questo è vero in questo caso. Poiché un'altra possibilità è che entrambi siano dei quadrati, ma certamente $p$ non è un quadrato. Quindi anche qualora $(p-1)!+1$ fosse un quadrato, $p[(p-1)!+1]$ non lo sarebbe. Infatti se ho due fattori e voglio che sia un quadrato perfetto, o lo sono entrambi, o lo è il loro prodotto. Nel caso in cui considero che lo sia il loro prodotto, il risultato è quanto visto. Il caso in cui entrambi siano quadrati invece è escluso.

Così dovrebbe essere completo.

Chiaramente il caso in cui entrambi siano quadrati è escluso, in quanto $p$ è primo.
Però se per esempio $(p-1)!+1=9p$, allora $p((p-1)!+1)=9p*p=9p^2=(3p)^2$ e quindi sarebbe un quadrato perfetto senza che i due fattori siano necessariamente uguali. In generale se $(p-1)!+1=n^2p$ allora il prodotto $[p((p-1)!+1)]$ sarebbe uguale a $n^2p*p=n^2p^2=(np)^2$

[axpgn]

"anto_zoolander":... Se ho due fattori, l'unico modo che mi restituiscano un quadrato perfetto è che i fattori siano uguali ...

???

$6 xx 6 = 4 xx 9$

[anto_zoolander]

"axpgn":

???

$6 xx 6 = 4 xx 9$

Ho corretto nel secondo scrivendo che: o sono entrambi quadrati, o lo è il loro prodotto

"consec":

Chiaramente il caso in cui entrambi siano quadrati è escluso, in quanto $ p $ è primo.
Però se per esempio $ (p-1)!+1=9p $, allora $ p((p-1)!+1)=9p*p=9p^2=(3p)^2 $ e quindi sarebbe un quadrato perfetto senza che i due fattori siano necessariamente uguali. In generale se $ (p-1)!+1=n^2p $ allora il prodotto $ [p((p-1)!+1)] $ sarebbe uguale a $ n^2p*p=n^2p^2=(np)^2 $

Si è chiaro ho colto quanto intendi. Invece cerco di spiegarmi meglio io: è sbagliato pensare che il prodotto di due fattori sia un quadrato, solo se entrambi siano dei quadrati o che il loro prodotto lo sia? Come ha scritto alex $6 xx 6=2^2 xx 3^2$ però questo verte nel caso in cui appunto entrambi siano quadrati e lo abbiamo escluso, o che i fattori siano uguali per qualche $p$.

[consec]

"anto_zoolander":[quote="axpgn"]

???

$6 xx 6 = 4 xx 9$

Ho corretto nel secondo scrivendo che: o sono entrambi quadrati, o lo è il loro prodotto

"consec":

Chiaramente il caso in cui entrambi siano quadrati è escluso, in quanto $ p $ è primo.
Però se per esempio $ (p-1)!+1=9p $, allora $ p((p-1)!+1)=9p*p=9p^2=(3p)^2 $ e quindi sarebbe un quadrato perfetto senza che i due fattori siano necessariamente uguali. In generale se $ (p-1)!+1=n^2p $ allora il prodotto $ [p((p-1)!+1)] $ sarebbe uguale a $ n^2p*p=n^2p^2=(np)^2 $

Si è chiaro ho colto quanto intendi. Invece cerco di spiegarmi meglio io: è sbagliato pensare che il prodotto di due fattori sia un quadrato, solo se entrambi siano dei quadrati o che il loro prodotto lo sia? Come ha scritto alex $6 xx 6=2^2 xx 3^2$ però questo verte nel caso in cui appunto entrambi siano quadrati e lo abbiamo escluso, o che i fattori siano uguali per qualche $p$.

[/quote]

Non capisco cosa intendi. È chiaro che il prodotto di due fattori $a$ e $b$ è un quadrato perfetto quando il loro prodotto $ab$ lo è. Ora, questi due fattori possono essere uguali ($6*6$), entrambi quadrati perfetti ($4*9$) oppure il prodotto di un primo per un suo multiplo il cui rapporto è un quadrato perfetto ($2*18=2*2*3^2$ e $3*12=3*3*2^2$). In questo problema l'ipotesi che $p$ è primo è cruciale, in quanto non si può scomporre ulteriormente (non dobbiamo considerare il caso $p=nm$ dove $n$ e $m$ sono due suoi divisori) quindi il rapporto tra il secondo fattore e $p$ deve essere un quadrato perfetto oppure $1$ (che a voler essere puntigliosi rientra già nel caso dei quadrati perfetti ma lasciamo stare).

[anto_zoolander]

ecco non consideravo il caso in cui un fattore fosse un primo e l'altro un multiplo del primo stesso. Mi ci sono messo da poco su questo discorso lo rifaccio.

[.Ruben.17]

Io finora ho ricavato questo:
p|m

$p!+p=k^2 * p^2$
se $k quindi k|p e k=1 o k=p
k=1 porta a p=2 e p=3
k=p non porta a nessuna soluzione

Va analizzato il caso k>p
Quindi $p!+p=k^2 * p^2>p^4$ da cui ottengo p>6

Dividendo per p:
$(p-1)!+1=k^2 * p$
$(p-1)!=k^2 * p-1$
[tex]k^2 \cdot p-1 \equiv 0 mod(p-1)[/tex]
[tex]k^2 \cdot p-p \equiv 0 mod(p-1)[/tex]
[tex]k^2 -1 \equiv 0 mod(p-1)[/tex]

Da cui si dovrebbe poter riuscire a ricavare qualcosa


E' interessante notare che l'equazione ha soluzione solo per p primo

Infatti il teorema di Wilson ci dice che solo un numero primo p può dividere (p-1)!+1

[consec]

Per $p$ primo $>3$ allora $3$ e $4$ dividono $(p-1)!$
Dunque proseguendo da $(p-1)!+1=n^2p$ allora
$n^2p-=1mod3$ e $n^2p-=1mod4$, ma poiché i residui quadratici modulo $3$ e $4$ sono solo $0$ e $1$ allora $p$ deve essere congruo a $1mod3$ e $1mod4$, ossia della forma $12k+1$.
Allora ritornando all'espressione $p!+p=m^2$ allora per $p>3$ il fattoriale è multiplo di 12. Quindi
$12z_(p!)+12k+1=m^2$ oppure, riscritto $12z_(p!)+12k=(m-1)(m+1)$. Quindi uno tra $m-1$ e $m+1$ è multiplo di $3$, e in ogni caso $m$ non lo è. Perciò, combinato al fatto che $m$ è dispari, $m-=1mod6$ o $m-=5mod6$
Da qui, ammesso che sia giusto, non saprei come continuare.

[.Ruben.17]

In spoiler la mia(appena fatta) soluzione:

$p!+p=m^2$
Modulo p troviamo:$ p|m$
Quindi, dato k intero:
$p!+p=k^2 p^2$
Ipotizziamo $k \leq p$
allora $k|(p!)$
e $p = 0mod(k)$
ma $p$ è primo, quindi $k=1$ o$ k=p$

se $k=1$: $p!+p=p^2$
$(p-1)!+1=p$
$(p-1)!=p-1$
$(p-2)!=1$
$p=2$, $p=3$

se$ k=p$:
$p!+p-p^4=0$
e non si hanno soluzioni(ammetto di aver usato un po' di analisi per approssimare gli zeri, che non sono interi)

se $k>p$ : Caso Complicato
Ipotizziamo $p \geq 5$ [dal momento che$ p=2$ e $p=3$ sono già sol.]
Quindi $8| (p!)$
Valutando l'equazione modulo 8:
$p=m^2 mod(8)$
p è dispari, quindi(dati i residui quadratici modulo 8): p=1 mod8

Ora, valutando l'equazione modulo $(p!)$:
$p=m^2 mod(p!)$
$m^2=p mod(p!)$

Quindi, dato a intero,$ m^2 = a( p!) + p$
dato q primo tale che: $2 < q < p$
si ha che:$ q|(p!)$
da cui: $m^2 = p mod(q)$

Ora uso il simbolo di Legendre:
$(\frac{p}{q}) = 1$
poichè p è residuo quadratico modulo q

Dalla legge di reciprocità quadratica:
$(\frac{p}{q}) = (\frac{q}{p}) (-1)^{(\frac{p-1}{2})( \frac{q-1}{2})}$

Poichè$ p=1 mod(8)$ (dimostrato all'inizio)
allora, dato $b$ intero: $p = 4b +1$
Quindi: $(\frac{p}{q}) = (\frac{q}{p}) (-1)^{(\frac{4b+1-1}{2})( \frac{q-1}{2})}=(\frac{q}{p}) (-1)^{b(q-1)}=(\frac{q}{p}) = 1$
poichè $(q-1)$ è pari

Inoltre $(\frac{2}{p}) = (-1)^{\frac{p^2-1}{8}} = 1$
poichè $p=1mod(8)$
Quindi q ( ossia tutti i primi dispari minori di p) sono reciproci quadratici modulo p
Immaginando di fattorizzare tutti gli interi minori di p si vede che tutti sono divisibili per uno o più primi q e/o per 2, quindi tutti sono residui quadratici modulo p, il che è impossibile.
Perciò la mia ipotesi originaria$(p \geq 5)$ è falsa e le uniche soluzioni sono p=2 e p=3.