Numeri primi, questi maledetti!

[Andrea571]

Vi propongo un problema interessante, riguardante i famigerati numeri primi, ideato da me

\(\displaystyle a^2+b^2+c^2-d^2-e^2-f^2= \)$k*24$ con \(\displaystyle a,b,c,d,e,f \) numeri primi qualunque diversi da \(\displaystyle 2 \) e \(\displaystyle 3 \), e \(\displaystyle k \) numero intero;

Sapreste spiegarmi perché la somma dei quadrati di una certa quantità \(\displaystyle n \) di numeri primi meno altrettanti \(\displaystyle n \) numeri primi quadrati è sempre un multiplo di \(\displaystyle 24 \) (In questo caso, come potete ben notare, \(\displaystyle n=3 \))?

Qui di seguito un esempio:

\(\displaystyle 11^2+5^2+41^2-23^2-29^2-31^2=-504 \) \(\displaystyle k=-21 \)

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Qui di sotto altri due quesiti:

Se \(\displaystyle a,b \) sono numeri primi, e \(\displaystyle b=a-2 \), allora \(\displaystyle a-1 \) è divisibile per \(\displaystyle 6 \). Perché?

Se \(\displaystyle a,b \) sono numeri primi, e \(\displaystyle b=a-4 \), allora \(\displaystyle a-2 \) è divisibile per \(\displaystyle 3 \). Perché?

[Pianoth]

Non ho tempo di dimostrarlo io, tuttavia posso dare una base per chi ci vorrà provare (è relativamente semplice). Vi ricordo che $a^2 - b^2 = (a + b)(a - b)$. Se $a$ e $b$ sono primi e maggiori di $3$... Ecc. ecc.

[Zero87]

"Andrea57":Vi propongo un problema interessante, riguardante i famigerati numeri primi, ideato da me

\(\displaystyle a^2+b^2+c^2-d^2-e^2-f^2= \)$k*24$ con \(\displaystyle a,b,c,d,e,f \) numeri primi qualunque diversi da \(\displaystyle 2 \) e \(\displaystyle 3 \), e \(\displaystyle k \) numero intero;

Penso di averne dimostrato un bel pezzo (credo), ma non so come arrivare alla fine.

Davvero complimenti per il problema, lo vedo molto interessante... e per niente facile.

Ora sappiamo - potrei anche citarmi, ma lascio perdere - che un numero primo è sempre della forma $6n \pm 1$.
Un numero primo al quadrato, dunque, è di due tipi:
1.
$36n^2 + 12n + 1$
se è del tipo $6n+1$
2.
$36n^2 - 12n + 1$
se è del tipo $6n-1$

In entrambi i casi è sempre congruo a 1 modulo 6.

Questo spiega che $a^2 + b^2 + c^2 - d^2 - e^2 - f^2 = k \cdot 6$
anzi, aguzzando la vista si può vedere anche che è $k \cdot 12$ perché i resti in generale si annullano mentre per gli altri è tutta una somma di multipli di 12.

... Per andare oltre e concludere $k \cdot 24$... non so dove sbattere la testa.

Gli altri quesiti si riconducono sempre al fatto che i primi sono tutti del tipo $6k \pm 1$ e non mi cito perché non sono megalomane.

[Pianoth]

Zero, secondo me per finire di dimostrarlo basta che continui come ho consigliato io a cui aggiungi un lemma da dimostrare che dice:
"Dati due numeri dispari, la loro somma e la loro differenza saranno entrambi pari e uno dei due è sempre divisibile per $4$".
Se vuoi e se ho tempo domani la scrivo tutta la dimostrazione.

[Zero87]

"Pianoth":Zero, secondo me per finire di dimostrarlo basta che continui come ho consigliato io

Per ora sono andato a braccio, poi vedrò di sistemare... sempre che non mi anticipi qualcuno.

[Pianoth]

Ok, ho trovato un po' di tempo. Ecco come io dimostrerei il problema. Lo spoilero perché non è corta come dimostrazione, sono abituato a scrivere in modo che sia più comprensibile possibile (se comunque vi annoiate a leggere tutto basta che leggete le parti non colorate, se saltate quelle sembra corta). Ovviamente lo potrei scrivere con termini migliori e usando i moduli, ma se non li uso la può capire anche chi non sa cos'è il modulo.

Iniziamo con lo scrivere la nostra tesi. Dobbiamo dimostrare che la differenza tra la somma di $n$ quadrati di numeri primi maggiori di $3$ e un'altra somma di $n$ quadrati di numeri primi maggiori $3$ non necessariamente diversi è sempre un multiplo di $24$.
Questo può essere scritto in vari modi, ma lo scriverò in modo che sia comprensibile per chiunque:
$a_0^2+a_1^2+\ldots+a_n^2-(b_0^2+b_1^2+\ldots+b_n^2)=24k$
dove $a_0,a_1,\ldots,a_n,b_0,b_1,\ldots,b_n$ sono numeri primi maggiori di $3$, $k \in ZZ$ e $n \in NN_0$.

Ora che abbiamo scritto la nostra tesi, notiamo che se riusciamo a dimostrare il caso più semplice, cioè quando $n=1$, possiamo dimostrarlo per qualsiasi $n$. Infatti la tesi può essere scritta nel modo seguente:
$a_0^2-b_0^2+a_1^2-b_1^2+\ldots+a_n^2-b_n^2=24k$. Se dimostriamo che vale $n^2-m^2=24k$ allora ogni coppia di differenze di quadrati sarà divisibile per $24$, e quindi tutto il primo membro sarà divisibile per $24$ che è la nostra tesi.
Procediamo quindi col dimostrare che, dati due numeri primi $n$ e $m$ maggiori di $3$ vale la relazione:
$n^2-m^2=24k, \ k \in ZZ$.

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Lavoriamo solo sul primo membro.

Parte 1
Essendo una differenza di quadrati si può scomporre:
$n^2 - m^2 = (n + m) (n - m)$.
D'altra parte $n$ e $m$ sono numeri primi maggiori di $3$ e quindi sono numeri dispari. C'è un teorema che ci dice che dati due numeri dispari, la loro somma e la loro differenza saranno entrambi pari e uno dei due è sempre divisibile per $4$. La dimostrazione è semplice, quindi la scrivo brevemente qui:

Ogni numero dispari si può scrivere nella forma $2k + 1$.
Per la prima parte è semplice, la somma e la differenza di due numeri dispari saranno entrambi pari:
$(2k_1 + 1) \pm (2k_2 + 1) = {(2(k_1+k_2)+2 = 2(k_1+k_2+1), \text(Somma)), (2(k_1-k_2), \text(Differenza)):}$
Anche $k_1$ e $k_2$ possono essere pari o dispari. Vediamo se in tutti i casi la somma o la differenza risulta divisibile per $4$:
[list=1]

[*:114c0q8c]$k_1$ pari e $k_2$ pari:
La differenza sarà uguale a $2(2n-2m)=2(2(n-m))=4(n-m)$ e sarà quindi divisibile per $4$.
[/*:m:114c0q8c]
[*:114c0q8c]$k_1$ pari e $k_2$ dispari:
La somma sarà uguale a $2(2n+(2m+1)+1)=2(2(n+m)+2)=2(2(n+m+1))=4(n+m+1)$ e sarà quindi divisibile per $4$.
[/*:m:114c0q8c]
[*:114c0q8c]$k_1$ dispari e $k_2$ pari:
La somma sarà uguale a $2((2n+1)+2m+1)=2(2(n+m)+2)=2(2(n+m+1))=4(n+m+1)$ e sarà quindi divisibile per $4$.
[/*:m:114c0q8c]
[*:114c0q8c]$k_1$ dispari e $k_2$ dispari:
La differenza sarà uguale a $2(2n+1-(2m+1))=2(2(n-m))=4(n-m)$ e sarà quindi divisibile per $4$.[/*:m:114c0q8c][/list:o:114c0q8c]

(Nota: $n$ e $m$ qui sopra sono differenti da quelle del problema!)
Come si può notare, in tutti i casi o la somma o la differenza risulta divisibile per $4$, quindi il teorema è dimostrato.

Sfruttando il teorema appena dimostrato, $(n + m) (n - m)$ sarà sempre divisibile per $8$, dato che uno dei due fattori sarà sempre divisibile per $4$ e l'altro sarà pari.

Parte 2
Dimostriamo ora che $n^2 - m^2$ è anche divisibile per $6$. Ricordando che $n$ e $m$ sono numeri primi maggiori di $3$, sia $n$ sia $m$ si possono scrivere nella forma $6k \pm 1$.
Osserviamo che succede se li sostituiamo nell'espressione $n^2 - m^2$:
\(\displaystyle (6k_1 \pm 1)^2 - (6k_2 \pm 1)^2 = 36k_1^2 \pm 6k_1 + 1 - 36k_2 \mp 6k_2 - 1 = 6(6k_1-6k_2 \pm k_1 \mp k_2) \)
Questo significa che $n^2 - m^2$ è divisibile per $6$.

Parte 3
Non resta che unire le due dimostrazioni che abbiamo fatto. Se $n^2 - m^2$ è divisibile per $8$ ed è divisibile per $6$, è divisibile anche per il loro minimo comune multiplo: \(\displaystyle\operatorname{mcm}(8,\;6) = 24\).
Abbiamo quindi dimostrato che $n^2 - m^2 = 24k$ da cui si arriva alla tesi completa (per la parte iniziale).

Se non si vedono bene le formule provate ad aggiornare e a cliccare lo spoiler il prima possibile. A me funziona sempre così.
Le dimostrazioni di quegli altri due quesiti le lascio agli altri.

[kobeilprofeta]

Intanto rispondo al penultimo:

sappiamo, come viene detto anche qua che tutti i numeri primi sono di forma $6k+1$ o $6k+5$, se $a=b-2$ capiamo che $a$ è di tipo $6k+5$ e quindi $a+1$ è multiplo di sei.

[kobeilprofeta]

Il primo:

$a^2+b^2+c^2-d^2-e^2-f^2$ = $(a^2-d^2)+(b^2-e^2)+(c^2-f^2)$ = $(a+d)*(a-d)+(b+e)*(b-e)+(c+f)*(c-f)$. 
La somma o la differenza di due dispari (i numeri primi >3 sono dispari) è un numero pari (indico con P):
Quindi $P*P+P*P+P*P$, ma P*P è multiplo di 4 perchè sarebbe 2a*2b=4ab.
Risulta quindi $3*4n=12n$.

...mi sa che ho tralasciato un *2....

[giammaria2]

E' bellissimo vedere la varietà delle soluzioni proposte. L'unica rimasta incompleta è quella di Zero87, che può concludersi nel modo seguente.

Dati i due numeri primi $a=6p+-1, b=6q+-1 $:
- se in entrambi vale lo stesso segno abbiamo $a^2-b^2=36(p^2-q^2)+-12(p-q)=12(p-q)[3(p+q)+-1]$
- se i due segni sono opposti abbiamo $a^2-b^2=36(p^2-q^2)+-12(p+q)=12(p+q)[3(p-q)+-1]$
Se $p,q$ hanno la stessa parità, la tonda è pari, mentre se hanno parità opposta è pari la quadra: in entrambi casi c'è un ulteriore fattore $2$.

@ kobeilprofeta. La tua risposta non mi convince perché indichi con la stessa lettera P dei numeri pari probabilmente diversi fra loro. Manca quindi anche la dimostrazione della divisibilità per 3.

[Andrea571]

Parte 3
Non resta che unire le due dimostrazioni che abbiamo fatto. Se $n^2 - m^2$ è divisibile per $8$ ed è divisibile per $6$, è divisibile anche per il loro minimo comune multiplo: \(\displaystyle\operatorname{mcm}(8,\;6) = 24\).
Abbiamo quindi dimostrato che $n^2 - m^2 = 24k$ da cui si arriva alla tesi completa (per la parte iniziale)

Perfetto, grazie
Solo una cosa: riscrivo la stessa equazione in modo differente: \(\displaystyle a^2-b^2=kz \) dove \(\displaystyle z=24 \)
Hai dimostrato che funziona con \(\displaystyle z=24 \)....sapresti/sapreste dirmi ora, perché questo non vale sempre per \(\displaystyle z=48 \)?

Esempi: \(\displaystyle 877^2-631^2=k 48 \) => \(\displaystyle k \), in questo caso, non è un numero intero.