Congettura interessante
Consideriamo i numeri ottenuti aggiungendo 3 ad ogni quadrato intero:
3 + 1 = 4
3 + 4 = 7
3 + 9 = 12
3 + 16 = 19
3 + 25 = 28
........
Se scomponiamo i risultati ottenuti,
non considerando il fattore 2, (e come giustamente Gi8 mi ha fatto notare escludendo anche il fattore 3) otteniamo sempre numeri del tipo 3k + 1, cioè che divisi per 3 danno resto 1.
Per esempio $3 + 16^2 = 259 = 7*37$
7 e 37 sono del tipo 3k + 1.
Qualcuno sa dimostrare questa congettura?
3 + 1 = 4
3 + 4 = 7
3 + 9 = 12
3 + 16 = 19
3 + 25 = 28
........
Se scomponiamo i risultati ottenuti,
non considerando il fattore 2, (e come giustamente Gi8 mi ha fatto notare escludendo anche il fattore 3) otteniamo sempre numeri del tipo 3k + 1, cioè che divisi per 3 danno resto 1.
Per esempio $3 + 16^2 = 259 = 7*37$
7 e 37 sono del tipo 3k + 1.
Qualcuno sa dimostrare questa congettura?
Risposte
$18^2 +3= 324+3= 327= 3*109$
Ma $3$ non è del tipo $3k+1$
Ma $3$ non è del tipo $3k+1$
@ Gi8
Hai ragione, ho sbagliato:
in realtà la congettura iniziale valeva solo saltando i quadrati multipli di 3, poi mi sono accorto che avrebbe potuto valere anche per i quadrati multipli di 3, però avrei dovuto specificare di escludere anche il fattore 3 oltre al fattore 2!
Hai ragione, ho sbagliato:
in realtà la congettura iniziale valeva solo saltando i quadrati multipli di 3, poi mi sono accorto che avrebbe potuto valere anche per i quadrati multipli di 3, però avrei dovuto specificare di escludere anche il fattore 3 oltre al fattore 2!
Cioè, se ho capito bene tu stai chiedendo se è vero che per ogni intero [tex]n[/tex] coprimo con [tex]3[/tex] allora [tex]n^2 + 3[/tex] ha resto 1 modulo 3?
Beh, ma questo è ovvio! 1 è l'unico quadrato modulo 3! Quindi [tex]n^2 \equiv 1 \pmod{3}[/tex]... aggiungere 3 non altera certo la natura delle cose, visto che stai sommando 0.
Più raffinati:
1) [tex]n^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod{m}[/tex] per ogni [tex]n[/tex] coprimo con [tex]m[/tex];
2) per ogni primo [tex]p[/tex] ci sono sempre esattamente [tex]\frac{p-1}{2}[/tex] possibili valori per [tex]n^2[/tex], al variare di [tex]n[/tex] tra i numeri coprimi con [tex]p[/tex].
Proseguendo su questa strada si arriva alla legge di reciprocità quadratica...
Beh, ma questo è ovvio! 1 è l'unico quadrato modulo 3! Quindi [tex]n^2 \equiv 1 \pmod{3}[/tex]... aggiungere 3 non altera certo la natura delle cose, visto che stai sommando 0.
Più raffinati:
1) [tex]n^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod{m}[/tex] per ogni [tex]n[/tex] coprimo con [tex]m[/tex];
2) per ogni primo [tex]p[/tex] ci sono sempre esattamente [tex]\frac{p-1}{2}[/tex] possibili valori per [tex]n^2[/tex], al variare di [tex]n[/tex] tra i numeri coprimi con [tex]p[/tex].
Proseguendo su questa strada si arriva alla legge di reciprocità quadratica...
maurer non sto dicendo questo ma mi sembra di essermi espresso bene.
Io parlo dei fattori che compongono il numero che sono sempre del tipo 3k+1 e non del numero.
Io parlo dei fattori che compongono il numero che sono sempre del tipo 3k+1 e non del numero.
Forse la congettura si può riassumere così (steven correggimi se sbaglio):
oppure anche così:
Sia $n in NN$, $x=n^2+3$.
Poniamo $c= max {i in NN ~ ~ : ~ ~ 2^i|x }$ e $d= max {i in NN ~ ~ : ~ ~ 3^i|x }$
Allora $x=2^c *3^d*bar(x)$, con $bar(x)in NN$ i cui fattori sono tutti del tipo $3k+1$ (con $k in NN$)
oppure anche così:
Sia $n in NN$. Si ha che $(3k+2)|(n^2+3)=> k=0$
Sì, la congettura vale anche per n multiplo di 3 e non ci possono essere fattori del tipo 3k+2, eccettuato 2.
Potete provare anche per numeri molto alti di n, se trovate un controesempio sarò felice di saperlo perché vuol dire che mi sono sbagliato fino ad ora ed eviterò così di sbagliarmi ancora!
Potete provare anche per numeri molto alti di n, se trovate un controesempio sarò felice di saperlo perché vuol dire che mi sono sbagliato fino ad ora ed eviterò così di sbagliarmi ancora!
il problema mi interessa ma non mi è ancora venuto in mente granchè.
faccio solo notare che, poichè nessun quadrato perfetto finisce per \(2\) o \(7\), \(5\) (che è un \(3k+2\)) non divide nessun \(n^2+3\) (in accordo con la congettura).
faccio solo notare che, poichè nessun quadrato perfetto finisce per \(2\) o \(7\), \(5\) (che è un \(3k+2\)) non divide nessun \(n^2+3\) (in accordo con la congettura).
albertobosia ha dimostrato che 5 non può mai essere un fattore di $n^2 + 3$.
Se prendiamo un altro primo del tipo 3k+2, per esempio 11, vediamo che i quadrati mod 11 sono: 3,4,5,9,1. Tra di essi manca l'8 che è 11 - 3 perciò anche 11 non può mai dividere $n^2 + 3$.
Se prendiamo un altro primo del tipo 3k+2, per esempio 11, vediamo che i quadrati mod 11 sono: 3,4,5,9,1. Tra di essi manca l'8 che è 11 - 3 perciò anche 11 non può mai dividere $n^2 + 3$.
bravo, credevo che quell'approccio si applicasse solo a 5.
una forma più debole della congettura potrebbe essere:
una forma più debole della congettura potrebbe essere:
Sia \(p\) un primo nella forma \(6k-1\). Sia \(f: n\in\mathbb Z_p\to n^2\in\mathbb Z_p\). Allora \(-3\not\in Im(f)\).
"steven.M":In pratica stai congetturando che dato un intero [tex]n[/tex], per ogni primo [tex]p[/tex] diverso da [tex]2[/tex] e da [tex]3[/tex] e che divide [tex]n^2+3[/tex] si ha [tex]p \equiv 1 \mod(3)[/tex].
Consideriamo i numeri ottenuti aggiungendo 3 ad ogni quadrato intero:
[...]Se scomponiamo i risultati ottenuti,
non considerando il fattore 2, (e come giustamente Gi8 mi ha fatto notare escludendo anche il fattore 3) otteniamo sempre numeri del tipo 3k + 1, cioè che divisi per 3 danno resto 1.
[...]Qualcuno sa dimostrare questa congettura?
Riformulo il problema usando il simbolo di Legendre: tu sai che [tex]\left( \frac{-3}{p} \right) = 1[/tex] e da questo devi dedurre che [tex]p \in \{2,3\}[/tex] oppure [tex]p \equiv 1 \mod(3)[/tex]. Lo fai usando la moltiplicatività del simbolo di Legendre e la legge di reciprocità quadratica. Così: se [tex]p \not \in \{2,3\}[/tex] allora
[tex]1 = \left( \frac{-3}{p} \right) = \left( \frac{-1}{p} \right) \cdot \left( \frac{3}{p} \right) = \left( \frac{-1}{p} \right) \cdot \left( \frac{p}{3} \right) \cdot (-1)^{\frac{p-1}{2}} = (-1)^{p-1} \cdot \left( \frac{p}{3} \right) = \left( \frac{p}{3} \right)[/tex],
da cui segue il risultato.
PS. Ogni problema quadratico di questo tipo si risolve usando la legge di reciprocità quadratica. Se vuoi un problema di complessità superiore devi passare al grado 3 o maggiore
@ Martino: grazie!
Allora serve chiedere, alle volte!
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