Ammordell (parte 2)

[Rho33]

Bene, si continua con le Mordell allora. Determinare tutte le soluzioni intere di :

$y^2=x^3+7$

[Giovanni98]

Ok, attendiamo la terza parte.

Soluzione :

Testo nascosto:

Aggiungo $1$ ad ambo i membri ed ho $$x^2+1=y^3+2^3=(y+2)(y^2-2y+4)$$Per il teorema di Fermat sulla somma di due quadrati coprimi (oppure che per il criterio di Eulero) ho che se $p$ è un primo che divide $x^2+1$ allora $p \equiv_4 1$ pertanto ogni divisore di $y^3+2^3$ è congruo ad $1 \pmod 4$. Pertanto $y+2 \equiv 1 \pmod 4 \iff y \equiv -1 \pmod 4$ ma $(-1)^2-2(-1)+4 \equiv 3 \pmod 4$ il che è chiaramente assurdo, pertanto l'equazione non ha alcuna soluzione.

[Giovanni98]

Messaggio senza senso di ieri editato. xD

[Rho33]

Allora, non conoscevo il teorema che hai citato (ed il criterio di Eulero solo per sentito dire), credo sia questo

https://en.wikipedia.org/wiki/Proofs_of ... wo_squares ma dando un'occhiata, vedo che la dimostrazione è particolarmente lunga e macchinosa. Ma si può usare in gara? Comunque, notando che $y$ è pari e $x$ è dispari, si può dimostrare una cosa più debole che in questo caso basta e avanza credo:

Fatto: Dato un primo $p$ ed un intero $n$ , se $p \mid 4n^2+1 \rightarrow p \equiv 1 \pmod 4$

Dimostrazione Dimostriamo che $p=4k+1$ è l'unico caso che soddisfa:

$\bullet \ \ p=4k \rightarrow $ non è un primo!

$\bullet \ \ p=4k+1 \rightarrow $ chiaramente soddisfa

$\bullet \ \ p=2 \rightarrow $ assurdo perchè $4n^2+1$ è dispari.

$\bullet \ \ p=4k+3 \rightarrow $ Pongo $y=2n$ ( come nel vero problema), suppongo per assurdo che valga $p \mid y^2+1 $ . Dato che $p \not \mid n$ , per FLT $y^{p-1} \equiv 1 \pmod p$ .

So però che $p=4k+3$ quindi $y^{p-1} \equiv y^ {4k+2} \equiv y^{2^{2k+1}} \equiv -1 \pmod p$ dove abbiamo usato il fatto che $y^2 \equiv -1 \pmod p$ . Chiaramente assurdo!

Quindi con questo fatto si chiude facilmente ( tra l'altro così si dimostra che $-1$ non è residuo quadratico modulo $p=4k+3$ , o almeno per i pari non lo è)

Ora posto la mia, non poi così diversa:

Testo nascosto:

Si vede molto facilmente che $y$ è pari ed $x$ è dispari ( modulo quello che vuoi, $4$ ad esempio) . Ora, aggiungo $1$ ad entrambi i membri ( che novità con le Mordell eh!) ed ottengo:

$y^2+1=(x+2)(x^2-2x+4)$

Sempre modulo $4$ ottengo che $x \equiv 1 \pmod 4$ . Allora il fattore $(x+2)$ è $\equiv 3 \pmod 4$ . Sia $p$ un primo $\equiv 3 \pmod 4$ che divide questo fattore ( se tutti i primi fossero $\equiv 1 \pmod 4$ si avrebbe che anche $x+2 \equiv 1 \pmod 4 $ che è assurdo!) , allora deve valere $y^2+1 \equiv 0 \pmod p \iff y^2 \equiv -1 \pmod p $ ma $-1$ non è residuo quadratico modulo $p \equiv 3 \pmod 4$ , quindi non ci sono soluzioni.

[Rho33]

Ah, tanto per dire, la seguente Mordell è dello stesso identico tipo di questa ( si risolve allo stesso modo):

$y^2=x^3-5$


P.S. Se qualcuno vuole la risolva, tra un poco metto la parte 3

[Giovanni98]

Hai sostanzialmente dimostrato il criterio di eulero nel caso in cui $a=-1$. In pratica esso dice che se $(a,p)=1$ dove $p$ è primo allora $a$ è residuo quadratico modulo $p$ se e solo se $a^\frac{p-1}{2} \equiv 1 \pmod p$ , quindi mettendo $a=-1$ avrei $(-1)^\frac{p-1}{2} \equiv 1 \pmod p$ e chiaramente se $p>2$ la congruenza precedente è vera se e solo se $p\equiv_4 1$.

[Drago]

Il fatto qua citato dovrebbe essere piuttosto noto, e non è necessaria l'altra freccia del link di wiki (che si fa in un miliardo di modi); direi che si può usare abbastanza tranquillamente in gara.
In particolare $p\mid x^2+1$ si riscrive come $x^2\equiv-1\pmod p$ ovvero $x^4\equiv1\pmod p$. A questo punto l'ordine moltiplicativo di $x$ non può essere molte cose: è un divisore di $4$, quindi è $1,2,4$; i primi due sono assurdi perché $x^2\equiv-1\pmod p$. Ma allora l'ordine è $4$ quindi -e questo deve essere davvero molto noto- si ha $4\mid\varphi(p)=p-1$ cioè $p\equiv1\pmod4$.

[Rho33]

Ok, grazie Drago. A proposito, dato che fino ad ora non avevo mai avuto bisogno dell'ordine, scrivo due cosette facili facili:

Ordine moltiplicativo: Dati $a,m$ interi positivi, tali che $(a,m)=1$, si definisce ordine moltiplicativo di $a$ modulo $m$ , e si indica con $ord_m(a)$ , il più piccolo $n$ tale che $a^n \equiv 1 \pmod m$

Fatto importante : Dati $a,m$ interi positivi, tali che $(a,m)=1$, $a^d \equiv 1 \pmod m \iff ord_m(a) \mid d $

Dimostrazione: $\leftarrow$ Se $ord_m(a) \mid d $ , allora $d=k \cdot ord_m(a) \iff a^d \equiv a^{k \cdot ord_m(a)} \equiv 1^k \equiv 1 \pmod m$
$\rightarrow $ Se $ a ^d \equiv 1 \pmod m $ allora ( non è un vero "allora") per la divisione euclidea, deve valere $d=k \cdot ord_m(a) + r$ quindi

$a^d \equiv a^{k \cdot ord_m(a) + r} \equiv a^{k \cdot ord_m(a) } \cdot a^r \equiv a^r \equiv 1 \pmod m $ ma $r < ord_m(a)$ quindi $r=0$ ed ovviamente $ ord_m(a) \mid d$

Corollario 1 $a^{\alpha} \equiv a^{\beta} \pmod m \iff ord_m(a) \mid ( \alpha - \beta)$

Dimostrazione Uguale a prima, anzi più facile!

Corollario 2 $ord_m(a) \mid \varphi(m) $

Dimostrazione: Per il teorema di Eulero-Fermat ed il fatto importante, segue la tesi!


P.S. Comunque, bella quella dimostrazione Drago, vedo che l'ordine è potentissimo!

[ElPaso98]

Ragazzi scusatemi, non volevo riesumare, ma avevo qualche curiosità su qualche fatto, ad esempio
[tex]\bullet[/tex] come si dimostra che [tex]-1[/tex] non è residuo quadratico di [tex]p[/tex] con [tex]p \equiv 3 \pmod 4[/tex]? Ho qualche difficoltà con i moduli "generici", e poi
[tex]\bullet[/tex] come si dimostra che se [tex]p \equiv 1 \pmod 4 \rightarrow p\mid 4n^2+1[/tex]? E' una cosa scontata che mi sfugge o si usa Fermat?

[Rho33]

Allora, per dimostrare il primo punto, dimostra che per un primo $p \equiv 3 \pmod 4$ , se $a$ è residuo quadratico, allora $-a$ non lo è . (serve FLT)

Per il secondo, in realtà quello che ho fatto nella dimostrazione è scritto male: io ho dimostrato che se un primo divide quella cosa, allora non può che essere $\equiv 1 \pmod 4$ , cioè sono andato ad esclusione. Ammetto che quel "chiaramente soddisfa" non ha tanto senso, ovvero io ho detto: $3$ casi su $4$ non vanno bene, allora non può che rimanere l'ultimo e deve soddisfare per ipotesi.