Ammissione WC 2017 N 2

Numeri interi, divisibilità, primalità, ed equazioni a valori interi.

Ammissione WC 2017 N 2

Messaggioda Salvador » 19/02/2017, 17:49

Determinare tutte le coppie di numeri primi $(p,q)$ che soddisfano l'equazione $p^3-q^3=pq^3-1$. Avrei una mezza soluzione credo, ma mi servirebbe un aiuto per finirla...
Testo nascosto:
Riscriviamo l'equazione nella forma $p^3+1=(p+1)q^3$, ovvero $p^2-p+1=q^3$, da cui applicando il teorema delle radici razionali su $p$ ottengo $p | (q-1)(q^2+q+1)$. Per il primo caso ottengo $q=kp+1$, e sostituendo $p^2-p+1=(kp+1)^3$, che dopo alcuni calcoli diventa $k^3p^2+(3k^2-1)p+(3k+1)=0$, che ha discriminante $\Delta = (3k^2-1)^2-4k^3(3k+1)=-3k^4-4k^3-6k^2+1<0$ per $k \ge 1$, per cui non vi è alcuna soluzione. Per il caso $p | q^2+q+1$ deduco $p|\dfrac{p(p-1)}{q-1}$ e dunque $q-1 | p-1$ e $p=k(q-1)+1$, ma poi non saprei come continuare.

Come potrei continuare?
EDIT:
È giusto che la risposta è "l'unica soluzione è $(19,7)$"?
Ultima modifica di Salvador il 28/02/2017, 11:29, modificato 1 volta in totale.
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Re: Ammissione WC 2017 N 2

Messaggioda Salvador » 21/02/2017, 21:39

Qualcuno che mi dia un aiuto grazie :evil:
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Re: Ammissione WC 2017 N 2

Messaggioda MattialaRana » 22/02/2017, 11:07

Scusa come fai a dedurre che p divide quella roba nel secondo caso?
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Re: Ammissione WC 2017 N 2

Messaggioda Salvador » 27/02/2017, 20:45

Perché $p|q^2+q+1=\dfrac{q^3-1}{q-1}=\dfrac{p^2-p}{q-1}=p\dfrac{p-1}{q-1}$ per sostituzione dall'equazione iniziale, e poiché $p$ è primo allora $\dfrac{p-1}{q-1}$ è intero, dunque $q-1|p-1$ e $p=k(q-1)+1$.
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Re: Ammissione WC 2017 N 2

Messaggioda ElPaso98 » 20/03/2017, 21:22

Vorrei proporre la mia soluzione dato che il problema è rimasto quasi irrisolto, ma soprattutto per capire se questa è esatta (di certo non è completa, non sono stato esauriente al 100%), mi riferisco in modo particolare a chi ha partecipato al WC e ha già avuto a che fare con questo problema, grazie dell'aiuto.
Scomponendo e fattorizzando si arriva all'equazione [tex]p(p-1)=(q-1)(q^2+q+1)[/tex], poichè [tex]p>q[/tex] si ha che [tex]p\mid q^2+q+1\rightarrow pk=q^2+q+1[/tex], questo implica [tex]q-1\mid p-1\rightarrow p=(q-1)k+1 \rightarrow pk=k[(q-1)k+1]=q^2+q+1[/tex], scrivendo per esteso abbiamo [tex]q^2-q(k^2-1)+1-k+k^2=0[/tex], il discriminante dev'essere un quadrato perfetto perchè [tex]q[/tex] sia un intero, quindi vale:
[tex](k^2-1)^2-4(k^2-k+1)=\blacksquare[/tex] che si riscrive come: [tex](k-1)^2-\blacksquare=4(k^2-k+1)[/tex], [tex]\bigstar[/tex] quindi [tex]RHS[/tex] è una differenza di quadrati e si fattorizza in modo unico come [tex](a+b)(a-b)[/tex] dove i due fattori hanno la stessa parità. Per soddisfare a questa condizione riscriviamo meglio il nostro [tex]RHS[/tex] come:
[tex](k^2-1)^2-\blacksquare=2(2k^2-2k+2)[/tex]. Si tratta quindi di risolvere un sistema (come si fanno le graffe grandi?):
[tex]\bullet a-b=2[/tex]
[tex]\bullet a+b=2k^2-2k+2[/tex]
che porta ad [tex]a=k^2-2k+2[/tex]; ricordandoci [tex]a^2-b^2=(k^2-1)^2-\blacksquare[/tex] basta ora risolvere [tex]k^2-k+2=k^2-1\rightarrow k=3\rightarrow q=7\rightarrow p=19[/tex].

EDIT: tutto quello dopo la stellina è vero a metà nel senso che quella fattorizzazione è buona ma non necessariamente l'unica dato che [tex](k^2-k+1)[/tex] potrebbe essere fattorizzabile. Provo ad aggiustare riprendendo dalla [tex]\bigstar[/tex]:
Si ha che [tex]4(k^2-k+1)[/tex] è una quantità sempre positiva, e ciò implica che [tex]\blacksquare<(k^2-1)^2[/tex] e allora i casi sono due:
[tex]\rightarrow \blacksquare=(k^2-2)^2[/tex] che non porta a nessuna soluzione, oppure
[tex]\rightarrow\blacksquare\le(k^2-3)^2[/tex] che porta a [tex]k\le 3[/tex] da cui la soluzione [tex](19,7)[/tex].
ElPaso98
 
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