Primi

[axpgn]

1)

Se $p=p_1^2+p_2^2+p_3^2$, dove $p, p_1, p_2, p_3$ sono numeri primi, allora uno fra $p_1, p_2, p_3$ è $3$

Dimostrazione.


2)

Se $p$ è un numero primo, mostrare che $2^p+3^p$ non è mai una potenze perfetta.



Cordialmente, Alex

[dan95]

Faccio al volo il primo, ma anche il secondo non mi sembra troppo difficile

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

1.
Supponiamo che nessuno tra $p_1, p_2$ e $p_3$ è 3 allora

$$p_1=3k_1 \pm 1$$

$$p_2=3k_2 \pm 1$$

$$p_3=3k_3 \pm 1$$

Da cui segue che 3 divide la somma dei loro quadrati infatti

$$p_1^2 + p_2 ^2 + p_3^2\equiv 3 \mod 3$$

Assurdo.

2.

Ricordiamo che $(a+b, \frac{a^p+b^p}{a+b})=1$ o $p$ quando $a$ e $b$ sono coprimi, in questo caso se $p \ne 5$ concludiamo subito che se $2^p+3^p$ fosse una potenza non banale perfetta allora lo sarebbe anche il fattore 5=2+3 assurdo.

[hydro]

Giusto per sponsorizzare un po' la teoria dei numeri: notate che la celeberrima congettura abc (che è un teorema in un'area molto limitata del Giappone, ma questa è un'altra storia) implica immediatamente che l'equazione $2^p+3^p=n^k$ ha un numero finito di soluzioni. Infatti la congettura ci dice che esiste una costante assoluta $C$ tale che \(n^k<C\cdot \text{rad}(2^p\cdot 3^p\cdot n^k)^{3/2}= C\cdot (6\cdot \text{rad}(n))^{3/2}\le C\cdot (6\cdot n)^{3/2}\), ma ovviamente c'è solo un numero finito di coppie $(n,k)$ con $k\ge 2$ che soddisfano la disuguaglianza $n^k<C\cdot (6n)^{3/2}$. Questo è un esempio molto semplice della potenza di abc. I più avventurosi possono provare ad usarla per dimostrare che l'equazione $x^n+y^n=z^n$ ha un numero finito di soluzioni non banali negli interi per $n\ge 3$...

[axpgn]

@dan95
Il primo è ok , il secondo non mi è molto chiaro, potresti specificare meglio?


Cordialmente, Alex

[dan95]

Volentieri

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Mostriamo che $(5, 2^{p-1} - 2^{p-2} \cdot 3 + \cdots - 2 \cdot 3^{p-2} + 3^{p-1})=1$ per $p \ne 5$, scriviamo $3=5-2$, allora

$$2^{p-1} - 2^{p-2} \cdot (-2)+ \cdots - 2 \cdot (-2)^{p-2} + (-2)^{p-1} \equiv p2^{p-1} \not ≡ 0 \mod 5$$

sa cui $(5, 2^{p-1} - 2^{p-2} \cdot 3 + \cdots - 2 \cdot 3^{p-2} + 3^{p-1})=1$, quindi il massimo l’ esponente del numero primo $5$ nella fattorizzazione di $2^p+3^p$ è 1 e questo conclude che $2^p+3^p$ non può essere una potenza perfetta non banale di un numero.

Il caso $p=5$ si fanno i calcoli e si verifica.

[axpgn]

Ok,