Equazioni Diofantee : Metodo delle congruenze

Metodo delle congruenze

Leggi prima ‘La divisione con il resto”

Un altro metodo spesso utilizzato per dimostrare che un’equazione Diofantea non ha soluzioni (magari dopo aver posto condizioni aggiuntive sulle variabili per escludere le soluzioni già trovate), è valutarne la congruenza modulo un qualche m, e dedurre che la relativa congruenza è impossibile. Se lo è, lo sarà anche l’equazione originale (numeri uguali hanno lo stesso resto modulo m qualunque). Per meglio visualizzare l’aiuto fornito dalle condizioni, se per esempio si ricava che la variabile p numero primo deve essere p ≡ 0 (mod 3), allora si può dedurre che proprio p = 3; e sostituendo direttamente nell’equazione si verifica se effettivamente questa individua una soluzione.

ESEMPIO

Quali sono le coppie (p,n) di interi non negativi con p primo tali che

p² + n − 3 = 6ⁿ + n⁶?

L’equazione p² + n − 3 = 6ⁿ + n⁶ comprende due termini, −3 e 6ⁿ , che sparirebbero considerandola modulo 3. Prima si deve prestare attenzione al caso particolare n = 0, un valore accettabile in quanto non negativo. Solo in questo caso

6ⁿ = 6⁰ = 1 e quindi 6ⁿ non è congruente a 0 modulo 3. Sostituendo n = 0 si ottiene p² − 3 = 1 e quindi la soluzione accettabile (2, 0).
Se invece n ≠ 0, si considera l’equazione di partenza modulo 3: p²+n ≡ n⁶ cioè p² ≡ n⁶−n.
Si analizzano i tre casi n ≡ 0, 1, 2 (mod 3):

se n ≡ 0 allora p² ≡ 0⁶ − 0 = 0;

se n ≡ 1 allora p² ≡ 1⁶ −1 = 0;

n ≡ 2 allora p² ≡ 2⁶ −2 = 64−2 = 62 ≡ 2. Il terzo caso è impossibile: infatti, un quadrato perfetto non è mai congruo a 2 modulo 3; detto in altre parole, 2 non è un residuo quadratico modulo 3.

Segue che, in ogni caso, p² ≡ 0 (mod 3). Questo significa che, ricordando la definizione stessa di congruenza, 3 | p², e quindi 3 | p. Siccome p è un numero primo, l’unica possibilità è p = 3. Si sostituisce questo valore nell’equazione di partenza, ricavando

9+n −3 = 6ⁿ +n⁶ cioè 6+n = 6ⁿ +n⁶.

Secondo il testo del problema, n deve essere non negativo, e il caso n = 0 è stato già trattato. Quindi n ≥ 1, il che determina 6ⁿ ≥ 6 e n⁶ ≥ n, con uguaglianza nel solo caso n = 1.

Segue che 6ⁿ + n⁶ ≥ 6 + n e l’uguaglianza vale se e solo se n = 1. In questo modo si determina la seconda soluzione (3, 1), e si prova anche che non ne esistono altre.

ESEMPIO

Trovare le soluzioni intere, se ce ne sono, per l’equazione:

42^a + a⁴² = 26^a· a²⁶

Tentare di risolvere esplicitamente l’equazione data è impensabile, ma se esiste un a che la soddisfa, lo stesso soddisferà anche

42^a + a⁴² ≡ 26^a a²⁶ (mod 5).

Questa è molto più facile da risolvere, e tenendo presente che 42 ≡ 2, 26 ≡ 1 (mod 5) l’equazione può essere riscritta come 2^a + a⁴² ≡ 1^a· a²⁶ ≡ a²⁶ (mod 5).

Si verifica poi che modulo 5 tutte le potenze si ripetono ciclicamente ogni 4 volte, cioè a⁵ = a

per ogni a(05 = 0,  1⁵ = 1, 2⁵ = 32 ≡ 2, 3⁵ ≡ (−2)⁵ = −(2⁵) ≡ −2 ≡ 3, 4⁵ ≡ (−1)⁵ = −1 ≡ 4).

Dato poi che
42 ≡ 2, 26 ≡ 2 (mod 4),

allora anche

a⁴ . 2 = a⁴0 · a² = (a⁴)¹0 · a² ≡ 1¹0 · a² = a²

e allo stesso modo

a²6 ≡ a².

Possiamo allora scrivere

2^a + a² ≡ a² (mod 5) ⇒ 2 a ≡ 0 (mod 5).

Ma questo è chiaramente impossibile, e quindi anche l’equazione iniziale non ha soluzioni.

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