n^4 + 4^n primo

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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matemark90
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n^4 + 4^n primo

Messaggio da matemark90 » 20 gen 2008, 17:42

Per quali n naturali $ n^4+4^n $ è primo?
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wolverine
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Messaggio da wolverine » 20 gen 2008, 20:37

Ah, il buon vecchio signor le Blanc...

(di tanto in tanto questo problema rispunta fuori, son sicuro di averlo gia' visto da qualche parte nel forum)
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jordan
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Messaggio da jordan » 20 gen 2008, 20:47

mmm..minimo altre 2 volte, comunque carino.
ma ki è blanc?io sapevo si chiamava un po diversamente.. :?
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matemark90
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Messaggio da matemark90 » 20 gen 2008, 21:07

Ah scusate, me lo avevano proposto qualche giorno fa a un incontro in preparazione ai provinciali ed è stato quello che mi sembrava più interessante (e mi ha fatto "perdere" più tempo). Comunque è bello :D
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Ani-sama
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Messaggio da Ani-sama » 21 gen 2008, 10:33

jordan ha scritto:mmm..minimo altre 2 volte, comunque carino.
ma ki è blanc?io sapevo si chiamava un po diversamente.. :?
Lo pseudonimo di Sophie Germain, infatti.
...

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thematrix
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Messaggio da thematrix » 21 gen 2008, 19:07

comparso,ma un po'diverso (era n^4 + 4)
e si risolve proprio allo stesso modo,o quasi
edit:comunque è Le Blanc u.u
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matemark90
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Messaggio da matemark90 » 21 gen 2008, 22:02

Sì infatti... Quello $ n^4+4 $ era banale anche senza conoscere l'identità. Bastava fattorizzare; invece per $ n^4+4^n $ c'è da lavorare un po' (senza esagerare, l'ho fatto io... :) )
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thematrix
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Messaggio da thematrix » 21 gen 2008, 23:52

um,perdonami,ma non ci vedo tutta questa differenza o.o
se n è pari,il numero sarà pari,a maggior ragione non primo.
se è dispari si procede con la fattorizzazione
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geda
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Messaggio da geda » 22 gen 2008, 11:39

Diciamo subito che $ \displaystyle n $ deve essere dispari. Si vede che $ \displaystyle n=1 $ è una soluzione $ \bigl(\displaystyle (1)^4+4^1=5\bigr) $ mentre $ \displaystyle n=3 $ non lo è. Sia allora $ \displaystyle n\geq 5 $.

$ n^4+4^n=n^4+2^{2n} $ $ =n^4+2^{2n}+2\cdot 2^n n^2-2\cdot 2^n n^2 $ $ =(n^4+2\cdot 2^n n^2+ 2^{2n})-2\cdot 2^n n^2 $ $ =(n^2+2^n)^2-2^{n+1}n^2 $ $ =(n^2+2^n+2^{\frac{n+1}{2}}n)(n^2+2^n-2^{\frac{n+1}{2}}n) $

Questo è ovviamente sempre un numero composto. Quindi l'unica soluzione è $ \displaystyle n=1 $.

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Messaggio da matemark90 » 22 gen 2008, 11:56

Questo è ovviamente sempre un numero composto. Quindi l'unica soluzione è n=1
Ok ma perchè unica soluzione uguale a 1? Bisogna imporre il fattore $ n^2+2^n-2^{\frac{n+1}{2}}n $ uguale a 1 e andare a verificare il valore. Per me non è così immediato dire che 1 è l'unica soluzione :oops:
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Messaggio da geda » 22 gen 2008, 12:26

matemark90 ha scritto: Ok ma perchè unica soluzione uguale a 1? Bisogna imporre il fattore $ n^2+2^n-2^{\frac{n+1}{2}}n $ uguale a 1 e andare a verificare il valore. Per me non è così immediato dire che 1 è l'unica soluzione :oops:
Hai ragione. Cerchiamo le soluzioni di $ n^2+2^n-2^{\frac{n+1}{2}}n =1 $ per $ n > 5 $. Per $ n = 5 $ sappiamo già che non è verificata. Si ha $ n^2+2^n-2^{\frac{n+1}{2}}n=1 \to 2^{\frac{n+1}{2}}(2^{\frac{n-1}{2}}-n)=1-n^2 $. Il secondo membro è sempre negativo per $ n > 5 $, mentre il primo membro, in particolare $ (2^{\frac{n-1}{2}}-n) $, è sempre positivo. Infatti, per induzione: $ n=7 $, $ (2^{3}-7)>0 $. Assumiamo che sia $ (2^{\frac{n-1}{2}}-n)>0 $ per $ n $ dispari qualsiasi, allora per $ n+2 $ si ha $ 2^{\frac{n+2-1}{2}}-n-2=2\cdot 2^{\frac{n-1}{2}} -n -2 = (2^{\frac{n-1}{2}}-n) + (2^{\frac{n-1}{2}} -2) $ che sono entrambe quantità positive per gli $ n $ suddetti.

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Messaggio da jordan » 22 gen 2008, 12:34

caso n=1,3,5 a mano. se n>5 dispari allora piu semplicemente $ \displaystyle n^2+2^n>2^n=2^{\frac{n+1}{2}}2^{\frac{n-1}{2}}\ge 2^{\frac{n+1}{2}}(n+1)>(2^{\frac{n+1}{2}}n)+1 $ :wink:
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Messaggio da Ponnamperuma » 22 gen 2008, 22:49

Ho provato anche a farlo a suon di congruenze, ma mi blocco.
Dopo aver osservato che deve essere n dispari e che 1 è soluzione,
Uso Fermat e trovo che 5 divide ogni f(n), purchè 5 non divida n.
Dovendo trattare i casi n=5k, però, non riesco a sbloccarmi... idee?
La grandezza dell'uomo si misura in base a quel che cerca e all'insistenza con cui egli resta alla ricerca. - Martin Heidegger

MIND torna!! :D

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jordan
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Messaggio da jordan » 23 gen 2008, 00:13

avevo iniziato pure io a farlo cosi..ma ti sei chiesto qual è il problema?
se fai le congruenze modulo $ a_1 $, come nel caso tuo, sempre se sei fortunato (ma ti dico che funziona solo per il 5, e dimmi perchè?), ti aggiusti tutti i numeri tranne quelli congruo 0 mod $ a_1 $. adesso se cerchi altre congruenze modulo $ a_2 $, potrai essere fortunato quanto vuoi , ma i multipli di $ a_2 $ non li aggiusti sicuro, e concludi che hai tutti i numeri tranne quelli multipli di $ a_1 $ e $ a_2 $..data che la dimostrazione deve ( o dovrebbe) essere in un numero finito di righe, e che ilprocesso deve essere iterato (quante volte? :cry: ), sei d'accordo che ci sia qualche problema?
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