diofantea da passatempo

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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jordan
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diofantea da passatempo

Messaggio da jordan » 02 dic 2008, 21:53

Trovare tutti gli $ (a_1,a_2,a_3) \in \mathbb{N}^3 $ tali che $ 2^{a_1}+3^{a_2}=5^{a_3} $
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Inkio
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Messaggio da Inkio » 04 gen 2009, 18:55

Intanto ci si accorge subito che a_1 ed a_2 devono essere congrui a 1 o 3 mod 4 e quindi dispari, lo si capisce attraverso le congruenze mod 5 di $ 3^{x} $ e $ 2^{x} $. Infatti ,se fossero congrue 2 mod 4 sarebbero$ 3^{x} $ e $ 2^{x} $ congrui a 4 mod 5, e non va bene, e se fossero congrue a 0 mod 4 allora sarebbero congrue($ 3^{x} $ e $ 2^{x} $)sempre a 1 mod 5 entrambe, e quindi non funzionerebbe.

Ora scriviamo su una colonna le ultime due cifre di 2^{x}prima e poi di 3^x, con x dispari, tanto le pari abbiamo visto sopra che non ci interessano.

02 03
08 27
32 43
28 87
12 83
48 47
92 23
68 07
72 63
88 67
52 03
08 27

Finalmente siamo arriavti alla ricorrenza(NB:"al posto di" 02 c'è 52 nella prima colonna, quindi 02 compare solo una volta). Ora, per far funzionare il tutto bisogna che ci sia una cifra della prima colonna tale che sommata a una cifra della seconda mi dia 25, oppure 125(se così non fosse l'unica soluzione è 3+2=5..)
L'unico caso in cui funziona è il caso 23 + 2.
Quindi ora dobiamo risolvere 3^(13+20k)+2=5^x^3....
A questo punto chiedo aiuto...so anche che 9/25<3^(13+20k)/5^x^3
,perchè si poteva vedere un $ 5^2 $di 5^x^3 come 16+9....però non credo mi possa servire più di tanto...... :cry: :cry: :cry: :cry: :cry:
HELP!!
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antosecret
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Messaggio da antosecret » 04 gen 2009, 19:03

Inkio ha scritto:Intanto ci si accorge subito che a_1 ed a_2 devono essere congrui a 1 o 3 mod 4 e quindi dispari
Scusa ma la soluzione (4,2,2)????

Inkio
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Messaggio da Inkio » 04 gen 2009, 19:07

antosecret ha scritto:
Inkio ha scritto:Intanto ci si accorge subito che a_1 ed a_2 devono essere congrui a 1 o 3 mod 4 e quindi dispari
Scusa ma la soluzione (4,2,2)????
Giusto, dimenticavo di dire che essendo cubi non possono essere congrui a2 mod 4....sorry...
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Inkio
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Messaggio da Inkio » 23 gen 2009, 15:03

Oh, finalmente penso di esserci...allora..eravamo rimasti al punto in cui
$ 2+3^x=5^y $..e questo punto lo si può risolvere graficamente.

Facciamo prima alcune premesse: diciamo per NOSTRA convenzione che la curva $ a^n $ è più "stretta" rispeto alla curva $ b^n $ se a>b(dico"stretta" perchè se le si disegna la prima risulta più vicina all'asse y della seconda....se a>b.....probabilmente esiste un termine adeguato per dire questa cosa....sfortunatamente non lo conosco... :cry: ).
In generale quindi due curve esponenziali $ y=a^x $ ed $ y=b^x $si incontrano nel primo quadrante solo nel punto (0,1) perchè negli altri punti, stando alla nostra convenzione, una è più stretta dell'altra(ovviamente con a diverso da b :lol: ) e quindi una passa più vicina all'asse y rispetto all'altra.

Ora la curva$ y=3^x+2 $ nel primo quadrante è una traslazione della curva$ y=3^x $ di vettore $ v:(0,2) $, quindi verso l'alto. Quindi la curva $ y=3^x+2 $ è più "stretta" rispetto alla curva $ y=5^x $ e quindi si incontrano al massimo in un punto nel primo quadrante(appunto perchè la seconda è SEMPRE più "vicina" all'asse y rispetto alla prima). Quindi la soluzione è al massimo una:3+2=5.

Funziona?..anche se funzionasse, jordan, puoi postare la tua soluzione please?..di sicuro è meno rozza della mia..
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edriv
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Messaggio da edriv » 23 gen 2009, 15:28

La tua soluzione funzionerebbe se dovesse valere per forza x=y.

Cercare l'intersezione delle due curve equivale a cercare un punto di ascissa a in cui valga:
$ ~ 2 + 3^a = 5^a $
però...

Una soluzione inoltre dovrò passare sicuramente per il fatto che x,y sono interi, ipotesi che non hai usato. Perchè se x,y sono reali basta scrivere qualcosa come:
$ ~ y = \log_5 (2+3^x) $
per avere quante soluzioni vuoi.

Inkio
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Messaggio da Inkio » 23 gen 2009, 15:33

CHE IDIOTA....(io ovviamente)..hai ragione...scusate..
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Goldrake
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Messaggio da Goldrake » 28 gen 2009, 17:27

Vediamo se così può andare

$ $2^x+3^y=5^z$ $
Considerazioni preliminari:

Riducendo modulo 4, ho
$ $(-1)^y\equiv 1^z \mod4 \implies y\quad \text{è pari}$ $ escludendo il caso $ $x=1$ $

Riducendo modulo 8 ho
$ $1\equiv 5^z \mod8$ $ escludendo il caso $ $x=2$ $
Infatti $ $3^y\equiv1 \mod8$ $ giacché y è pari come visto prima.
Quindi z è pari.

Riducendo modulo 3, ho che
$ $(-1)^x\equiv (-1)^z \mod3$ $ da cui x e z hanno la stessa parità, dunque anche x è pari.

Diofantea
Posto $ $x=2a, \quad y=2b\quad z=2c$ $ ho che

$ $3^{2b}=5^{2c}-2^{2a}=(5^c-2^a)(5^a+2^c)$ $
Ovvero deve esistere k intero non negaivo tale che
$ $3^{2b-k}=5^c+2^a $
$ $3^k=5^c-2^a $
Sommando le due equazioni
$ $3^{2b-k}+3^k=2\cdot5^c $
che è leggermente assurda modulo 3, salvo il caso k=0 (o 2b, ma è simmetrica la cosa).
Quindi il sistema di prima è
$ $3^{2b}=5^c+2^a $
$ $1=5^c-2^a $
Sottraendo
$ $3^{2b}-1=2\cdot2^a$ $
$ $(3^b-1)(3^b+1)=2\cdot2^a$ $
da cui, necessariamente (visto che sono due pari consecutivi uno è 2 modulo 4 e l'altro 0 mod4) si ha
$ $3^b-1=2$ $ da cui $ b=1, \quad a=2 $ ovvero
$ y=2, \quad x=4 $ e $ z=2 $

Resta quindi da esaminare 2 casi:

i)$ $x=1$ $

$ $2=5^z-3^y$ $ che ammette come soluzione solo
$ $z=y=1$ $
qui la dimostrazione
http://www.matematicamente.it/forum/5-x ... tml#160134

ii)$ $x=2$ $
$ $4=5^z-3^y$ $
e qui mi fermo per mancanza di tempo.

A presto, nel frattempo fatemi sapere se è ok. :wink:

Ciao!

Alex89
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Messaggio da Alex89 » 29 gen 2009, 14:10

$ 4=5^n-3^m $ è banale, in quanto considerata modulo 8 ti da n dispari e m pari, mentre considerata modulo 6 ti da n pari per $ m > 0 $. L'unica soluzione è $ m=0 n=1 $.

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Goldrake
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Messaggio da Goldrake » 29 gen 2009, 22:24

Bene, non mi ero minimamente cimentato.

Grazie per avermi anticipato. :wink:

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kn
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Messaggio da kn » 30 gen 2009, 16:12

Mancano i casi in cui uno degli esponenti ($ ~a_1 $ o $ ~a_2 $) è nullo. (Comunque si smontano velocemente :wink: )
Viviamo intorno a un mare come rane intorno a uno stagno. (Socrate)

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jordan
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Messaggio da jordan » 07 feb 2009, 14:57

Posto la mia..

1. Modulo 2 otteniamo $ a_1>0 $.
2. Se $ a_1=1 $ allora $ a_2>0 $: se $ a_2>1 $ allora modulo 9 $ a_5 \equiv 5 \pmod 6 \equiv 1 \pmod 2 $ e modulo 7 $ 2|a_3 $ assurdo, da cui la soluzione $ (1,1,1) $.
3. Modulo 4 otteniamo $ 2|a_2 $.
4. Modulo 5 otteniamo $ 2|a_1 $.
5. Modulo 8 se $ a_1=2 $ otteniamo $ 2 \nmid a_3 $, da cui modulo 3 $ a_2=0 $ e la soluzione $ (a_1,a_2,a_3)=(2,0,1) $.
6. Modulo 8 se $ a_1>2 $ otteniamo $ 2|a_3 $, da cui esistono $ (m,n) \in \mathbb{N}^2 $ t.c. $ (m,n)=1, 2mn=2^{a_1/2}, m^2-n^2=3^{a_2/2}, m^2+n^2=5^{a_3/2} $ da cui $ (4,2,2) $. :D
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FeddyStra
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Messaggio da FeddyStra » 07 feb 2009, 16:17

Già che ci sono metto anche la mia, che ci riporta a un lontano Marzo 2008...
Come Jordan, si trova la soluzione $ (1,1,1) $, dopo di che si dice che $ 2\mid a_1 $ e si conclude con quest'altro esercizio.
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]

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