OliForum Matematico

$ 2=3^y-7^x $
Analizzo mod4 e noto che $ \displaystyle y $ e $ \displaystyle x $ hanno stessa parità.
$ 7^x-1=3^y-3 $
Ora sfrutto la formula per le progressioni geometriche e ho:
$ \displaystyle \sum_{i=0}^{x-1} 7^i=\sum_{i=0}^{y-2} 3^i $
Noto che, per $ y \geq 2 $ LHS ha meno fattori di RHS.
Quindi posso raccogliere in questo modo:
$ \displaystyle \sum_{i=0}^{x-1} 7^i-3^i=\sum_{i=x}^{y-2} 3^i $
Ma per quanto detto all'inizio RHS ha un numero dispari di addendi, si ha quindi:
$ \displaystyle 4\mid LHS $ ma $ \displaystyle 4\nmid RHS $ impossibile. Rimane quindi il caso $ y-2=x-1=0 $ che porta all'unica soluzione $ y=2 $ e $ \displaystyle x=1 $

Che ne pensate? Ci sono errori?

Mod 4 si ottiene che x,y hanno la parità differente, perciò falla il punto finale .
Comunque gran bella idea... stanno uscendo fuori metodi carini per affrontare le diofantee
p.s. gli "elementi" di una somma si chiamano addendi non fattori.

dario2994 ha scritto:Mod 4 si ottiene che x,y hanno la parità differente, perciò falla il punto finale .
Comunque gran bella idea... stanno uscendo fuori metodi carini per affrontare le diofantee
p.s. gli "elementi" di una somma si chiamano addendi non fattori.

Giusto giusto. Mi sembrava strano una soluzione tutto sommato semplice fosse sfuggita ai vostri occhi esperti.
Grazie per l'averla definita una bella idea; ora non so se portandola avanti si giunge a qualcosa, però si dovrebbe poter svillupare LHS e scriverlo come 4(ROBA) e far vedere che la diofantea ha soluzione solo con ROBA=0
Ripeto che l'idea è praticabile a proprio rischio e pericolo, non porta necessariamente alla soluzione.
Per il p.s. ra edito, piccola distrazione.

Giusto per non lasciare niente in sospeso risolvo anche il (brutto ) problema di gibo92:
$ \displaystyle~7^n+2^n=16+x^2 $
n > 1, quindi $ \displaystyle~(-1)^n\equiv x^2\pmod 4 $ da cui $ \displaystyle~n=2m $ per qualche m. Supponiamo m > 2: $ \displaystyle~x^2-7^{2m}=4^m-16>0 $, quindi $ \displaystyle~x\ge 7^m+1 $, da cui $ \displaystyle~4^m-16=x^2-7^{2m}\ge 2\cdot 7^m+1 $, assurdo. Quindi $ \displaystyle~m\le 2 $, che dà l'unica soluzione $ \displaystyle~n=4,x=49 $.

Problema 56. Mostrare che per ogni $ ~a \ge b $ interi positivi e $ ~p \in \mathbb{P} \setminus\{2,3\} $ vale: $ ~p^3 \mid \displaystyle \binom{ap}{bp}-\binom{a}{b} $.

UP! Vi do ancora 2 giorni poi se nessuno ha qualcosa in contrario metto la soluzione

Considero $ q(x)=(x-1)(x-2)\cdots (x-(p-1))=x^{p-1}-c_1x^{p-2}+\cdots-c_{p-2}x+c_{p-1} $

Fatto 1: $ c_1\equiv c_2\equiv\cdots\equiv c_{p-2}\equiv 0\pmod p $ e $ c_{p-1}=(p-1)!\equiv -1\pmod p $
Il polinomio $ p(x)=x^{p-1}-1 $ ha le stesse radici in $ \mathbb F_p $ di $ q(x) $, dunque $ r(x)=q(x)-p(x) $ ha le stesse radici di $ q(x) $ e grado $ \le p-2 $,
assurdo in quanto tale polinomio avrebbe più radici in $ \mathbb F_p $ del suo grado , deve necessariamente essere il polinomio nullo;
la tesi si ottiene confrontando i coefficienti di q(x) e p(x).

Fatto 2$ \displaystyle p|\sum_{j=1}^{p-1}{j^k} $ se e soltanto se $ p-1\nmid k $, altrimenti la somma è $ p-1 $ modulo p.
Considero un generatore g modulo p, la somma si riscrive come $ \displaystyle\sum_{j=1}^{p-1}{g^{jk}}\equiv\frac{g^{k(p-1)}-1}{g^k-1}\equiv 0\pmod p $

Fatto 3: $ p^2|c_{p-2} $
$ \displaystyle c_{p-2}=(p-1)!\sum_{j=1}^{p-1}{\frac{1}{j}}\equiv\frac{(p-1)!}{2}\sum_{j=1}^{p-1}{\frac{1}{j}+\frac{1}{p-j}}\equiv\frac{(p-1)!}{2}\sum_{j=1}^{p-1}{\frac{p}{j(p-j)}}\equiv -\frac{p!}{2}\sum_{j=1}^{p-1}{\frac{1}{j^2}} 0\pmod {p^2}\Longleftrightarrow \sum_{j=1}^{p-1}{\frac{1}{j^2}} 0\pmod p $.
Quest'ultima deriva dal Fatto 2.

Corollario $ q(ap)\equiv (p-1)!\pmod {p^3} $
Difatti $ q(ap)=(ap)^{p-1}-c_1(ap)^{p-2}+\cdots+c_{p-3}(ap)^2-c_{p-2}ap+c_{p-1} $, per i Fatti 1 e 3 $ p^3 $ divide tutti i termini tranne $ c_{p-1} $.

Passiamo finalmente al problema...

$ \displaystyle\binom{pa}{pb}=\frac{ap(ap-1)\cdots(ap-(p-1))(a-1)p((a-1)p-1)\cdots((a-b+1)p-(p-1))}{pb(pb-1)\cdots(pb-(p-1))\cdots p(p-1)\cdots 2\cdot 1} $
$ \displaystyle\frac{a(a-1)\cdots(a-b+1)}{b!}\cdot\frac{\prod_{h=a-b+1}^a{q(hp)}}{\prod_{k=1}^b{q(kp)}}\equiv\binom{a}{b}\frac{(p-1)!^b}{(p-1)!^b}\equiv\binom{a}{b}\pmod {p^3} $
che è la tesi.

Se non ci sono errori grossolani (molto probabile dato che ho saltato alcuni passaggi) dovrebbe funzionare

Bene Vai pure con il 57!

Definisco $ $f(n,k)=\frac{n!}{k!} $
Vale:
$ $gcd\left(f(n,k);f(n+1,k)\right)|k\cdot f(n,k-1) $ ***

Il massimo comun divisore da studiare è uguale a (ottenuto moltiplicando per k!):
$ $\frac{gcd\left(f(n,k);f(n+1,k);\dots ;f(n+k,k)\right)}{k!} $
Chiamo G(n,k) il gcd al numeratore.
Se dimostro che G(n,k)|k! unendolo al fatto ovvio k!|G(n,k) ottengo che la frazione vale 1 e perciò anche il gcd da studiare; che è la tesi.
Lo dimostro per induzione su k
Passo base: k=1... risulta ovvio dato che n,n+1 sono sicuramente coprimi.
Passo induttivo: Svolgo il gcd "a coppie" sfruttando *** e poi uso l'ipotesi induttiva:
$ $G(n,k)|gcd(k\cdot f(n,k-1);k\cdot f(n+1,k-1);\dots ;k\cdot f(n+k,k-1))=k\cdot G(n,k-1)=k! $
Che è la tesi

EDIT: non so perchè ma mi pare segata da qualche parte...

Metto anche la mia:
Fissato $ \displaystyle~n $ sia $ \displaystyle~g(j)=\gcd\left(\binom{n}{j},\binom{n+1}{j},\cdots,\binom{n+j}{j}\right) $
Dimostriamo per induzione che $ \displaystyle~g(j)=1 $.
Passo base: $ \displaystyle~g(0)=1 $ poiché $ \displaystyle~\binom{n}{0}=1 $.
Passo induttivo: supponiamo $ \displaystyle~g(j)=1 $ e mostriamo che $ \displaystyle~g(j+1)=1 $ con $ \displaystyle~j+1\le k $.
Poiché $ \displaystyle~\forall i\le j~g(j+1)\mid\binom{n+i+1}{j+1}-\binom{n+i}{j+1}=\binom{n+i}{j} $ (giacché divide ambedue i binomiali) otteniamo $ \displaystyle~g(j+1)\mid g(j) $ da cui la tesi.

dario2994 ha scritto:$ $gcd\left(f(n,k);f(n+1,k)\right)|k\cdot f(n,k-1) $ ***

Ma $ \displaystyle~f(n,k) $ non divide $ \displaystyle~f(n+1,k) $?

dario2994 ha scritto:Definisco $ $f(n,k)=\frac{n!}{k!} $
Vale:
$ $gcd\left(f(n,k);f(n+1,k)\right)|k\cdot f(n,k-1) $ ***

Per come è definito $ f(\cdot,\cdot) $ vale $ f(b,c)\mid f(a,c) $ per ogni $ (a,b,c)\in \mathbb{N}^3 $ tale che $ a\ge b\ge c $. Per cui anche $ f(n,k)\mid f(n+1,k) $, ciò significa che la tua affermazione è vera se e solo se $ f(n+1,k) \mid kf(n,k-1) $ se e solo se $ k^2\mid n+1 $...
Il resto non ho finito di leggerlo ma anche quest'altra affermazione non mi pare molto corretta:

dario2994 ha scritto:Il massimo comun divisore da studiare è uguale a (ottenuto moltiplicando per k!):
$ $\frac{gcd\left(f(n,k);f(n+1,k);\dots ;f(n+k,k)\right)}{k!} $

Bye
Edit @Kn: bien
Edit: controllata anche quella di dario2994, bien anche quella

Ok, sono un pirla, la dimostrazione che ho fatto è probabilmente giusta, ma ho sbagliato a definire f(n,k)... ecco la vera definizione:
$ $ f(n,k)=\frac{n!}{(n-k)!} $

Problema 58. Mostrare che se $ \displaystyle~\frac{x^2+1}{y^2}+4 $ è un quadrato perfetto allora vale 9.

Siccome è passata una settimana ma l'ho scoperto solo ieri e non ho tempo di ragionarci molto, provo a buttare li qualche idea che non so dove porti:
$ \displaystyle \frac {x^2+1}{y^2}+4=n^2 $
$ \displaystyle x^2-y^2(n^2-4)=-1 $
Che è un'equazione di Pell e cio' dovrebbe essere confortante.
Ad esempio possiamo dire che $ \displaystyle n^2-4 $ deve poter essere scritto come somma di due quadrati, inoltre se, a differenza mia, si conosce come risolvere un'equazione di Pell con il metodo delle frazione continue si potrebbe giungere a qualcosa di interessante.
Analizzando mod4 si ricavano anche informazioni su tutte le variabili.
Spero di essere stato utile..

Vediamo un po cosa esce fuori

Non so bene quante cose debba definire

Lavoro in $ \mathbb{Z}[\sqrt{d}] $, cioè quell'insieme che ha elementi del tipo $ z=x+y\sqrt{d} $ con $ x,y\in \mathbb{Z} $

Sia $ \bar{z}=x-y\sqrt{d} $ il coniugato di z e sia $ N(z)=z\bar{z}=x^2-dy^2 $ la norma, si dimostra facilmente che norma e coniugato sono moltiplicativi

Lemma 1:
Sia $ $a_0$ $ la più piccola soluzione di $ N(a)=1 $ allora $ N(b)=-1 $ ha soluzioni sse esiste un $ $b$ $ t.c. $ b^2=a_0 $ []

Ora ponendo $ $n>3$ $ prendo l'equazione di Pell

$ N(z)=4 $

La più piccola soluzione è $ $z_0=n+\sqrt{n^2-4}$ $

Fatto 1
Se $ v_1=\frac{z_0^3}{8} $ allora $ N(v)=1 $

Dim
$ $\frac{z_0^3}{8}\frac{\bar{z_0}^3}{8}=1 $ []

Fatto 2
$ $v_1$ $ è la più piccola soluzione di $ N(v)=1 $
con $ v>1 $

Dim
Chiamo $ 1<$v_0$ $ la più piccola soluzione di $ N(v)=1 $

Fatto 2.1
$ v_1<v^3_0 $

Dim
$ \frac{z_0}{2} < v_0 $, infatti $ \frac{z_0}{2}\ne v_0 $
$ \frac{z_0}{2}\notin \mathbb{Z}[\sqrt{n^2-4}] $ poichè $ $n$ $ è dispari e $ \frac{z_0}{2}\leq v_0 $ per la minimalità di $ z_0 $.

Quindi $ v_1=\frac{z^3_0}{8}<v^3_0 $ []

Fatto 2.2
$ v_1\ne v^2_0 $

Dim
Se pongo $ v_1 = v^2 $
Con
$ $v=a+b\sqrt{n^2-4}$ $ e $ $v_1=\frac{n^3-3n}{2}+\frac{n^2-1}{2}\sqrt{n^2-4}$ $

viene un sistema che non ha soluzioni con $ 3<n $

In conclusione $ v_1=v_0 $ []

Applico il Lemma 1 e poichè non esiste $ v^2=v_0 $ l'equazione di Pell $ N(u)=-1 $ non ha soluzioni []

Se $ $n=3$ $

$ x^2-5y^2=-1 $ ha come soluzione minima $ u_0=2+\sqrt{5} $ []

Dovrebbe andare