3^x-5^y=z^2 (bmo.2009.1)

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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jordan
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3^x-5^y=z^2 (bmo.2009.1)

Messaggio da jordan » 30 apr 2009, 20:49

Trovare tutti gli $ (x,y,z) \in \mathbb{Z}^3 $ tali che $ 3^x-5^y=z^2 $


(Con piccola modifica...)
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Ani-sama
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Messaggio da Ani-sama » 30 apr 2009, 21:05

Eh, complicarlo però non vale! :P

L'originale richiede semplicemente $ x,y,z $ interi positivi (strettamente).

Carino, comunque. Ho scritto due o tre passaggi credo sensati e poi mi sono malamente arenato. Pazienza! :D
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jordan
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Messaggio da jordan » 30 apr 2009, 21:31

Ani-sama ha scritto:Eh, complicarlo però non vale! :P
Non lo sto complicando, e sinceramente mi chiedo perchè non ce l'abbiano messo direttamente così..

Ani_sama ha scritto:Carino, comunque. Ho scritto due o tre passaggi credo sensati e poi mi sono malamente arenato. Pazienza! :D
Sul carino avrei da ridire, comunque poco male, hai(=abbiamo) solo perso metà pomeriggio di nullafacenza :lol:

Ps. ho scoperto solo dopo la fine della gara che eri te quello seduto davanti a me! Non ci siamo neanke presentati XD
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Messaggio da Maioc92 » 30 apr 2009, 22:27

io ho provato a risolvere nel caso x,y,z strettamente positivi e sono arrivato a dire (spero vivamente sia giusto!!!!) che, escludendo il caso x=2,y=1,z=2 le altre soluzioni sono da cercare nell'espressione 2*3^5k=5^y+1, dove k=x/10. Ora però mi sono bloccato....... :(
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!

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Ani-sama
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Messaggio da Ani-sama » 30 apr 2009, 22:49

Provo a scrivere a grandi linee ciò che avevo combinato fino al punto di impantanamento.

Con un argomento non difficile modulo 5 (tra residui quadratici e resti delle potenze di 3) si può vedere che $ x $ è pari. Scrivo $ x=2h $. Allora, è vero che:

$ 5^y = (3^h - z)(3^h+z) $

Questo mi piace abbastanza, perché da una parte ho la potenza di un primo, dall'altra ho un prodotto. Di conseguenza ciascuno di quei due fattori deve essere una potenza di $ 5 $. Cioè, esiste un certo $ s $ intero tra compreso tra $ 0 $ e $ y $ tale che:

$ 3^h - z = 5^s $
$ 3^h + z = 5^{y-s} $

Intanto osservo che non può essere $ s=y $ altrimenti nella seconda equazione avrei due interi strettamente positivi la cui somma è $ $1 $. Ora sommo membro a membro e trovo così: $ 2 \cdot 3^h = 5^s + 5^{y-s} $. Poiché da una parte ho solo i primi $ 2 $ e $ 3 $, non può essere che $ s \neq 0 $, perché altrimenti di là avrei senz'altro un fattore $ 5 $ a moltiplicare. Morale, $ s=0 $ e mi ritrovo con questo sistema:

$ 3^h - z = 1 $
$ 3^h + z = 5^y $

da cui deduco, come visto prima sommando membro a membro, l'equazione:

$ 2 \cdot 3^h = 5^y + 1 $

Poi volendo uno dimostra con poca fatica che $ z $ deve essere pari, che $ y $ deve essere dispari, ma arrivato a questo punto mi sono arenato...
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Messaggio da jordan » 30 apr 2009, 22:56

Ani-sama ha scritto:Poi volendo uno dimostra con poca fatica che $ z $ deve essere pari, che $ y $ deve essere dispari, ma arrivato a questo punto mi sono arenato...
Se $ h>1 $ cosa puoi dire su $ z $?
Avevi finito.. :?

Ps.ancora convinto sul carino?
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Messaggio da julio14 » 30 apr 2009, 23:05

jordan mi ha preceduto mentre scrivevo, ma ormai...

h=0, y=0
h=1, y=1.
h>1
ragionando modulo 9, $ $y=3\pmod6 $, mando y in 3y
$ $2\cdot3^h=5^{3y}+1=(5^y+1)(5^{2y}-5^y+1) $
ora la prima parentesi è evidentemente quella pari, quindi dovrà a sua volta essere uguale a 2 per una potenza di 3
$ $2\cdot3^{h_1}=5^y+1 $
discesa infinita, bon.
"L'unica soluzione è (0;0;0)" "E chi te lo dice?" "Nessuno, ma chi se ne fotte"
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Messaggio da Ani-sama » 30 apr 2009, 23:18

jordan ha scritto:Se $ h>1 $ cosa puoi dire su $ z $?
Avevi finito.. :?

Ps.ancora convinto sul carino?
No aspetta, proprio mi sfugge. Arrivato al punto che ho scritto, ho passato due ore e mezza in cui tra le altre cose ho ridimostrato la nota fattorizzazione di $ 3^x -1 $ convinto di aver fatto una cosa furba. :D
$ $2\cdot3^h=5^{3y}+1=(5^y+1)(5^{2y}-5^y+1) $
ora la prima parentesi è evidentemente quella pari, quindi dovrà a sua volta essere uguale a 2 per una potenza di 3
Ma aspetta, qui cosa hai fatto? Devi ripartire i fattori, e sei sicuro che $ 5^y+1 = 2 \cdot 3^s $ e che $ 5^{2y}-5^y+1 = 3^{y-s} $, ma....?

EDIT
No ok, ora forse ci sono. xD
Ultima modifica di Ani-sama il 30 apr 2009, 23:31, modificato 3 volte in totale.
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Messaggio da jordan » 30 apr 2009, 23:29

Ani-sama ha scritto:$ 2 \cdot 3^h = 5^y + 1 $
Da qui o fai come julio sopra, oppure $ 7|5^3+1|5^y+1=2 \cdot 3^h $ ..

Edit: eh beh :wink:
Ultima modifica di jordan il 30 apr 2009, 23:44, modificato 1 volta in totale.
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Messaggio da Ani-sama » 30 apr 2009, 23:33

Vabbè insomma, forse qualche punto me lo danno lo stesso... :o
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Messaggio da EUCLA » 01 mag 2009, 10:07

LOL, per la cronaca, anche io sono arrivata allo stesso punto di Anisama :lol:

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Messaggio da piever » 01 mag 2009, 18:10

Ani-sama ha scritto:$ 2 \cdot 3^h = 5^y + 1 $
Per una buffa coincidenza, viene facilmente con questo lemma e poi facendo considerazioni sulla grandezza di LHS e RHS...

Tra l'altro è curioso che ho postato questo lemma subito prima che si sapessero i problemi dei balkan...
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Messaggio da Desmo90 » 02 mag 2009, 02:00

jordan ha scritto: Ps2. Bronzo sui 20..?
secondo me più basso: 10/15

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Messaggio da Desmo90 » 03 mag 2009, 11:24

Desmo90 ha scritto:
jordan ha scritto: Ps2. Bronzo sui 20..?
secondo me più basso: 10/15
dai risultati ufficiali: bronzo 6, argento 15, oro 23.

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Messaggio da jordan » 03 mag 2009, 12:42

Desmo90 ha scritto:dai risultati ufficiali: bronzo 6, argento 15, oro 23.
:shock: :shock:
Alla faccia, e complimenti alla squadra italiana!
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