[Sant'Anna] Trovare (m,n) per cui la radice è intera

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
marcuz
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[Sant'Anna] Trovare (m,n) per cui la radice è intera

Messaggio da marcuz » 16 mag 2009, 00:09

Determinare tutte le coppie $ (m,n) $ di interi positivi per cui $ \sqrt[60]{m^{n^5 - n}} $ risulta a sua volta un intero.
Nessun uomo è un'isola (J. Donne)

sasha™
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Messaggio da sasha™ » 16 mag 2009, 14:37

Dunque, con α ∈N, sono:
(1, α); (α, 1); (α², 2); (α, 3); (α, 4). Ce ne saranno altre, ora le cerco.

Alex90
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Messaggio da Alex90 » 16 mag 2009, 14:51

Non puoi andare a tentativi sennò non finisci mai :wink:

sasha™
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Messaggio da sasha™ » 16 mag 2009, 15:00

Alex90 ha scritto:Non puoi andare a tentativi sennò non finisci mai :wink:
Lo so, ma provare per casi piccoli è sempre buona cosa :D
E siccome intanto avevo trovato questi, li ho postati.
Quello che sappiamo è che n⁵ ≡ n (mod x), con x|60. No?

pak-man
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Messaggio da pak-man » 16 mag 2009, 15:13

sasha™ ha scritto:
Alex90 ha scritto:Non puoi andare a tentativi sennò non finisci mai :wink:
Lo so, ma provare per casi piccoli è sempre buona cosa :D
E siccome intanto avevo trovato questi, li ho postati.
Quello che sappiamo è che n⁵ ≡ n (mod x), con x|60. No?
Non necessariamente: posto $ p_i\in\{2,3,5,7,\ldots\} $ e $ p_i\ne p_j\mbox{ }\forall i\ne j $, $ $m=\prod p_i^{\alpha_i} $, allora $ $m^{n^5-n}=\prod p_i^{\alpha_i(n^5-n) $.
Dunque perché sia una potenza 60-esima, si ha che $ 60|\alpha_i(n^5-n)\mbox{ }\forall i\in\mathbb{N} $, e non necessariamente il fattore 60 è contenuto in $ ~n^5-n $: ad esempio, può essere che $ 60|\alpha_i\mbox{ }\forall i\in\mathbb{N} $ e dunque $ ~n^5-n $ può anche non essere multiplo di 60.

spiglerg
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Messaggio da spiglerg » 16 mag 2009, 15:14

Allora, prima verifico quando
$ $$ 60 | n^5-n \rightarrow 60 | n(n^2-1)(n^2+1) $$ $

Ragionando sui possibili moduli $ 2, 3, 4, 5 $ mi accorgo $ \forall n $, $ n^5-n $ e' divisibile per 3 e per 5, e quando $ n $ e' dispari o $ n\equiv 0 \pmod{4} $ e' divisibile per $ 4 $. Dunque posso trovare infinite soluzioni nella forma $ (\alpha, p), \forall \alpha $ e $ p \equiv 0,1,3 \pmod{4} $.
A questo punto cerco soluzioni per $ n \equiv 2 \pmod{4} $: anche in questo caso $ n^5-n $ contiene almeno un fattore 3 ed un fattore 5, ma solamente un fattore 2. In questo caso l'unico requisito e' che $ m $ sia un quadrato perfetto, e dunque sono soluzioni le coppie $ (k^2, p), p \equiv 2 \pmod{4} $.

MOD: avevo invertito m ed n.
Ultima modifica di spiglerg il 17 mag 2009, 14:33, modificato 2 volte in totale.

sasha™
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Messaggio da sasha™ » 16 mag 2009, 15:19

pak-man ha scritto:
sasha™ ha scritto:
Alex90 ha scritto:Non puoi andare a tentativi sennò non finisci mai :wink:
Lo so, ma provare per casi piccoli è sempre buona cosa :D
E siccome intanto avevo trovato questi, li ho postati.
Quello che sappiamo è che n⁵ ≡ n (mod x), con x|60. No?
Non necessariamente: posto $ p_i\in\{2,3,5,7,\ldots\} $ e $ p_i\ne p_j\mbox{ }\forall i\ne j $, $ $m=\prod p_i^{\alpha_i} $, allora $ $m^{n^5-n}=\prod p_i^{\alpha_i(n^5-n) $.
Dunque perché sia una potenza 60-esima, si ha che $ 60|\alpha_i(n^5-n)\mbox{ }\forall i\in\mathbb{N} $, e non necessariamente il fattore 60 è contenuto in $ ~n^5-n $: ad esempio, può essere che $ 60|\alpha_i\mbox{ }\forall i\in\mathbb{N} $ e dunque $ ~n^5-n $ può anche non essere multiplo di 60.
Io veramente avevo posto x divisore di 60, non multiplo. Se m è una quinta potenza, ad esempio, l'esponente deve essere multiplo di 12. Questo volevo dire.

dario2994
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Messaggio da dario2994 » 16 mag 2009, 15:38

Io ho trovato con estrema semplicità queste soluzioni (senza fare tutti i vostri casini xD):
$ $(m;n)=(x^{\frac{60k}{(60,n^5-n)}};n)$ $
Ho probabilmente toppato xD
Ultima modifica di dario2994 il 16 mag 2009, 15:44, modificato 4 volte in totale.

sasha™
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Messaggio da sasha™ » 16 mag 2009, 15:40

dario2994 ha scritto:Io ho trovato con estrema semplicità queste soluzioni (senza fare tutti i vostri casini xD):
$ n=0 \Rightarrow m \not= 0 $
$ n\not=0 \Rightarrow m=\frac{60k}{(60,n)} $
Ho probabilmente toppato xD
Credo che porre n = 0 (o 1, è la stessa cosa) fosse troppo facile.

pak-man
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Re: [Sant'Anna] Trovare (m,n) per cui la radice è intera

Messaggio da pak-man » 16 mag 2009, 15:41

dario2994 ha scritto:$ n=0\Rightarrow m\ne0 $
marcuz ha scritto:Determinare tutte le coppie $ ~(m,n) $ di interi positivi

dario2994
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Messaggio da dario2994 » 16 mag 2009, 15:41

Ho editato... avevo toppato appunto xD Riguardate

spiglerg
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Messaggio da spiglerg » 16 mag 2009, 15:57

Sembra corretto, ma secondo quanto ho scritto prima $ n^5-n $ e' sempre divisibile per 30, quindi il MCD e' sempre o 30 o 60, a seconda dell'altro fattore 2 disponibile, e da qui ottieni semplicemente $ m $ generico o quadrato perfetto. :)

dario2994
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Messaggio da dario2994 » 16 mag 2009, 16:08

Mi è venuto in mente che se si volesse fare una cosa più rigorosa bisognerebbe anche imporre una condizione sulla x (del ragionamento di alcuni post fa). La condizione è che detti a_1,a_2,a_3... a_n gli esponenti della fattorizzazione di x allora
$ (a_1,a_2,a_3,...,a_{n-1},a_n)=0 $
Questo perchè se così non fosse si potrebbe arrivare ad un valore di m con diversi valori di k ed x.

dario2994
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Messaggio da dario2994 » 17 mag 2009, 11:20

In effetti rivedendo quello che hai detto mi sono accorto che la risposta può essere molto più semplice (avevo esagerato da morire xD):
$ (m,n)=(x^2,2y) \cup (x,2y+1) $
Oppure per scriverlo diversamente:
$ m=x^{2-(n\mod{2})} $

marcuz
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Messaggio da marcuz » 17 mag 2009, 12:20

dario2994 ha scritto:In effetti rivedendo quello che hai detto mi sono accorto che la risposta può essere molto più semplice (avevo esagerato da morire xD):
$ (m,n)=(x^2,2y) \cup (x,2y+1) $
Secondo me ti mancano delle soluzioni, per esempio (3,4)
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