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

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
dario2994
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Messaggio da dario2994 » 17 mag 2009, 14:11

Ops xD
Mi sono scordato di considerare il caso in cui 4|n... si può risolvere così
$ (m,n)=(x,4y)\cup (x,2y+1)\cup (x^2,4y+2) $
Prima ero stato un idiota xD
EDIT: Dato che non avevo veramente nulla da fare ho anche scritto m in funzione di n... non ho trovato nulla di più semplice che non usasse funzioni fatte apposta...
$ m=x^{(((((n\mod{4})^3\mod{3})+1)^3\mod{7})+1\mod{2})+1} $
In poche parole la cosa all'esponente si può dire che sia l'unica funzione che ho trovato con questa proprietà:
f(0)=1;f(1)=1;f(2)=2;f(3)=1;
Sono pronto a scommettere che però ne esiste una molto più semplice che però non mi è venuta in mente.
Dato che sono gia abbastanza OT tanto vale mettere anche quest'altra funzione che ha le proprietà precedenti:
$ f(n)=\lfloor\frac{((n\mod{4}) \mod{3})}{2}\rfloor +1 $
Più semplice di così non riesco a farla xD

pak-man
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Messaggio da pak-man » 17 mag 2009, 14:59

dario2994 ha scritto:Più semplice di così non riesco a farla xD
Più semplice di così c'è la soluzione di spiglerg nella pagina precedente:
$ n^5-n=(n-1)n(n+1)(n^2+1)\equiv0\pmod{30}\forall n\in\mathbb{Z}^+ $, dunque tutte le soluzioni $ ~(m,n) $ sono della forma $ (a^{2k},4j+2) $ o $ (a,p) $, con $ (a,p)\in\mathbb{N}_0^2 $, $ (k,j)\in\mathbb{N}^2 $, $ p\not\equiv2\pmod4 $

sasha™
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Messaggio da sasha™ » 17 mag 2009, 18:52

Un attimo. È facile verificare come l'ultima cifra di n⁵ è sempre uguale all'ultima cifra di n. Risulta ovvio perciò che 10|n⁵ - n. Tutto quello che resta da dimostrare, è che 3|n⁵ - n, ∀n ∈N. Scomponiamo n⁵ - n in n(n² + 1)(n + 1)(n - 1). Se 3|n, il problema non si pone. Se n non è divisibile per 3, lo saranno SEMPRE o (n - 1), o (n + 1), quindi n⁵ - n è sempre divisibile per 3. Perché n⁵ - n sia divisibile per 60, manca la divisibilità per 4. Se n è dispari, (n² + 1) è pari, e sia (n + 1) che (n - 1) sono pari, quindi n⁵ - n è divisibile per 4. Se n è pari, (n² + 1), (n + 1) ed (n - 1) sono dispari, quindi è sempre divisibile per 2, ma è divisibile per 4 solo se 4|n.

Quindi:

Se n è dispari, oppure 4|n, la relazione è vera per qualsiasi m.
Se n è pari ma non divisibile per 4, la relazione è vera solo per gli m = a², con a ∈N.


Presumo l'aveste già detto, ma sono troppo ignorante per comprendere tutta la notazione XD

pak-man
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Messaggio da pak-man » 17 mag 2009, 20:46

sasha™ ha scritto:Presumo l'aveste già detto, ma sono troppo ignorante per comprendere tutta la notazione XD
Infatti è quello che ha detto spiglerg e che ho ripetuto nel post precedente :wink:

marcuz
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Messaggio da marcuz » 17 mag 2009, 21:51

Posto la mia soluzione più per imparare ad esprimermi correttamente e chiaramente che per aggiungere qualcosa alle vostre.

Sia $ m = {p_1}^{\alpha_1}\cdot...\cdot{p_k}^{\alpha_k} $ la fattorizzazione in primi di m e $ g = gcd(\alpha_1,...,\alpha_k) $ il massimo comun divisore degli esponenti dei suoi fattori. Detto $ m_g = m^{\frac{1}{g}} $ possiamo scrivere:

$ \sqrt[60]{m^{n^5-n}} = {m_g}^{\frac{g(n^5-n)}{60}} $

questa espressione indica un numero intero se e solo se l'esponente è intero, ovvero deve essere intera la seguente:

$ \frac{g(n^5-n)}{60} = \frac{g(n-1)n(n+1)(n^2+1)}{{2\cdot5\cdot6}} $

Ma $ \forall n \in \mathbb{N} $ abbiamo che $ 6|(n-1)n(n+1) $ perchè il prodotto di tre interi consecutivi contiene sempre un multiplo di 3 e almeno un multiplo di 2, inoltre per il piccolo teorema di Fermat $ n^5 \equiv n \pmod{5} $ e dunque $ n|n^5-n $. Per il rimanente fattore 2 al denominatore, se $ n = 2k + 1 $ con $ k \in \mathbb{N}_0 $ allora otteniamo ancora che $ 2|(n-1)n(n+1) $, il che ci porta alle soluzioni $ (m, 2k+1) $. Se invece $ n = 2k $ allora $ (n-1)(n+1)(n^2+1) $ è dispari dunque o ancora una volta $ 2|n $, da cui le soluzioni $ (m, 4k) $, oppure $ 2|g $, da cui le soluzioni $ ({m_g}^{2h}, 2k) $ con $ h \in \mathbb{N}_0 $

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