Trova tutti i valori interi positivi di $n$ per cui $2^n+17$ è:
a) un quadrato perfetto.
b) un cubo perfetto.
Nell 'a) non riesco a risolvere per $n$ dispari...
$2^n+17$
Re: $2^n+17$
$2\mid n \rightarrow n=2\omega \rightarrow 17 = (k-2^{\omega})(k+2^{\omega})$ da cui si ottiene che $k=9, \omega = 3, n=6$ che si verifica essere una soluzione.
$2\nmid n \rightarrow n= 2h+1 \rightarrow 2^{2h+1}+16 = k^2-1 \rightarrow 16(2^{2h-3}+1) = (k+1)(k-1)$ ma siccome $k$ è dispari, $k=2w+1 \rightarrow 4(2^{2h-3}+1) = w(w+1)$. Siccome $(4,2^{2h-3}+1) = (w,w+1) =1$ i casi sono due:
$w=4$ e allora l'eq diventa, dopo le opportune semplificazioni, $2^{2h-3} =4$ che non ha evidentemente soluzione
$w+1=4$ che fatti i calcoli ci porta a concludere che $h=2$ e quindi $n=5$ che si verifica essere una soluzione.
$2^n +17 = k^3 \rightarrow 2^4(2^{n-4}+1) = k^3-1 = (k-1)(k^2+k+1)$ Siccome $(2^4,2^{n-4}+1) = (k-1,k^2+k+1) = 1$ i casi sono come sopra due:
$k-1= 2^{n-4}+1$ che non è accettabile in quanto $k^2+k+1$ sarebbe dispari mentre dovrebbe essere una potenza di due
$k-1 = 2^4 \rightarrow k=17$ che non è accettabile in quanto si avrebbe che $17\nmid 2^n = 17^3-17 $
E quindi la b) non ha soluzioni. (ma mi sembra strano, avrò sbagliato qualcosa...)
Non ho idea della difficoltà, ma non credo che sia impossibile generalizzare a trovare per quli valori di $n$, $2^n+p$ con $P\in \mathbb{P}$ sia un quadrato o un cubo perfetto.
$2\nmid n \rightarrow n= 2h+1 \rightarrow 2^{2h+1}+16 = k^2-1 \rightarrow 16(2^{2h-3}+1) = (k+1)(k-1)$ ma siccome $k$ è dispari, $k=2w+1 \rightarrow 4(2^{2h-3}+1) = w(w+1)$. Siccome $(4,2^{2h-3}+1) = (w,w+1) =1$ i casi sono due:
$w=4$ e allora l'eq diventa, dopo le opportune semplificazioni, $2^{2h-3} =4$ che non ha evidentemente soluzione
$w+1=4$ che fatti i calcoli ci porta a concludere che $h=2$ e quindi $n=5$ che si verifica essere una soluzione.
$2^n +17 = k^3 \rightarrow 2^4(2^{n-4}+1) = k^3-1 = (k-1)(k^2+k+1)$ Siccome $(2^4,2^{n-4}+1) = (k-1,k^2+k+1) = 1$ i casi sono come sopra due:
$k-1= 2^{n-4}+1$ che non è accettabile in quanto $k^2+k+1$ sarebbe dispari mentre dovrebbe essere una potenza di due
$k-1 = 2^4 \rightarrow k=17$ che non è accettabile in quanto si avrebbe che $17\nmid 2^n = 17^3-17 $
E quindi la b) non ha soluzioni. (ma mi sembra strano, avrò sbagliato qualcosa...)
Non ho idea della difficoltà, ma non credo che sia impossibile generalizzare a trovare per quli valori di $n$, $2^n+p$ con $P\in \mathbb{P}$ sia un quadrato o un cubo perfetto.
"Se [...] non avessi amore, non sarei nulla."
1Cor 13:2
"[...] e se io non so pentirmi del passato, la libertà è un sogno"
Soren Kierkegaard, Aut-Aut, Ed. Mondadori, pag. 102
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Re: $2^n+17$
Sfortunatamente no. Vedi da solo dov'è il problema? Se ho due diverse fattorizzazioni dello stesso numero...Mist ha scritto:$2\nmid n \rightarrow n= 2h+1 \rightarrow 2^{2h+1}+16 = k^2-1 \rightarrow 16(2^{2h-3}+1) = (k+1)(k-1)$ ma siccome $k$ è dispari, $k=2w+1 \rightarrow 4(2^{2h-3}+1) = w(w+1)$. Siccome $(4,2^{2h-3}+1) = (w,w+1) =1$ i casi sono due:
$w=4$ e allora l'eq diventa, dopo le opportune semplificazioni, $2^{2h-3} =4$ che non ha evidentemente soluzione
$w+1=4$ che fatti i calcoli ci porta a concludere che $h=2$ e quindi $n=5$ che si verifica essere una soluzione.
In ogni caso, convinciti che qualcosa che non va ci deve essere, perchè non hai trovato la soluzione $ 2^9+17=23^2 $.
P.S. Ah, osservazioni simili valgono anche per la soluzione del punto b)
"Solo due cose sono infinite: l'universo e la stupidità dell'uomo, e non sono tanto sicuro della prima" - Einstein
Membro dell'EATO
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Re: $2^n+17$
D: ho capito, sono un idiota, non devo scrivere le dimostrazioni mentre chatto...
correggo domani al massimo, buona pasqua a tutti !
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Re: $2^n+17$
Ancora non l'ho finito, però ho fatto qualcosina
a) Per il momento ho provato che ce ne sono in finiti e della forma n=3k
Allora $2^n+17$ è dispari quindi posso porre $2^n+17=(2a+1)^2=4a^2+4a+1 \implies 2^n+16=4a(a+1)$. Ora sicuramente $8 \mid 2^n+16$ quindi poichè 8 divide 16, $8 \mid 2^n$
Ovviamente la soluzione più piccola è n=3, ma verifico che $2^n \equiv 0 \pmod 8$ è vera per n=3k, k>0.Infatti $8^k \equiv 0 \pmod 8$
a) Per il momento ho provato che ce ne sono in finiti e della forma n=3k
Allora $2^n+17$ è dispari quindi posso porre $2^n+17=(2a+1)^2=4a^2+4a+1 \implies 2^n+16=4a(a+1)$. Ora sicuramente $8 \mid 2^n+16$ quindi poichè 8 divide 16, $8 \mid 2^n$
Ovviamente la soluzione più piccola è n=3, ma verifico che $2^n \equiv 0 \pmod 8$ è vera per n=3k, k>0.Infatti $8^k \equiv 0 \pmod 8$
<<Se avessi pensato (se pensassi) che la matematica è solo tecnica
e non anche cultura generale; solo calcolo e non anche filosofia,
cioè pensiero valido per tutti, non avrei fatto il matematico (non
continuerei a farlo)>> (Lucio Lombardo Radice, Istituzioni di
Algebra Astratta).
Mathforum
$ \displaystyle\zeta(s)=\sum_{n=1}^\infty \frac {1}{n^s} $
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Re: $2^n+17$
ma ci sei o ci fai? 8|2^n per ogni n maggiore di 2 ma questa è solo una condizione necessaria, ben lungi dall'essere sufficiente!matty96 ha scritto:Ancora non l'ho finito, però ho fatto qualcosina
a) Per il momento ho provato che ce ne sono in finiti e della forma n=3k
Allora $2^n+17$ è dispari quindi posso porre $2^n+17=(2a+1)^2=4a^2+4a+1 \implies 2^n+16=4a(a+1)$. Ora sicuramente $8 \mid 2^n+16$ quindi poichè 8 divide 16, $8 \mid 2^n$
Ovviamente la soluzione più piccola è n=3, ma verifico che $2^n \equiv 0 \pmod 8$ è vera per n=3k, k>0.Infatti $8^k \equiv 0 \pmod 8$
Re: $2^n+17$
Si lo so.Infatti volebo cancellarlo il post, solo che non ero a casa....quando si fanno le cose di fretta!!!!!!
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Re: $2^n+17$
Faccio il punto b) intanto...
Analizzo modulo 7 e ottengo che $2^n+17$ può fare solamente $4,5,0$ in corrispondenza rispettivamente di $n\equiv 0,1,2 \pmod 3$. Siccome i residui cubici modulo 7 sono $0, \pm 1$, si deve avere $n=3h+2$, e allora $2^n+17=4\cdot 8^h+17$. Analizzo modulo 9 e ottengo che $4\cdot 8^h +17$ può fare solamente $3,4$, mentre i residui cubici modulo 9 sono $0, \pm 1$ e quindi assurdo.
Analizzo modulo 7 e ottengo che $2^n+17$ può fare solamente $4,5,0$ in corrispondenza rispettivamente di $n\equiv 0,1,2 \pmod 3$. Siccome i residui cubici modulo 7 sono $0, \pm 1$, si deve avere $n=3h+2$, e allora $2^n+17=4\cdot 8^h+17$. Analizzo modulo 9 e ottengo che $4\cdot 8^h +17$ può fare solamente $3,4$, mentre i residui cubici modulo 9 sono $0, \pm 1$ e quindi assurdo.
"Il bon ton è la grazia del saper vivere, la leggerezza dell' esistere." (Lina Sotis, perfidamente elegante)