Diofantea da un PreIMO

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
matty96
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Diofantea da un PreIMO

Messaggio da matty96 » 18 giu 2011, 23:55

Determinare tutte le coppie di numeri interi positivi $n$ ed $x$ tali che $2^n+5^n=x^2+65$

P.S. io l'ho iniziato ma non l'ho finito, ma mi è sembrato tosto....magari domani mattina se mi alzo presto cerco di attacarlo da un'altra angolazione, perchè so già cosa devo tentare di dimostrare.
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Drago96
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Re: Diofantea da un PreIMO

Messaggio da Drago96 » 19 giu 2011, 19:45

Bella! Ma anche tosta... :evil:
Per ora sono arrivato a n pari e x divisibile per 12. Inoltre provando i casi "piccoli" sono arrivato alla coppia (4,24)... :)
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Re: Diofantea da un PreIMO

Messaggio da matty96 » 19 giu 2011, 19:55

Bravo che hai capito la parità di x, però credo che ti serva più capire come è n.....e semplice questo, è dopo che si complica(infatti ho scoperto un aiuto e l'ho finito, ma l'hint ti porta alla soluzione più semplice e vedrai come è semplice, non so se lo vuoi, intanto prova ad andare avanti come ti ho consigliato)
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Re: Diofantea da un PreIMO

Messaggio da Drago96 » 19 giu 2011, 21:24

Mi sa che non riesco a dire molto di n... :cry:
Ho solo notato che $2^n\equiv 4 \ (mod \ 12)$
e poi $10\mid x+2^m \ V \ x-2^m$ con $2m=n$

Infine una banale riscrittura con scomposizione che però non so dove possa portare: $5(5^{n-1}-13)=(x+2^m)(x-2^m)$

Però non darmi ancora nessun indizio! Forse però domani te lo chiederò... :P
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Re: Diofantea da un PreIMO

Messaggio da matty96 » 20 giu 2011, 12:25

vedila $\pmod 5$
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Re: Diofantea da un PreIMO

Messaggio da paga92aren » 20 giu 2011, 21:47

$4|n$, serve a qualcosa?

Hawk
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Re: Diofantea da un PreIMO

Messaggio da Hawk » 20 giu 2011, 22:33

Non so se serve a qualcosa ma:
Sappiamo che $ n $ è pari $ => $$ 2^{2k}+5^{2k}=p $, dove $ p\in \mathbb{P} $ (primi).
$ p \equiv 1 \pmod{4} \land 65 \equiv 1 \pmod{4}=>p-65 \equiv 0 \pmod{4}=>x^2 \equiv 0 \pmod{4} $
Infine riscrivo l'equazione come:
$ p-65=16k^2 $

Può essere una strada (ho paura di no):roll: ?
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Re: Diofantea da un PreIMO

Messaggio da pepperoma » 20 giu 2011, 22:40

Considerando l'equazione mod 5, ho visto che $ n $ è pari. Dopodichè isolando $ x^2 $,ho ragionato mod 25 sull'altro membro, che non risulta mai un residuo quadratico. Quindi non dovrebbero esserci soluzioni. Non ho ricontrollato, per favore correggetemi; è giusto così?

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Re: Diofantea da un PreIMO

Messaggio da Hawk » 20 giu 2011, 22:51

La soluzione c'è $ n=4 $ e $ x=24 $.
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Re: Diofantea da un PreIMO

Messaggio da pepperoma » 20 giu 2011, 22:53

Allora ricontrollo.

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Re: Diofantea da un PreIMO

Messaggio da pepperoma » 20 giu 2011, 23:27

Errore stupido, con un niente di fatto. Ci riprovo un'altra volta.

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Re: Diofantea da un PreIMO

Messaggio da Drago96 » 20 giu 2011, 23:43

A me mod 5 non dice nulla... :cry: magari ricontrollo domani che sono un po' più sveglio... :lol:
Forse una scomposizione basata su $65=2^6+1$ porta a qualcosa... :?
Un piccolo hint sulla strada da percorrere? Che metodo usare?
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Re: Diofantea da un PreIMO

Messaggio da Sonner » 21 giu 2011, 14:28

Ecco la mia :P
Supponiamo n dispari, allora $7\mid 2^n+5^n \rightarrow x^2\equiv -65\equiv -2 \pmod 7$, assurdo perchè $-2$ non è un residuo quadratico $\rightarrow n=2m$.
Riscrivo come $x^2=5^{2m}+2^{2m}-65$. Per $m\geq 4$ vale $5^{2m}<5^{2m}+2^{2m}-65< (5^m+1)^2$ (l'ultimo pezzo equivale infatti a $2^{2m}-65\leq 2\cdot 5^m+1$, vero per $m\geq 4$). Casi piccoli a mano $\rightarrow (4,24)$ è l'unica soluzione.

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Re: Diofantea da un PreIMO

Messaggio da ileo83 » 21 giu 2011, 15:47

mi pare che funzioni.

non ho pero' capito il ragionamento di Hawk.
cioe' in particolare, quando dici che poiche' n e' pari,
2^n+5^n=p, p primo.
c'e' un teorema che consente di farti trarre questa conclusione?

in effetti nell'unica soluzione trovata il secondo membro e' primo.
ma perche'?
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Re: Diofantea da un PreIMO

Messaggio da Sonner » 22 giu 2011, 12:56

Ma infatti è falso, ad esempio giocandoci un attimo si vede che $2^8\equiv 1 \pmod {17}, 5^8\equiv -1 \pmod {17} \rightarrow 17\mid 2^{8+16q}+2^{8+16q}$ per $q$ naturale.

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