Esponenziale Tosta

[Drago96]

Il chè significa che sei riuscito a fare in poco tempo ciò che quell'indiano ha fatto in molti anni xD

Guarda che non ho risolto proprio un bel niente...
E poi a Ramanujan piaceva trovare delle formule generali per le serie, mica risolvere equazioni!

[xXStephXx]

Mi riferivo a Lez.

[fph]

Lez, in ogni caso, per favore, in futuro quando posti equazioni puoi indicare la fonte (oppure "problema inventato", e specificare in questo caso se hai una soluzione *completa* e *dimostrata* oppure no)? Questo eviterebbe equivoci spiacevoli che si sono già verificati un paio di volte. A nessuno piace perdere ore su un problema che poi si rivela insolubile.

Nota che se hai letto le regole di utilizzo del forum (vero?) hai già visto questo avvertimento...

[Omar93]

Secondo me Ramanujan era solo modesto.
Allora ho provato a fare qualcosa :
caso x pari mi viene (6,6)
caso x dispari :
$ 2 * 2^{2k}-28=y^2 $
y è pari. Quindi : $ 2^{2k-1} - 7 = h^2 $
h è dispari a meno che 2k-1=0 ma non si hanno interi.
Quindi : $ 2^{2k-3}-2 = m^2+m $
Ora m è pari. Allora: $ 2{2k-4} - 1 = 2n^2+n $ n non è pari a meno che sia 0.
Se è 0 allora ottengo la coppia x,y (5,2) (5,-2)
Se invece n è dispari allora non so cosa dovrei continuare a fare. E' troppo lungo.
Se no potevo dire:
$ 2^{x} - y^2 = 28 $, y è pari.
Quindi: $ 2^{x}-4h^2=28 $
$ 2^{x}=4h^2+28=4(7+h^2) $
$ 2^{x-2}=(7+h^2) $,cioè h dispari.
Ora mi metto un pò a provare.
$ h^2=9 $ ho $ 2^{x-2}=2^4 $
$ h^2=25 $ ho $ 2^{x-2}=2^5 $
$ h^2=121 $ ho $ 2^{x-2}=2^7 $
ecc.....

[LeZ]

Premetto che l'ho inventata a caso perchè ho trovato soluzioni carine, in genere le creo cosi, e mi diletto a dimostrare l'autenticità di ciò ecc..
Stamattina dopo aver letto i vostri messaggi, ho ricontrollato la mia soluzione, che ora posto e ho trovato un errore. Ora comunque posto tutto.
Il caso x pari è banale, è da come soluzioni $ 6,6 $.
Analizziamo insieme il caso con x dispari.
L'equazione posso riscriverla come $ 2^z-k^2=2^3-1 $ con $ z=x-2 $ e$ k={y\over2} $. Faccio alcune modifiche, $ 2^3(2^{z-3}-1)=(k+1)(k-1); 8(2^a-1)=n(n-2) $ con $ a=z-3 $ e $ n=k+1 $; Se vogliamo semplificarla ancora $ 8(c-1)=n(n-2 $) con $ c=2^a $ e trovo subito come soluzione la coppia $ (5,2) $.
Ora per un razionale $ k_1 $, vale la scrittura $ {n\over8}=k_1 $ e $ {c-1\over{n-2}}=k_1 $. Sviluppiamo e sostituiamo e troviamo l'equazione risolvente $ 8k^2-2k-c+1=0 $
$ \Delta $ è un quadrato quando $ 8c-7=w^2 $ questo si ha solo per $ c=1 $ che fornisce la soluzione trovata in precedenza, per $ c=2 $, che fornisce la coppia $ (6,6) $, per $ c=4 $ che fornisce $ (7,10) $, $ c=16 $ che fornisce $ (9,22) $ e per $ c=4096 $, che ci da $ (17,362) $.
La mia dimostrazione era stata fino a stamattina completata con una precisazione sulla natura delle variabili $ c $ e $ z $ e sulla loro parità, purtroppo mi sono reso conto di un errore precedente che mi ha costretto a lasciare almeno per ora, la soluzione cosi.

Parlando al di fuori dell'esercizio in se, che reputo comunque interessante e utile, d'ora in avanti prometto di non inventare più nulla perchè veramente sono stufo di ricevere prese in giro o comunque richiami per un lavoro che io svolgo e propongo a tutti non per disturbare ma per poter agevolare gli altri e me stesso in sede agonistica. Con ciò chiedo scusa di non essere oro mondiale e mi ritiro nel mio lavoro da studente.

[Omar93]

Anch'io avevo pensato di fare come te nella soluzione ma poi mi sono detto che scrivere $ y^2/2 $ e lasciarlo da solo era sbagliato. Ti ringrazio mille per la tua soluzione!

[LeZ]

Ho lavorato sulle congruenze e ho saltato passaggi, per spiegarmi meglio: $ 2^x-y^2=28 $, essendo $ x>2 $ sicuramente, e $ y $ necessariamente pari, posso dividere tutto per 4, spero sia più chiaro, ripeto, mi sono accorto che la mia soluzione non è del tutto completa.

[dario2994]

Bon.... qui c'era un presa per il culo al genio lez. Per paura di ricevere bastonate dall'alto dei cieli e per sentimenti positivi verso il prossimo è sostituito dai miei progressi con la diofantea.
Allora prima di tutto le soluzioni ci stanno e abbondano quindi tentare di azzannarla coi moduli è sconsigliabile a meno di lavorare modulo $2^k$ assumendo $x\ge k$... questa è un'idea ricorrente... ma non funziona e si dimostra anche che non funziona perchè per ogni $k$ esiste $y$ tale che $2^k|y^2+7$... per dimostrarlo ho usato il lemma di Hensel, ma si può fare anche a manina tanto è un caso facile facile.
Bon... quindi i moduli si escludono e escludete anche speranze di decidere la parità di $x$... dato che ci sono soluzioni per $x$ dispari e ce ne sono parecchie.
Il caso $x$ pari è facile quindi in realtà si può assumere $x$ dispari... e poi? Bon... poi può venire in mente che la diofantea diventa una Pell:
$y^2-2(2^{(x-1)/2})^2=-7$
Quindi cerco soluzioni di $a^2-2b^2=-7$ con $b$ potenza di 2. Le soluzioni minime sono: $3^2-2\cdot 2^2=1$ e $1^2-2\cdot 2^2=-7$ Quindi non è difficile dimostrare, a partire principalmente dal fatto che $3+2\sqrt2$ è radice di $x^2-6x+1$ che $b_0=2$ $b_1=4$ $b_{n+2}=6b_{n+1}-b_n$ genera tutte le $b$ che sono soluzione.
Bene ora non resta che trovare tutti i termini della successione $b_i$ che sono potenze di 2... io non sono riuscito a farlo e sono riuscito a dire poco... ma penso sia fattibile... ora a voi

p.s. non mi sono dilungato a spiegare... tanto non porta a soluzione... diciamo che per chi vuole continuare questa può essere una strada...

[FrancescoVeneziano]

Per favore cerchiamo di essere moderati.
LeZ, hai fatto benissimo a proporre la diofantea, va benissimo che ti inventi problemi e cerchi di risolverli, e ti invito a continuare a postare sul forum.
Semplicemente, faresti meglio, quando proponi un problema, a specificare se è un problema che hai inventato o se viene da una gara, e se ne conosci o no la soluzione.

Questa diofantea è abbastanza famosa, non posso che suggerire, ai più esperti che in altri thread maneggiavano gli interi dei campi quadratici, di farlo anche qui
Ma non è facile, c'è da lavorare.

[LeZ]

Ti ringrazio per il tuo intervento pertinente
Non è la prima volta che ricevo critiche a riguardo, purtroppo tutti possono sbagliare!

P.S non sapevo fosse cosi famosa!

[dario2994]

Questa diofantea è abbastanza famosa, non posso che suggerire, ai più esperti che in altri thread maneggiavano gli interi dei campi quadratici, di farlo anche qui
Ma non è facile, c'è da lavorare.

Non so quanto senso abbia e se possa aiutare... ma chiedo preventivamente: $\mathbb{Q}[\frac{1+\sqrt{-7}}{2}]$ ha mica delle belle proprietà? edit: wiki mi assicura che ha tutte le belle proprietà che speravo

[dario2994]

Continuo a procedere, così quantomeno non mi dimentico quello a cui sono arrivato:
Parto da $x^2+7=2^n$
Continuerò a dare per scontato che $n$ è dispari.
Ha molto senso lavorare in $\mathbb{Z}\left[\frac{-1+\sqrt{-7}}2\right]$... questo perchè? Beh perchè non ci vuole molto ad accorgersi che x è dispari... allora sostituendo $y=2x+1$ si arriva a:
$y^2+y+2=2^{n-2}$ e qui facendo sostituzioni di variabili, che non faccio perchè x,n mi piacciono come nomi si arriva a $x^2+x+2=2^n$
Bon... ora viene in mente di lavorare nel coso che ho detto perchè: è a fattorizzazione unica! Che è una gran cosa... cioè in realtà si comporta esattamente come gli interi. E inoltre il numero complesso che ho aggiunto è radice del polinomio di LHS quindi questo si scompone. E ancora di più si scompone anche il 2! Che in particolare detto $\omega= \frac{-1+\sqrt{-7}}2$ vale $2=\omega\bar{\omega}$. Quindi arrivo a:
$(x-\omega)(x-\bar{\omega})=\omega^n\bar{\omega}^n$
Cosa ci piace di questa scrittura? Beh che i 2 fattori in RHS sono banalmente coprimi, e un po' meno banalmente lo sono anche quelli di LHS... insomma la differenza è $\omega-\bar{\omega}$ e questa non è divisa da $\omega,\bar{\omega}$. Quindi in realtà i vari fattori si accoppiano a 2 a 2 e sono uguali a meno di segno
Continuo dopo cena forse...

[dario2994]

Allora.... sono arrivato a:
$(x-\omega)(x-\bar{\omega})=\omega^n\bar{\omega}^n$
Bene, da qui ho anche detto che sono un po' tutti coprimi, quindi insomma vale una tra:
$\omega^n=\pm(x-\omega)$
$\omega^n=\pm(x-\bar{\omega})=\pm((x+1)+\omega)$
Ora dico: $\omega^n=a_n+b_n\omega$ e le robe scritte sono vere sse : $b_n=\pm 1$
Vale $b_0=0,b_1=1$ e:
$\omega^{i+1}=\omega(a_i+b_i\omega)=a_i\omega-b_i\omega-2b_i=-2b_i+(a_i-b_i)\omega$ quindi $a_{i+1}=-2b_i$ e $b_{i+1}=a_i-b_i$ da cui ottengo la meravigliosa: $b_{i+2}=-b_{i+1}-2b_i$
Quindi ho $b_0=0,b_1=1,b_{i+2}=-b_{i+1}-2b_i$ e se $n$ soddisfa l'equazione iniziale $|b_i|=1$.
La cosa interessante è che vale facilmente anche il viceversa! Quindi insomma devo trovare per quali $n$: $|b_n|=1$...
Sono arrivato qui... non so se si conclude ma mi pare comunque figo (è facile verificare che per $n=1,2,3,5,13$ $|b_n|=1$ )

[dario2994]

Altro piccolo progresso:
La sequenza dei $b_i$ è di Mersenne (non l'ho mostrato ma è fatto noto più o meno... poi se mai riuscirò a chiudere la dimostrazione poi dimostro tutti i fatti che dò per scontati) ! Quindi se esiste un $n$ diverso da $1,2,3,5,13$ tale che $b_n=\pm 1$ allora il minor $n$ di questo tipo è o prodotto di alcuni tra $1,2,3,5,13$ (alpiù un fattore per tipo) e sono casi finiti che si escludono facilmente (ad esempio col metodo delle Pell che ho scritto qualche messaggio fa si esclude facile fino a $n<tanto$) oppure $n$ è primo. Quindi ora posso assumere $n$ primo!
Un'altra idea oltre a questa che mi era venuta in mente oggi a scuola era di scrivere in forma esplicità la parte immaginaria di $\omega^n$ e facendosi tutti i conti viene che $n$ soddisfa <->
$\displaystyle\sum_{i=0}^{\lfloor\frac{n-1}2\rfloor}\binom{n}{2i+1}(-7)^i=\pm 2^{n-1}$
Ma io non sono riuscito a tirarne fuori nulla... giusto che RHS|LHS sempre e che modulo $n$ (assumendolo primo) viene che vale sempre e che il segno di LHS è completamente a caso (che era anche credibile dato che è una parte immaginaria )

[dario2994]

Io sto continuando a provare ma mi sa che chiedo un hint perchè non riesco a concludere in nessun modo Aggiungo qualche fatto trovato oggi ma di dubbia utilità:

Prima di tutto tornando alla roba iniziale scrivo (le variabili cambiano un po' ma vabbè): $x^2+16=2^n+9$. Ma LHS è somma di 2 quadrati-> ha solo primi =1 mod 4. Inoltre se $q$ primo divide RHS allora -2 è residuo quadratico mod $q$ -> $q\equiv\pm 1\pmod8$ e unendo i fatti si ottiene che se un primo divide LHS,RHS allora è congruo a 1 mod 8.

Scrivendo invece $x^2+x+1=2^n-1$ intanto ho $n$ primo e poi posso lavorare in $\mathbb{Z}[\frac{-1+\sqrt{-3}}2]$ e fattorizzare così LHS (anche questo è un UFD). E quindi pensandoci un attimo si ottiene che tutti i primi che dividono $2^n-1$ devono fattorizzarsi nel nuovo insieme numerico. Ma allora è fatto più o meno noto, l'ho dimostrato a scuola, che devono essere congrui a 1 modulo 3 (o essere 3).

Allora ho provato ad analizzare modulo $n^2$ (che ora so essere primo) praticamente riesco a dire che se $n$ funge allora (nella formula al posto di $n$ uso $p$):
$\displaystyle p\left(\sum_{i=0}^{\frac{p-3}2}\frac{(-7^i)}{2i+1}\right)+(-7)^{p-1}\equiv \pm 2^{p-1}\pmod{p^2}$

Sennò partendo da $x^2+x=2^p-2$ con piccolo teorema di Fermat si riesce a dire che $x\equiv 0,-1\pmod p$

Guardando $b_n$ con $n$ primo non riesco proprio a trovare nulla che impedisca alla sequenza di fare 1 un po' quando vuole...vorrei dire che definitivamente il modulo diverge, ma credo sia tostissimo anche se suppongo vero (si tratta qui di vedere come si comporta la parte frazionaria dei multipli di un'irrazionale (cioè l'argomento di $\omega$)). Il motivo profondo per cui è difficile boundare $b_n$ è che il suo segno varia a caso e quindi qualsiasi disuguaglianza si rivelerà falsa.

Tutta sta roba però non sembra portare da nessuna parte. Quindi bon... chiedo un hint soft... qualcosa per farmi capire quale è la strada da prendere