Care vecchie diofantee

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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pepperoma
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Care vecchie diofantee

Messaggio da pepperoma » 15 mag 2012, 19:40

Trovare gli interi positivi $ x,y,z $ per cui $ 3^x-5^y=4z^2 $.

Sonner
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Re: Care vecchie diofantee

Messaggio da Sonner » 15 mag 2012, 20:01

In verità, si può risolvere anche la più generale $3^x-5^y=z^2$ :P

Chuck Schuldiner
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Re: Care vecchie diofantee

Messaggio da Chuck Schuldiner » 15 mag 2012, 20:20

Sonner ha scritto:In verità, si può risolvere anche la più generale $3^x-5^y=z^2$ :P
Perchè, z può essere anche dispari? :roll:
https://www.youtube.com/watch?v=35bqkTIcljs

Mare Adriatico: fatto
tetto del Di Stefano: fatto
finestra del Verdi: fatto
lavandino del Cecile: fatto
Arno: fatto
Mar Tirreno: fatto
Mar Ionio: fatto
tetto del Carducci: fatto
mura di Pisa: fatto

ho fatto più allo scritto in normale che alla maturità \m/

non aprire questo link

un pentacolo fatto col mio sangue
Testo nascosto:
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LeZ
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Re: Care vecchie diofantee

Messaggio da LeZ » 15 mag 2012, 20:24

Analizzo modulo $ 4 $, da cui $ (-1)^x-(1)^y\equiv 0 mod 4 $, segue quindi che $ x $ è pari.
Riscrivo l'equazione nella forma: $ 3^x-4z^2=5^y $. Chiamo $ x=2k $ per quanto detto prima è scompongo: $ (3^k-2z)(3^k+2z)=5^y $. Giunto qua, chiamo $ 3^k-2z=l $. La nuova equazione finale da analizzare sarà dunque $ l(l+4z)=5^y $. Ma quali sono le uniche potenze di $ 5 $ che distano un multiplo di $ 4 $ ma non multiplo di $ 5 $? Tutte le coppie nella forma $ (1,5^n) $. In questo modo scopro che $ l=1 $, ovvero $ 3^k-2z=1 $ e inoltre $ 3^k+2z=5^y $.
Con un po' di riduzione si ha che $ 4z=5^y-1 $ , e $ 2\cdot3^k=5^y+1 $. Dalla seconda, analizzando modulo $ 3 $, ottengo che y deve essere dispari, quindi giungo alla soluzione ovvia, ovvero la terna $ (2,1,1) $. Analizzo infine modulo $ 8 $ la prima delle due equazioni precedenti; se $ z $ fosse pari, ci sarebbe un assurdo modulo $ 8 $, in quanto $ 5^(2n+1) -1 $ non è mai multiplo di $ 8 $. Segue necessariamente che $ z $ è dispari. Riscrivo quindi $ 4(2z_1+1)=5^y-1 $ , $ 8z_1+5=5^y $, quindi $ z_1 $ deve essere un multiplo di $ 5 $. Allo stesso modo riprendendo $ l $, risulta che $ z_1 $ deve essere un multiplo di $ 3 $, quindi $ l(l+4(2z_1+1))=5^y $con $ z_1=15z_2 $ .. Mi sa che non è la strada più veloce anche perchè mi sto perdendo! Aiutini?
Ultima modifica di LeZ il 15 mag 2012, 21:20, modificato 1 volta in totale.

Sonner
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Re: Care vecchie diofantee

Messaggio da Sonner » 15 mag 2012, 20:31

Ah sì giustamente :P appena l'avevo letta avevo pensato a BMO 2009/1 (che avevo risolto tipo 10 minuti prima) e mi è venuto di scriverla. Sei proprio in gamba Sonner!

LeZ
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Re: Care vecchie diofantee

Messaggio da LeZ » 15 mag 2012, 21:02

Ovviamente $ 1,5 $ non sono le uniche coppie che distano un multiplo di $ 4 $, ma bensì tutte le coppie nella forma $ (1,5^n) $ di conseguenza la dimostrazione precedente è chiaramente incompleta. Modifico!

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Leonida
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Re: Care vecchie diofantee

Messaggio da Leonida » 16 mag 2012, 18:58

LeZ ha scritto: Mi sa che non è la strada più veloce anche perchè mi sto perdendo! Aiutini?
Concentrati su $2 \cdot 3^k = 5^y +1$! Hai trovato la soluzione con k=1, come puoi dimostrare che con k>1 non ci sono soluzioni?
Cit.: "Ora, qui, su questo aspro frammento di terra chiamato Platea, le orde di Serse affrontano LA LORO DISFATTA!!"

LeZ
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Re: Care vecchie diofantee

Messaggio da LeZ » 17 mag 2012, 18:56

Purtroppo analizzando mod $ 9 $ e mod $ 25 $, sono riuscito a limitare e basta: $ k\equiv 17 mod 20; y\equiv 3 mod 6 $

Giulia 400
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Re: Care vecchie diofantee

Messaggio da Giulia 400 » 17 mag 2012, 19:37

se provi con altri moduli carini dovresti riuscire ad andare avanti :wink:
"La vita è come uno specchio: ti sorride se la guardi sorridendo". :)

matty96
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Re: Care vecchie diofantee

Messaggio da matty96 » 18 mag 2012, 13:45

Testo nascosto:
Tramite LTE si osserva che $\upsilon_3(5^y+1)=1+\upsilon_3(y)$. Assumiamo allora $y=3h$ : si ha $5^{3h}+1 \equiv (-1)^h+1 \pmod7$ perciò h deve essere pari, ma se h è pari allora y è anche pari, assurdo.
<<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).
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$ \displaystyle\zeta(s)=\sum_{n=1}^\infty \frac {1}{n^s} $

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