Esponenziale

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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LeZ
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Esponenziale

Messaggio da LeZ » 29 ago 2012, 15:02

Trovare tutte le soluzioni intere non negative. $ 2^x+7x^2=y^2 $

ant.py
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Re: Esponenziale

Messaggio da ant.py » 29 ago 2012, 17:51

L'unica soluzione è (1,3)

edit: essendo non negative, anche (0,1) funziona. Il resto è identico

Infatti, per x = 0, x = 1, si conclude subito.
Se $ x \ge 2 $, allora analizzo mod 4:

$ -x^2 \equiv y^2 \pmod 4 $. Essendo i residui quadratici modulo 4 uguali a 0 o a 1, ed essendo $ 1 \neq -1 \pmod 4 $, se ne conclude che deve essere $ x^2 \equiv y^2 \equiv 0 \pmod 4 $ ovvero $ x = 2x_1, y = 2y_1 $

Sostituiamo:

$ 2^{2x_1} + 4\cdot7x_1^2 = 4y_1^2 $ dividiamo per 4
$ 2^{2x_1-2} + 7x_1^2=y_1^2 $

Ora, se $ 2x_1 - 2 \ge 2 $, io posso rifare lo stesso ragionamento e arrivare a $ x_1 = 2x_2, y_1 = 2y_2 $ e sostituendo
$ 2^{4x_2-4} + 7x_2^2=y_2^2 $ ciò vuol dire che se l'esponente al 2 é sempre maggiore di 1, si arriverà ad $ x = 2^nx_n $e $ y = 2^ny_n $ per n arbitrariamente grande, ovvero $ x = y = 0 $ che non va bene

Di conseguenza è necessario che ad un punto, mettiamo all m-esima iterazione del ragionamento, l'esponente al 2 sia minore di 2. Ovvero si arriva al punto per cui vale
$ 2^{2^m(x_m-1)} + 7x_m^2 = y_m^2 $ sotto la condizione $ 2^m(x_m-1) \le 2 $ , ovvero
$ 2^m(x_m-1) = 1 $ oppure
$ 2^m(x_m-1) = 0 $
Si vede subito che la prima è impossibile mentre la seconda vale solo se $ x_m = 1 $; in questo caso l'equazione diventa
$ 1 + 7 = y_m^2 $ che non va bene []
Ultima modifica di ant.py il 29 ago 2012, 17:57, modificato 1 volta in totale.
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Iceman93
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Re: Esponenziale

Messaggio da Iceman93 » 29 ago 2012, 17:52

Ho sviluppato una dimostrazione contortissima che stavo finendo di scrivere quando mi si è spento il pc .-.

Per me le uniche soluzionei possibili (della forma $ (x,y) $) sono $ (0,1) $ e $ (1,3) $.

Attendo notizie: se la risposta è questa, riscrivo quella "divina commedia" di dimostrazione un'altra volta .-.
Se uno nasce quadrato, non può morire tondo.
Beh, in effetti la quadratura del cerchio è un problema ancora irrisolto.

ant.py
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Re: Esponenziale

Messaggio da ant.py » 29 ago 2012, 17:58

Iceman93 ha scritto:Ho sviluppato una dimostrazione contortissima che stavo finendo di scrivere quando mi si è spento il pc .-.

Per me le uniche soluzionei possibili (della forma $ (x,y) $) sono $ (0,1) $ e $ (1,3) $.

Attendo notizie: se la risposta è questa, riscrivo quella "divina commedia" di dimostrazione un'altra volta .-.
Beh io ho ottenuto lo stesso risultato ma non ci farei troppo affidamento :lol: per quanto la dimostrazione mi sembri corretta :)
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Re: Esponenziale

Messaggio da Iceman93 » 29 ago 2012, 18:00

Boh, la mia era diversa, si fondava sulla fattorizzazione di x. Arrivavo a dire che le uniche soluzioni erano da ricercarsi tipo tra i numeri 0,1,2,4.
Poi li facevi a mano e ne uscivi fuori.

Quando ho tempo la riscrivo, mi sembrava controtissima ma cmq una buona dimostrazione... poi non so.
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LeZ
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Re: Esponenziale

Messaggio da LeZ » 29 ago 2012, 21:13

Le soluzioni sono solo quelle! Hai usato la discesa infinita! La mia soluzione è simile alla tua, si gioca tutto sulla fattorizzazione di $ x=2^{k}\cdot{d} $ dove $ d $ è dispari..

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Re: Esponenziale

Messaggio da Iceman93 » 29 ago 2012, 22:30

Anche la mia si fonda sulla fattorizzazione di $ x $ e sull'uso delle congruenze $ (mod4) $...
Se uno nasce quadrato, non può morire tondo.
Beh, in effetti la quadratura del cerchio è un problema ancora irrisolto.

ant.py
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Re: Esponenziale

Messaggio da ant.py » 30 ago 2012, 00:27

LeZ ha scritto:Le soluzioni sono solo quelle! Hai usato la discesa infinita! La mia soluzione è simile alla tua, si gioca tutto sulla fattorizzazione di $ x=2^{k}\cdot{d} $ dove $ d $ è dispari..

Perfetto :-) beh posta anche la tua :-)
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Re: Esponenziale

Messaggio da LeZ » 04 set 2012, 11:05

Ok! Allora..Trovata la coppia banale $ (0,1) $ impongo $ x=2^kd $, con $ d $ dispari. Se sostituisco, ottengo: $ 2^{2^kd}+7\cdot{2^{2k}}\cdot{d^2}=y^2 $ ma $ 2^k > 2k $ (si dimostra per induzione) quindi il membro di sinistra è certamente divisibile per $ 2^{2k} $. Lo sarà dunque anche il membro di destra, chiamo $ y=2^k\cdot{y_1} $. La nuova equazione è: $ 2^{2^kd-2k}+7d^2=y_1^2 $
Analizzo ora modulo $ 4. $ $ 7d^2\equiv 3 \pmod 4 $, mentre $ y_1\equiv 0 \pmod4 $ o $ y_1\equiv 1 \pmod4. $
Ne segue che $ 2^{2^{k}-2k}\equiv 1 \pmod 4 $ o $ 2^{2^{k}-2k}\equiv 2 \pmod 4 $
Caso 1. $ 2^{2^kd-2k}\equiv 1 \pmod 4 \rightarrow 2^{k}d-2k=0 $, se $ d=1 \rightarrow k=1 $ e$ k=2 $, se $ d>1 $, è impossibile (si dimostra facilmente)
Caso 2. $ 2^{2^kd-2k}\equiv 2 \pmod 4 \rightarrow 2^{k}d-2k=1 $, da cui $ k=0 $ e $ d=1 $.
Infine, sostituisco nell'equazione i rispettivi valori validi di $ k $ e $ d $. $ x $ può assumere i valori $ 1,2,4 $ dei quali solo $ 1 $ è accettabile. La coppia $ (1,3) $ è infatti soluzione.
Ricapitolando le uniche soluzioni sono $ (0,1) $ e $ (1,3) $

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