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

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 []

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 .-.

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 per quanto la dimostrazione mi sembri corretta

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.

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..

Anche la mia si fonda sulla fattorizzazione di $ x $ e sull'uso delle congruenze $ (mod4) $...

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

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) $