$k2^{\lfloor n^{\varepsilon} \rfloor}=(2a+1)^n+(2b+1)^n$

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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jordan
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$k2^{\lfloor n^{\varepsilon} \rfloor}=(2a+1)^n+(2b+1)^n$

Messaggio da jordan » 24 dic 2012, 10:49

Own. Fissato un reale $\varepsilon>0$, mostrare che l'equazione $k2^{\lfloor n^{\varepsilon} \rfloor}=(2a+1)^n+(2b+1)^n$ ha un numero finito di soluzioni $(k,n)$ negli interi positivi, una volta fissati gli interi positivi $a,b$.

Corollario: Fissati $k_1,k_2$ interi positivi dispari, esiste un numero finito di $n \in \mathbb{N}$ tali che $2^{\varphi(n)} \mid k_1^n+k_2^n$.
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kalu
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Re: $k2^{\lfloor n^{\varepsilon} \rfloor}=(2a+1)^n+(2b+1)^n$

Messaggio da kalu » 02 gen 2013, 15:40

Chiamiamo $2a+1=\alpha$ e $2b+1=\beta$
Se $n$ è dispari $$v_2(\alpha^n+\beta^n)=v_2(\alpha+\beta)+v_2\biggl(\ \sum_{i=0}^{n-1}{(-1)^i\alpha^i\beta^{n-1-i}}\biggl)=v_2(\alpha+\beta)$$ dato che la sommatoria [edit] è dispari.
Se $n$ è pari $ \alpha^n+\beta^n \equiv 2 \pmod{4} \to v_2(\alpha^n+\beta^n)=1 $
Quindi, in ogni caso, per $n$ sufficientemente grande, ${\lfloor n^{\varepsilon}\rfloor}>v_2(\alpha^n+\beta^n)$, da cui segue la tesi.
Ultima modifica di kalu il 02 gen 2013, 17:29, modificato 1 volta in totale.
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jordan
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Re: $k2^{\lfloor n^{\varepsilon} \rfloor}=(2a+1)^n+(2b+1)^n$

Messaggio da jordan » 02 gen 2013, 16:57

Il che mostra addirittura che $\upsilon_2(\alpha^n+\beta^n)=\mathcal{O}(1)$, bien!

Corollario: esiste solo un numero finito di $n \in \mathbb{N}$ tali che, fissati $a_1,a_2 \in \mathbb{N}$: \[ \left(a_1+\frac{1}{2}\right)^n+\left(a_2+\frac{1}{2}\right)^n \in \mathbb{N} \]


Edit: sì, è una sommatoria
Ultima modifica di jordan il 02 gen 2013, 17:21, modificato 1 volta in totale.
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Ido Bovski
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Re: $k2^{\lfloor n^{\varepsilon} \rfloor}=(2a+1)^n+(2b+1)^n$

Messaggio da Ido Bovski » 02 gen 2013, 17:16

kalu ha scritto:$\displaystyle v_2\biggl(\ \prod_{i=0}^{n-1}{(-1)^i\alpha^i\beta^{n-1-i}}\biggl)$
Non dovrebbe esserci una sommatoria qui, anzichè la produttoria? :roll:

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kalu
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Re: $k2^{\lfloor n^{\varepsilon} \rfloor}=(2a+1)^n+(2b+1)^n$

Messaggio da kalu » 02 gen 2013, 17:46

Si, scusate.. ho editato
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