Diofantea SNS

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
Rispondi
Triarii
Messaggi: 464
Iscritto il: 18 nov 2010, 21:14

Diofantea SNS

Messaggio da Triarii » 13 gen 2013, 22:18

Si consideri l'espressione$ 4^x+4^y+4^z $.
(i) Provare che la quantità sopra scritta è un quadrato perfetto per
infinite terne di interi $ (x;y; z) $.
(ii) Determinare tutte le terne di interi non negativi $ (x;y; z) $ tali che la
quantità sopra scritta sia un quadrato perfetto.
"We' Inge!"
LTE4LYF

toti96
Messaggi: 53
Iscritto il: 02 nov 2012, 20:17

Re: Diofantea SNS

Messaggio da toti96 » 14 gen 2013, 14:28

(i)dimostro che sono soluzioni tutte le terne $ \displaystyle (x,x+2,x+3) $ naturalmente infinite.sostituiamo e otteniamo :$ \displaystyle 4^x(4^2+4^3+1)=4^x(81) $. dato che $ 81=9^2 $ e $ 4^x $ è sempre un quadrato ,la quantità è un prodotto di quadrati e la tesi è dimostrata.
(ii)ci sto lavorando ho analizzato i casi particolari ma non ho ancora fatto una dimostrazione generale XD

Avatar utente
jordan
Messaggi: 3988
Iscritto il: 02 feb 2007, 21:19
Località: Pescara
Contatta:

Re: Diofantea SNS

Messaggio da jordan » 14 gen 2013, 16:46

Appare per la decima volta questa diofantea sul forum: su Mathlinks c'è un thread in cui si chiede quando $2^x+2^y+2^z$ è un quadrato, e sebbene nessuno ha piu' dato una risposta completa, molti casi speciali tipo questo sono risolvibili in maniera elementare; uno di questi è addirittura un IMO abbastanza recente..
Testo nascosto:
Chi volesse risolverlo non apra il link
The only goal of science is the honor of the human spirit.

Gi.
Messaggi: 153
Iscritto il: 18 dic 2012, 16:45

Re: Diofantea SNS

Messaggio da Gi. » 14 gen 2013, 17:14

Per il punto (i) procederei così:

Supponiamo wlog $ x \le y \le z $, quindi posso riscrivere come:

$ \displaystyle 4^x(1+4^{y-x}+4^{z-x}) $

Adesso dimostro semplicemente che per infiniti valori di $ x,y,z $ quella roba sopra è uguale a $ 4^x*9 $, infatti preso un x qualunque $ 4^x $ è un quadrato perfetto, di conseguenza possiamo ricavare dei valori di y e z che rendano $ 4^{y-x}+4^{z-x}=8 $, è ovvio che $ x=y $. Possiamo dire

$ 4^{y-x}+4^{z-x}=8 $

$ \displaystyle 2^{2(y-x)}+2^{2(z-x)}=2^3 $

da cui

$ \displaystyle 2(y-x) = 2(z-x)=2 $

il che ci porta a

$ y-x=z-x=1 $

Quindi otteniamo un quadrato perfetto ogni qual volta $ y=z $ e $ y-x=z-x=1 $

Inutile dire che i casi sono infiniti e che posso fare lo stesso ragionamento sostituendo 9 con un qualsiasi quadrato esprimibile nella forma $ k^2=1+4^x+4^y $, quindi la tesi del punto (i) è provata.

Per il punto (ii) non mi è chiara una cosa: ho dimostrato che le terne sono infinite, come faccio a determinarle tutte?

EvaristeG
Site Admin
Messaggi: 4791
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Roma
Contatta:

Re: Diofantea SNS

Messaggio da EvaristeG » 14 gen 2013, 17:33

@Gi.: la soluzione che trovi va bene, ma tieni conto che se la dovessi scrivere non è necessario riportare il ragionamento. E' più pulito (e ti offre un comodo double check) riportare la soluzione in una forma del tipo
Per ogni $x\in \mathbb{N}$, pongo $y=x+1$, $z=x+1$ ed ho $4^x+4^y+4^z=4^x+4^{x+}+4^{x+1}=4^x(1+4+4)=(2^x3)^2$.
Per il punto (ii) non mi è chiara una cosa: ho dimostrato che le terne sono infinite, come faccio a determinarle tutte?
Beh, non c'è un metodo standard, però da quello che hai detto già viene che in realtà basta risolvere quest'altro problema: quando $1+4^a+4^b$ è un quadrato? Giusto?

Gi.
Messaggi: 153
Iscritto il: 18 dic 2012, 16:45

Re: Diofantea SNS

Messaggio da Gi. » 15 gen 2013, 22:51

$ 1+4^a+4^b=k^2 $

$ k^2 $ è necessariamente dispari, quindi lo è anche k, poniamo $ k=2n+1 $

$ 1+4^a+4^b= (2n+1)^2= 4n^2+4n+1 $

$ 4^a+4^b=4n^2+4n $
$ 4^{a-1}+4^{b-1}= n(n+1) $

Tra $ n $ e $ n+1 $ vi è necessariamente un fattore 2, quindi il prodotto è pari e pongo $ n(n+1)=2h $

$ 2^{2(a-1)}+2^{2(b-1)}=2h $

$ 2^{2a-3}+2^{2b-3}= h $

Suppongo wlog $ 2a-3 \le 2b-3 $

$ 2^{2a-3}(1+2^{2(a-b)})=h $

Adesso non so come continuare (e, soprattutto, SE si arriva a qualcosa da qui), se $ h $ fosse noto potrei ricavare con qualche calcoletto a e b :?

toti96
Messaggi: 53
Iscritto il: 02 nov 2012, 20:17

Re: Diofantea SNS

Messaggio da toti96 » 16 gen 2013, 19:35

allora provo a postare la mia soluzione correggetemi se sbaglio :poniamo WLOG $ z \geq y\geq x $ e riscriviamo come :$ 4^x(1+4^k+4^m)=n^2 $ dove $ k=y-x $$ m=z-x $. dato che $ 4^x $ è sempre un quadrato lo deve essere anche il termine in parentesi da cui giungiamo a:$ 1+4^k+4^m=(2c+1)^2 $ come già detto da Gì. notiamo inoltre che il termine in parentesi deve essere sempre multiplo di $ 3 $ per banali questioni di congruenza. arrivo quindi a $ 4^{k-1}+4^{m-1}=c(c+1) $. notiamo che il $ MCD $ fra i termini in parentesi è uno e che poichè posso riscrivere come $ (2^2)^{k-1}[1+2^{m-k}]=c(c+1) $ devo avere o $ c=2^a $ o $ c=2^a-1 $. nel primo caso notiamo che $ a=2b $ poichè $ 2*2^a+1 \equiv 0 (mod 3) $. riscrivo come :$ (2^2)^{k-1}[1+2^{m-k}]=2^a(2^a+1) $, dove evidentemente $ (2^2)^{k-1}=2^a $ da cui $ a=2k-2 $. riscriviamo allora come :$ 4^k+4^m+1=4(2^{2k-2})^2+4^k+1 $ da cui evinco facilmente $ m=2k-1 $.sono quindi soluzione tutte le terne $ (x,x+k,x+2k-1) $.nel caso in cui $ c=2^a-1 $ noto che sempre per la divisibilità per $ 3 $, $ a=2b+1 $. otteniamo quindi sostituendo:
$ (2^2)^{k-1}[1+2^{m-k}]=2^{2b+1}(2^{2b+1}-1) $, da cui $ (2^2)^{k-1}=2^{2b+1} $ , evidentemente impossibile perchè giungeremmo a $ 2(k-b)=3 $

Rispondi