146. I fattoriali, sempre in mezzo!

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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Leonida
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146. I fattoriali, sempre in mezzo!

Messaggio da Leonida » 11 feb 2013, 21:46

Trovare tutte le terne $(x,y,n)$ con $x,y,n$ interi positivi e $n \geq 2$ tali che $\displaystyle x^n + n! = {21}^y$.
Cit.: "Ora, qui, su questo aspro frammento di terra chiamato Platea, le orde di Serse affrontano LA LORO DISFATTA!!"

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Karl Zsigmondy
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Re: 146. I fattoriali, sempre in mezzo!

Messaggio da Karl Zsigmondy » 12 feb 2013, 14:51

Premetto il seguente lemma.
LEMMA
Per ogni p primo dispari si ha che $ V_p(x^n)>V_p(n!) $ se p divide x
Dimostrazione: noi abbiamo che $ V_p(x^n) \geq n $. Inoltre, per un k abbastanza grande, si ha:
$ \displaystyle V_p(n!)=\sum_{i=1}^{+\infty}{\lfloor \frac{n}{p^i} \rfloor}=\sum_{i=1}^{k}{\lfloor \frac{n}{p^i} \rfloor} \leq \sum_{i=1}^{k}{\frac{n}{p^i}}= n \cdot \frac{1-\frac{1}{p^{k+1}}}{1-\frac{1}{p}} - n < \frac{n}{1-\frac{1}{p}} - n = \frac{np}{p-1} - n = \frac{n}{p-1} < n $
Da cui segue quanto affermato.

Se $ n \geq 7 $ si ha che sia 3 che 7 dividono n! e 21^y, quindi devono dividere anche x. Per il LEMMA $ V_3(LHS)=min(V_3(x^n, n!)) = V_3(n!) $ quindi $ y=V_3(n!) $. Allo stesso modo ottengo $ y=V_7(n!) $, ma per tutti gli $ n \geq 7 $ si ha che $ V_3(n!) > V_7(n!) $, quindi è assurdo.
Se n=6 abbiamo, similmente a sopra, che 3 divide x, quindi $ V_3(LHS)=2 $ da cui y=2, quindi ottengo $ x^6=-279 $ che è impossibile.
Se $ 3 \leq n \leq 5 $ abbiamo che 3 divide x, quindi $ V_3(LHS)=1 $ da cui y=1. L'unico caso in cui $ 21^y-n!>0 $ è per n=3. In questo caso ottengo però $ x^3=15 $ che non ha soluzione negli interi positivi.
Se n=2 ottengo $ x^2+2=21^y $ che non ha soluzione modulo 4.

EDIT: corretti gli indici della sommatoria, ma alla fine ho dovuto risistemare un po' tutto il lemma. Grazie a Drago96 :wink:
Ultima modifica di Karl Zsigmondy il 12 feb 2013, 15:40, modificato 1 volta in totale.
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Drago96
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Re: 146. I fattoriali, sempre in mezzo!

Messaggio da Drago96 » 12 feb 2013, 15:17

Direi che la dimostrazione del lemma è sbagliata
Karl Zsigmondy ha scritto:noi abbiamo che $ V_p(x^n) \geq p $
Abbastanza falso...
Al massimo $\upsilon_p(x^n)=n\cdot\upsilon_p(x)\ge n$ se $\upsilon_p(x)\ge1$
Karl Zsigmondy ha scritto:$ \displaystyle V_p(n!)=\sum_{i=0}^{+\infty}{\lfloor \frac{n}{p^i} \rfloor} $
Anche questo è sbagliato: la sommatoria parte da indice 1...
A te l'ultima modifica per far funzionare il lemma... ;)

Poi nella soluzione vera e propria ti perdi $n=1$ (sarà anche banale, ma ti porta infinite soluzioni.. :P) e magari potresti mostrare che $p>q\implies\upsilon_p(n!)<\upsilon_q(n!)$ (in realtà il maggiore stretto vale solo da un certo punto in poi, dipende dalla distanza tra $p$ e $q$)
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Re: 146. I fattoriali, sempre in mezzo!

Messaggio da Karl Zsigmondy » 12 feb 2013, 15:37

Drago96 ha scritto:Direi che la dimostrazione del lemma è sbagliata
Karl Zsigmondy ha scritto:noi abbiamo che $ V_p(x^n) \geq p $
Abbastanza falso...
Al massimo $\upsilon_p(x^n)=n\cdot\upsilon_p(x)\ge n$ se $\upsilon_p(x)\ge1$
Avevo specificato che p doveva dividere x. Ora, se p non divide n (cioè p è maggiore di n) quello che dice il lemma è ovvio. Se p lo divide abbiamo n maggiore o uguale a p, quindi anche qui segue facilmente quella disuguaglianza che ho scritto. Però poi correggendo la sommatoria ho messo la n anche qui, per farmelo tornare.
Drago96 ha scritto:
Karl Zsigmondy ha scritto:$ \displaystyle V_p(n!)=\sum_{i=0}^{+\infty}{\lfloor \frac{n}{p^i} \rfloor} $
Anche questo è sbagliato: la sommatoria parte da indice 1...
A te l'ultima modifica per far funzionare il lemma... ;)
Si, grazie, ora correggo la dimostrazione per questo punto.
Drago96 ha scritto:Poi nella soluzione vera e propria ti perdi $n=1$ (sarà anche banale, ma ti porta infinite soluzioni.. :P) e magari potresti mostrare che $p>q\implies\upsilon_p(n!)<\upsilon_q(n!)$ (in realtà il maggiore stretto vale solo da un certo punto in poi, dipende dalla distanza tra $p$ e $q$)
Era specificato che n dovesse essere maggiore o uguale a 2. Per la dimostrazione, mi basta dimostrare che $ \lfloor \frac{n}{3} \rfloor > \lfloor \frac{n}{7} \rfloor $ per n maggiore o uguale a 7, e per gli altri esponenti di 3 e 7 mi accontento del maggiore o uguale. Ma questo è vero perché $ \lfloor \frac{n}{3} \rfloor > \frac{n}{3}-1 = \frac{n-3}{3} > \frac{n}{7} \geq \lfloor \frac{n}{7} \rfloor $ dove la disuguaglianza centrale vale per gli interi maggiori o uguali a 6.
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Re: 146. I fattoriali, sempre in mezzo!

Messaggio da Leonida » 13 feb 2013, 00:43

Uguale alla mia! Benissimo Karl, a te il testimone! :D
Cit.: "Ora, qui, su questo aspro frammento di terra chiamato Platea, le orde di Serse affrontano LA LORO DISFATTA!!"

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