Forse ha troppe soluzioni. o forse no..

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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scambret
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Forse ha troppe soluzioni. o forse no..

Messaggio da scambret » 04 feb 2014, 19:19

Trovare tutte le soluzioni intere positive $(a,b,m,n)$ di

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

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simone256
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Re: Forse ha troppe soluzioni. o forse no..

Messaggio da simone256 » 04 feb 2014, 22:27

E se del tipo la mia soluzione fosse selvaggiamente brutta in un caso? Con un delta in un equazione di secondo grado... :|
Provo a metterla o mi consigli strade migliori?
$ \mbox{ }\mbox{ } $And God said : $ \displaystyle c^2 \mu_0 \varepsilon_0 =1 $,
and then there was light.


$ \mbox{ }\mbox{ } $Tsune ni shinen kufu seyo

scambret
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Re: Forse ha troppe soluzioni. o forse no..

Messaggio da scambret » 05 feb 2014, 14:12

Prova. La mia è abbastanza calata dall'alto (neanche tanto in realta, ma...)

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Re: Forse ha troppe soluzioni. o forse no..

Messaggio da simone256 » 05 feb 2014, 16:24

No ara... Ho qualcosa come millemila casi e come soluzione è abbastanza pietosa... Ho escluso gli m e n grandi... Ho dedotto che uno e uno solo tra i due era uguale a 1 e poi rispetto alla variabile con potenza uguale a 1 ho calcolato delta e posto cose uguali a quadrati cercando di dimostrare che era impossibile. Lunga da scrivere in tex e brutta da leggere... Provo a pensarne ad una migliore e intanto.....
Testo nascosto:
Non ci sono soluzioni? Altrimenti ho pure cannato :oops:
Ultima modifica di simone256 il 05 feb 2014, 17:09, modificato 1 volta in totale.
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scambret
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Re: Forse ha troppe soluzioni. o forse no..

Messaggio da scambret » 05 feb 2014, 16:53

Mi pare che quella che hai citato tu era una strada, se ho capito bene. Comunque qualche soluzione c'è l'ha.

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simone256
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Re: Forse ha troppe soluzioni. o forse no..

Messaggio da simone256 » 05 feb 2014, 17:10

Bene allora ho pure dimenticato qualcosa :lol: ( :cry: )
$ \mbox{ }\mbox{ } $And God said : $ \displaystyle c^2 \mu_0 \varepsilon_0 =1 $,
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scambret
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Re: Forse ha troppe soluzioni. o forse no..

Messaggio da scambret » 05 feb 2014, 17:16

Hint 1, tanto non dice quasi niente sul testo:
Testo nascosto:
quel $+1$ può essere sostituito da quasi qualunque numero

maurizio43
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Re: Forse ha troppe soluzioni. o forse no..

Messaggio da maurizio43 » 05 feb 2014, 19:49

simone256 ha scritto:No ara... Ho qualcosa come millemila casi e come soluzione è abbastanza pietosa... Ho escluso gli m e n grandi... Ho dedotto che uno e uno solo tra i due era uguale a 1 e poi rispetto alla variabile con potenza uguale a 1 ho calcolato delta e posto cose uguali a quadrati cercando di dimostrare che era impossibile. Lunga da scrivere in tex e brutta da leggere... Provo a pensarne ad una migliore e intanto.....
Testo nascosto:
Non ci sono soluzioni? Altrimenti ho pure cannato :oops:
Meglio non insistere sulla ricerca di dimostrazione di impossibilità .
Es. : $ 2^1 . 5^2 = (2+5)^2 + 1 $ :)

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aetwaf
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Re: Forse ha troppe soluzioni. o forse no..

Messaggio da aetwaf » 05 feb 2014, 19:52

Non credo sia giusta l'ho fatta di fretta

Supponiamo $WLOG$ $a>b$
Avremo $RHS=a^2+2ab+b^2+1<4a^2$
Quindi per $n\ge 2$ dobbiamo avere $b=1$
Da cui $a^m=a^2+2a+2$
Ora, $a=1$ non funziona mai
$m\le 2$ non funziona mai perchè $LHS\le a^2$
Per $m\ge 4$ non funziona mai perchè $RHS>LHS$
Ma per $m=3$ non funziona con $a\ge 3$ per $RHS>LHS$
Proviamo $a=2$ e non funziona neanche quello
Quindi non funziona mai $b=1$ e di conseguenza neanche $n\ge 2$
Quindi deve essere $n=1$
Da cui $a^mb=a^2+2ab+b^2+1$
Per quanto detto all'inizio dobbiamo avere, per $m\ge 2$, $b<4$
Inoltre $b\ge 2$
Inoltre per $m=1$ avremmo $ab=a^2+2ab+b^2+1$ impossibile
Quindi dobbiamo avere $a^mb=a^2+2ab+b^2+1$
Ora, per $m\ge 3$ dobbiamo avere, essendo $b=3$ o $b=2$, $a\le b$ contro l'ipotesi iniziale, infatti per quanto detto all'inizio dovremmo avere $ab<4$
Quindi $a^2b=a^2+2ab+b^2+1$
Proviamo $b=2,b=3$
$a^2-4a-5=0$ da cui $a=5$
$2a^2-6a-10=0$ che non ha soluzioni intere
Quindi l'unica soluzione è
$a=5,b=2,m=2,n=1$
Ultima modifica di aetwaf il 09 feb 2014, 14:17, modificato 3 volte in totale.
Dispongo di una meravigliosa dimostrazione di questo teorema che non può essera contenuta nel margine troppo stretto della pagina

scambret
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Re: Forse ha troppe soluzioni. o forse no..

Messaggio da scambret » 05 feb 2014, 21:58

aetwaf ha scritto:Supponiamo $WLOG$ $a>b$
Manca il caso $a=b$.
aetwaf ha scritto: Quindi per $n\ge 2$ dobbiamo avere $b=1$[\quote]

Se $m=1$?


Comunque tutto sommato è giusta, purtroppo perdi per strada la soluzione con $a<b$ (simmetrica) e mi pare un'altra.
Questo è un metodo. Altri?

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Re: Forse ha troppe soluzioni. o forse no..

Messaggio da aetwaf » 06 feb 2014, 16:53

Hai ragione per $a=b$ viene $a^{m+n}=4a^2+1$ che non funziona in $\pmod a$
Gli unici casi particolari sarebbero $a=1,a=0,m+n=0$ che si confutano in fretta provando
Dispongo di una meravigliosa dimostrazione di questo teorema che non può essera contenuta nel margine troppo stretto della pagina

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Re: Forse ha troppe soluzioni. o forse no..

Messaggio da scambret » 06 feb 2014, 18:16

Secondo me non li hai confutati bene allora :) se $a>b$ allora ci sono due soluzioni.

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Re: Forse ha troppe soluzioni. o forse no..

Messaggio da aetwaf » 07 feb 2014, 17:37

Manca il caso $m=1$
$ab^n=(a+b)^2+1$
Da cui $ab^n=a^2+2ab+b^2+1$
Cioè $a^2+(2b-b^n)a+b^2+1=0$
Quindi $\sqrt {b^{2n}-4b^{n+1}+4b^2-4b^2-4}\in \mathbb N$
Da cui $b^{2n}-4b^{n+1}-4=k^2$
Ma $(b^n-2b)^2=b^{2n}-4b^{n+1}+4b^2>b^{2n}-4b^{n+1}-4$
Inoltre $(b^n-2b-1)^2=b^{2n}-4b^{n+1}-2b^n+4b^2+4b+1<b^{2n}-4b^{n+1}-4$ per $n\ge 4$ perchè $b\ne 1$

Oggi faccio i casi $n=2,3$ da cui in effetti si arriva almeno ad un'altra soluzione ($a=13,b=5,m=1,n=2$)
Dispongo di una meravigliosa dimostrazione di questo teorema che non può essera contenuta nel margine troppo stretto della pagina

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Re: Forse ha troppe soluzioni. o forse no..

Messaggio da gpzes » 27 lug 2014, 22:12

Si potrebbero usare le disuguaglianze $ab\le \frac{1}{2}\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)$, valida sempre, e $2\left( r+s \right)\le rs$ se $r,s\ge 4$.
Se ${{a}^{m}}{{b}^{n}}={{\left( a+b \right)}^{2}}+1={{a}^{2}}+2ab+{{b}^{2}}+1$, potrei dare una stima...

$\frac{{{a}^{m}}{{b}^{n}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}=1+\frac{2ab+1}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}=1+\frac{2ab}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}\le 1+1+\frac{1}{2}$.

Allora avrei che:
$m+n-3+1\le{{2}^{m+n-4}}\cdot 2\le {{2}^{m+n-4}}\frac{{{a}^{2}}{{b}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}=\frac{{{2}^{m-2}}{{a}^{2}}{{2}^{n-2}}{{b}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}\le \frac{{{a}^{m-2}}{{a}^{2}}{{b}^{n-2}}{{b}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}=\frac{{{a}^{m}}{{b}^{n}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}\le 2+\frac{1}{2}$,

ossia deve essere $m+n\le 4$ ...(..se $ a , b\ge 2$!!).
------------------
mi scuso per modifiche post... :oops: :oops: ...still working on it :wink: :wink:
...comunque... penso si possa far vedere che deve valere:

${{2}^{m+n-2}}\le {{a}^{m-1}}{{b}^{n-1}}\le 2\cdot \left( 1+1+\frac{1}{2} \right)=5$, dando origine ai casi possibili per $\left( a,b,m,n \right)$ e tenendo conto che necessariamente gcd(a;b)=1 :wink:

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