Diofantea (facile)

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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matpro98
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Diofantea (facile)

Messaggio da matpro98 » 21 gen 2015, 20:39

Trovare tutte le coppie $(x,y) \in \mathbb{N^2}$ tali che
$x^5+x^4=7^y-1$

Scugnamì
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Re: Diofantea (facile)

Messaggio da Scugnamì » 22 gen 2015, 14:58

Allora riscriviamo : $x^5+x^4+1=7^y$.Notiamo che c'è la soluzione $(0;0)$. Supponiamo ora $x,y \geq 1$. A destra abbiamo una potenza di un primo allora proviamo a scomporre $x^5+x^4+1=x^3(x^2+x+1)-x^3+1=x^3(x^2+x+1)-(x-1)(x^2+x+1)=(x^2+x+1)(x^3-x+1)=7^y$. Deve essere allora $x^2+x+1=7^a \ \ \wedge x^3-x+1=7^b$. Notiamo che $x \geq 2$ vale $7^b \geq 7^a$ e per $x=1$ non si hanno soluzioni. Sottraiamo le due espressioni ottenendo: $x^3-2x-x^2=7^b-7^a \Rightarrow x^3-2x-x^2=7^a(7^{b-a} -1)$. Ora notiamo che deve valere $x^2+x+1 \equiv 0 \pmod 7$ e anche $x^3-x+1 \equiv 0 \pmod 7$ . Tenendo conto che i residui quadratici sono $1,4,2$ e quelli cubici $1,-1 \pmod 7$ si verifica che deve essere $x \equiv 2 \pmod 7$. Ora allora $x=7n+2$. Sostituendo si vede che $x^2+x+1=7(7n^2+5n+1)=7^a \Rightarrow a>1 \iff n \equiv 4 \pmod 7$. Ora andando a sostituire nell'espressione ottenuta sopra si ha : $ x(x^2-x-2)=7^a(7^{b-a} -1) $ cioè $(7n+2)(7n)(7n+3)=7^a(7^{b-a} -1) \Rightarrow a>1 \iff n \equiv 0 \pmod 7$. Siamo giunti ad una contraddizione vale allora $a=1$ cioè $x^2+x=6 \Rightarrow x=2$ che verificando è soluzione e porta alla coppia $(2,2)$.
Ultima modifica di Scugnamì il 22 gen 2015, 18:43, modificato 1 volta in totale.
Cristo è l'unica soluzione reale. Tutte le altre sono complesse coniugate

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erFuricksen
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Re: Diofantea (facile)

Messaggio da erFuricksen » 22 gen 2015, 18:33

Due cose: la prima è che hai dimenticato la validissima soluzione (0,0)
la seconda è che 2 non appartiene a $ \mathbb{N} ^2 $
$ x^2 + (y - \sqrt {|x|} )^2 = 2 $

Scugnamì
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Re: Diofantea (facile)

Messaggio da Scugnamì » 22 gen 2015, 18:43

Editato per la soluzione dimenticata ma non capisco la seconda opposizione. Sry
Cristo è l'unica soluzione reale. Tutte le altre sono complesse coniugate

Un corpo maleducato immerso in un liquido jastemma.

Delfad0r
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Re: Diofantea (facile)

Messaggio da Delfad0r » 22 gen 2015, 18:45

L'equivoco (suppongo) nasce dal fatto che $\mathbb{N}^2$ non è l'insieme dei quadrati perfetti, ma bensì l'insieme $\mathbb{N}\times\mathbb{N}$.

erFuricksen
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Re: Diofantea (facile)

Messaggio da erFuricksen » 22 gen 2015, 19:00

Ma non ha senso, allora l'insieme $ \mathbb{N} ^2 $ è completamente identico a N, visto che ogni numero in N può essere scritto come prodotto di due numeri in esso
$ x^2 + (y - \sqrt {|x|} )^2 = 2 $

Delfad0r
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Re: Diofantea (facile)

Messaggio da Delfad0r » 22 gen 2015, 19:16

erFuricksen ha scritto:Ma non ha senso, allora l'insieme $ \mathbb{N} ^2 $ è completamente identico a N, visto che ogni numero in N può essere scritto come prodotto di due numeri in esso
$A\times B=\{(a,b):a\in A\land b\in B\}$
Dunque $\mathbb{N}^2=\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ è l'insieme delle coppie di naturali.

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Troleito br00tal
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Re: Diofantea (facile)

Messaggio da Troleito br00tal » 22 gen 2015, 20:19

Non è un insieme di numeri; è un insieme di altre cose.

erFuricksen
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Re: Diofantea (facile)

Messaggio da erFuricksen » 22 gen 2015, 21:42

Ah ok, pensavo si potesse scrivere solo nella forma NxN; grazie
$ x^2 + (y - \sqrt {|x|} )^2 = 2 $

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