184. Diofantea esponenziale

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
AlexThirty
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Re: 184. Diofantea esponenziale

Messaggio da AlexThirty » 03 ago 2015, 10:41

Non sono sicuro tu possa farlo così... perché sembra stai supponendo che $ x=y $.
Un bresciano esportato nel cremonese

-"Dal palazzo di giustizia di Catania o esci con più soldi di prima, o non esci proprio"
-"Baroni uscirebbe con un Win - Win".
Tutti si mettono a ridere, e allora intuisco che non aveva detto "Weed - Win" come avevo capito.

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6frusciante9
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Re: 184. Diofantea esponenziale

Messaggio da 6frusciante9 » 03 ago 2015, 12:17

Vero hai ragione ... Mi ero dimenticato degli esponenti dei primi ... Mannaggia al sonno ...
Chi lotta con i mostri deve star attento a non diventare un mostro. E se guarderai a lungo un abisso, l'abisso finirà per guardare in te

Whov
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Re: 184. Diofantea esponenziale

Messaggio da Whov » 03 ago 2015, 13:37

@LudoP: In ogni caso la mia è sbagliata? E poi io uso i logaritmi e il campo reale solo per provare che x è multiplo di y o viceversa in Z. Poi è tutto teoria dei numeri (hai visto l'edit con le disequazioni? se è sbagliato mi puoi indicare in quale passaggio?)
@6frusciante9: non sono sicuro di essere d'accordo sul primo passaggio. E se il primo è elevato alla alpha nella fattorizzazione di x e alla beta in y? Avresti per esempio (con k, h non multipli di 3)
$ x=3^\beta*h, y=3^\alpha*k. (3^\alpha k)^{x^2}=(3^\beta h)^{y+2} \implies 3^{\alpha x^2}*.. = 3^{\beta (y+2)}*.. $.
Quindi dovresti mettere dei coefficienti davanti a entrambi i lati
EDIT: scusa, non mi si era aggiornata la pagina :lol:

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jordan
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Re: 184. Diofantea esponenziale

Messaggio da jordan » 03 ago 2015, 14:23

Whov ha scritto:Passo ai logaritmi $ x^2 log(y) = (y+2) log(x) $ da cui l'espressione iniziale (elevando entrambi i termini a log(y) e sostituendo) diventa $ y^{(y+2) log(x)} = x^{(y+2) log(y)} $ ed estraendo la radice di indice y+2 si ottiene $ y^{log(x)} =x^{log(y)} $.
Ok, ma hai ottenuto un'identità :roll:

Consiglierei, invece, come hanno suggerito scambret e LudoP, di sistemare la soluzione iniziale di 9frusciante9, contando a manina gli esponenti dei primi :wink:
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erFuricksen
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Re: 184. Diofantea esponenziale

Messaggio da erFuricksen » 09 ago 2015, 21:06

Io l'ho fatto così:
Testo nascosto:
Vediamo facilmente la soluzione $(1,1)$, quindi possiamo supporre $x,y>1$.
Vediamo anche altrettanto facilmente che se un primo $p \mid x$ allora $p \mid y$. Quindi, supponiamo che $p$ sia un primo dispari, se $p \mid y$ allora $p \nmid y+2$, e siccome $p^2 \mid x^2$ avremo che $p^2 \mid v_p(LHS)$ e quindi per l'uguaglianza $p^2 \mid v_p(RHS)$, ma abbiamo detto che $p \nmid y+2$, perciò $p^2 \mid v_p(x)$, che implica $p^{p^2} \mid x$, ma per semplicità mi basterà considerare solo $p^p \mid x$.
Chiamiamo adesso $f_p(n)$ la funzione che eleva ripetutamente $p$ alla se stesso sempre sull'ultimo esponente, in pratica fa così: $f_p(n)=p^{p^{p^{...^p}}}$ ripetuto $n$ volte. Allora abbiamo visto che $f_p(1) \mid x$, quindi che $f_p(k) \mid x$ per un certo $k$ intero, vediamo ora l'induzione:
$f_p(k) \mid x^2$ quindi $f_p(k) \mid v_p(LHS)$ e $f_p(k) \mid v_p(RHS)$, ma come abbiamo visto prima $(p , y+2)=1$, ovvero $(f_p(k) , y+2)=1$, perciò $f_p(k) \mid v_p(x)$, che equivale a dire che $f_p(k+1) \mid x$.
Quindi per induzione questo vale per ogni $k$, ma $x$ e $y$ sono due numeri finiti, quindi non esistono primi $p$ dispari che li dividono.
Detto questo allora possiamo scrivere $x=2^a$ e $y=2^b$ con $a ,b \ge 1$.
Allora $2^{b \cdot 2^{2a}}=2^{2^b+2}$
$b \cdot 2^{2a-1}=2^{b-1}+1$
Ma abbiamo detto che $a \ge 1$, quindi $2 \mid LHS$, da cui $2 \mid RHS$ e quindi $b=1$, che rimesso nell'equazione ci dà $a=1$.
Questo vuol dire che le uniche soluzioni sono $(1,1)$ e $(2,2)$
$ x^2 + (y - \sqrt {|x|} )^2 = 2 $

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gpzes
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Re: 184. Diofantea esponenziale

Messaggio da gpzes » 09 ago 2015, 22:47

erFuricksen ha scritto: Detto questo allora possiamo scrivere $ x=2^a$ e $y=2^b$ con a,b≥1.
Allora $2^{b⋅{2^{2a}}}=2^{2^{b}+2} \\
b \cdot 2^{2a-1}=2^{b-1}+1
$
:oops: Ma non dovrebbe essere $b\cdot {{2}^{2a}}=a\cdot ({{2}^{b}}+2)$ ???

Ma per concludere che x e y hanno stessi fattori primi e solo può essere $p=2$ non bastava quanto detto da 6frusciante9 e jordan :wink: ??
jordan ha scritto: Consiglierei, invece, come hanno suggerito scambret e LudoP, di sistemare la soluzione iniziale di 9frusciante9, contando a manina gli esponenti dei primi :wink:

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Re: 184. Diofantea esponenziale

Messaggio da erFuricksen » 10 ago 2015, 00:08

Ah già mi sono dimenticato di trascriverlo da un passaggio all'altro :oops:
Comunque cambia poco, abbiamo $b \cdot 2^{2a}=2a(2^{b-1}+1)$
Supponiamo $b>1$, allora avremo $2^{2a} \mid 2a$ e quindi $2^{2a} \le 2a$ che è impossibile per $a \ge 1$, quindi $a=b=1$
Ultima modifica di erFuricksen il 10 ago 2015, 00:27, modificato 2 volte in totale.
$ x^2 + (y - \sqrt {|x|} )^2 = 2 $

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Re: 184. Diofantea esponenziale

Messaggio da gpzes » 10 ago 2015, 00:25

:oops: :oops: ..temo che non vada ancora...

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Re: 184. Diofantea esponenziale

Messaggio da erFuricksen » 10 ago 2015, 00:28

Perché?
$ x^2 + (y - \sqrt {|x|} )^2 = 2 $

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gpzes
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Re: 184. Diofantea esponenziale

Messaggio da gpzes » 10 ago 2015, 00:39

Scusami..ho letto male :wink: ...

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Re: 184. Diofantea esponenziale

Messaggio da luca95 » 13 ago 2015, 21:04

@erFuricksen Mi sembra giusta! Vai pure

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