Problema 1 SNS anni passati

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
Whov
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Re: Problema 1 SNS anni passati

Messaggio da Whov » 11 ago 2015, 17:11

Risolvo anche il punto 1 a se (come warming up :) ), anche se è il punto 2 con k=1.
$ a^2+b^2=2^c $. $ MCD(a, b) = 2^r $ necessariamente. Dunque $ a=u 2^r \ b=v 2^r $ con almeno uno fra u e v che non è divisibile per 2 (altrimenti incrementerei semplicemente r). Wlog sia questo u. Allora $ (u^2+v^2)2^{2r}=2^c $ per cui nemmeno v è divisibile per 2. Considero ora MCD(a,b)=1, e le soluzioni per r>1 saranno di conseguenza (e saranno infinite). Scrivo dunque $ a=2k+1\ b=2h+1 $ perché dispari.
Sostituendo si ha $ 4(k^2+h^2+k+h)+2=2^c\implies 2\equiv 2^c (mod 4) $. Semplicemente c=1, altrimenti $ 2^c\equiv 0 (mod 4) $, da cui $ a^2+b^2=2 $ cioé (1, 1, 1). Ora nel caso di r generico, tutte le soluzioni sono (per a=b=2^r): $ (2^r, 2^r, 2r+1) $

Similmente il punto 2. MCD(a, b) =$ 2^r $. $ a=u 2^r \ b=v 2^r $. Cerco ora le soluzioni per MCD=1 e le altre saranno in funzione di quelle che trovo ora e di r. è facile provare che anche qui u e v sono entrambi dispari. Scrivo allora $ a=2u+1\ b=2v+1 $(NB: ho riciclato u, v, ma non sono quelli di prima). Sostituisco e sviluppo:
$ 2^{2^k}u^{2^k}+2^k(stuff)+2=(2^k)^c $ da cui (sapendo $ 2^k\mid 2^{2^k} $) $ 2\equiv 0 (mod 2^k) $, che è vero solo per k=1 (caso sopra).

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