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Determinare tutte le coppie di numeri interi positivi $(a,n)$ con $a\ge n\ge 2$ per cui il numero $(a+1)^n+a-1$ è una potenza di $2$.

EDIT: corretti i segni. Grazie MATHia!

Sia $(a+1)^{n}+a-1=2^{b}$ con $b \in N$. Per il teorema binomiale si ha $\sum _{i=0} ^{n} {n \choose i} a^{i} + a=2^{b} \Rightarrow a|2^{b} \Rightarrow a=2^{c}$ con $c\in N \land c<b$. Quindi, $(2^{c}+1)^{n}+2^{c}-1=2^{b} \Rightarrow \sum _{i=1} ^{n} {n \choose i} 2^{(i-1)c}=2^{b-c}-1$ ed espandendo,
$n+{n \choose 2} 2^{c} + {n \choose 3} 2^{2c}+...+ 2^{c(n-1)}=2^{b-c}-1 \Rightarrow n$ è dispari.
Inoltre, $(n+1)+\sum_{i=2}^{n} 2^{c(i-1)}=2^{b-c}$, pertanto $b > 2c$ da cui $2^{c}|n+1 \land 2^{c} \geq n \Rightarrow n+1\geq 2^{c} \land 2^{c} \geq n \Rightarrow n\leq 2^{c}\leq n+1$. Segue $n=2^{c}$ o $n+1=2^{c}$, ma $n$ è dispari, perciò $n+1=2^{c} \Rightarrow c\geq 2$.
Si ha, quindi, $(2^{c}+1)^{n+1} + (2^{c}+1)(2^{c}-1)=2^{b}(2^{c}+1)$ dunque, sostituendo quanto appena trovato, $(2^{c}+1)^{2^{c}}+2^{2c}-1=2^{b}(2^{c}+1)$ ovvero $\sum_{i=1}^{2^{c}}{2^{c} \choose i} 2^{ic}+2^{2c}=2^{b}(2^{c}+1) \Rightarrow \sum_{i=2}^{2^{c}} {2^{c} \choose i} 2^{ic}+2^{2c+1}=2^{b}(2^{c}+1)$.
Si distinguano, ora, due casi:
- $c>2$
Dividendo entrambi i membri per $2^{2c+1}$ si ha $2^{-(2c+1)} \cdot \sum_{i=2}^{2^{c}}{2^{c} \choose i} 2^{ic} + 1=2^{b-2c-1}(2^{c}+1)$.
Tuttavia, $4|\sum_{i=2}^{2^{c}}{2^{c} \choose i}2^{ic}$, pertanto, $LHS$ è dispari, da cui $b=2c+1$. Segue $\sum_{i=2}^{2^{c}}{2^{c}\choose i}2^{ic}=2^{3c+1}$, ma per $i=3$ si ha ${2^{c} \choose 3}2^{3c}>2^{3c+1} \Rightarrow i<3 \Rightarrow 2^{c}<3\Rightarrow c<2$ che è assurdo.
- $c=2 \Rightarrow a=4, n=3$
$5^{3}+3=2^{b} \Rightarrow b=7$.

Dunque, l'unica soluzione è la coppia $(4,3)$.

Hai invertito i segni...$(a+1)^n-a+1$

In verità nel testo della gara i segni erano quelli di Enigmatico, penso si sia sbagliato Talete

MATHia ha scritto:In verità nel testo della gara i segni erano quelli di Enigmatico, penso si sia sbagliato Talete

è qualche giorno che provo a risolverlo.
Beh, Talete adesso ti tocca risolverlo (potrebbe anche essere facile, io non sono un buon metro, mi pare di aver capito abbastanza bene come vanno le soluzioni ma non riesco a dimostrarlo ).

Ah già. Ora modifico e mi cimento nella risoluzione del problema creatosi erroneamente

Attenzione, con i segni invertiti rischia di essere fuori portata. Già per $n=2$ è un esercizio molto tecnico che potete provare a fare se sapete come si risolve l'equazione di Ramanujan-Nagell; per $n$ più grandi temo servano risultati diofantei molto pesanti anche solo per dire che il numero di soluzioni è finito.

Grazie <enigma>!

Vediamo un po'...
\[(a+1)^2-a+1=a^2+2a+1-a+1=a^2+a+2=\left(a+\frac12\right)^2+\frac74,\]
che è una potenza intera di $2$ se e solo se lo è $(2a+1)^2+7$. Questa è proprio l'equazione di Ramanujan, di cui provo a vedere se ricordo la soluzione...
Intanto chiamo $2a+1=x$ e wlog $x>0$.

Caso in cui è una potenza pari di $2$ (uguale a $2k$): si scompone $7=(2^k-x)\cdot(2^k+x)$ e dunque vedendo che il secondo fattore a RHS è positivo, allora deve esserlo anche l'altro: e il primo è minore del secondo, dunque $2^k-x=1$ e $2^k+x=7$, che porta a $k=2$ e $x=3$ (dunque $a=1$).

Caso in cui è una potenza dispari di $2$ (uguale a $2k+1$): ora inizia la parte difficile... lavoriamo in $\mathbb Q[\sqrt{-7}]$ (non chiedetemi che roba è, perché non ne sono del tutto sicuro)... allora in teoria il numero $2$ dovrebbe magicamente scomporsi come
\[2=\left(\frac{1+\sqrt{-7}}2\right)\cdot\left(\frac{1-\sqrt{-7}}2\right).\]
I due robi nella parentesi sono molto belli, non trovate? Ora scompongo anche $x^2+7$, e questo è ovvio:
\[x^2+7=4\cdot\left(\frac{x+\sqrt{-7}}2\right)\cdot\left(\frac{x-\sqrt{-7}}2\right).\]
E poi, chissà perché ho tirato fuori un $4$ dalla fattorizzazione? Se tutto va bene mi rimane
\[\left(\frac{x+\sqrt{-7}}2\right)\cdot\left(\frac{x-\sqrt{-7}}2\right)=\left(\frac{1+\sqrt{-7}}2\right)^{2k-1}\cdot\left(\frac{1-\sqrt{-7}}2\right)^{2k-1}.\]
I due robi al LHS (chiamiamoli $A$ e $B$) paiono coprimi (non sono sicuro di saperlo giustificare, se non dicendo che il loro MCD è anche il MCD di $x$ e $\sqrt{-7}$, che non hanno molto a che fare l'uno con l'altro). Dunque, se sapessimo che le due basi dei robi a RHS (chiamiamole $C$ e $D$) sono due numeri primi, allora sapremmo che $A=C^{2k-1}$ e $B=D^{2k-1}$ oppure $A=D^{2k-1}$ e $B=C^{2k-1}$. Ora, queste cose io le dico sperando di ricordare come si fa a mostrare che un determinato numero in $\mathbb Q[\sqrt{-7}]$ è primo, però in realtà non ne sono tanto sicuro. Lavoriamo solo su quello che abbiamo chiamato $C$: calcoliamo la sua norma:
\[||C||=\frac{||1+\sqrt{-7}||}{||2||}=\frac{||1^2+(\sqrt7)^2||}4=2.\]
Ottimo: la sua norma è un numero primo di $\mathbb Z$, dunque lui è un numero primo di $\mathbb Q[\sqrt{-7}]$: infatti se ci fosse un primo $p$ di $\mathbb Q[\sqrt{-7}]$ che divide $C$, allora sarebbe per forza $||p||=2$ e dunque $C=p\cdot j$ con $j\in\{1,-1,i,-i\}$. Allo stesso modo si mostra che $D$ è primo. Ora abbiamo i due casi diversi:
• $A=C^{2k-1}$ e $B=D^{2k-1}$, che porta a
\[-\sqrt{-7}+2\cdot\left(\frac{1+\sqrt{-7}}2\right)^{2k-1}=x=\sqrt{-7}+2\cdot\left(\frac{1-\sqrt{-7}}2\right)^{2k-1},\]
e ora sono troppo stanco per continuare. Ditemi se ho fatto qualcosa di buono oppure ho detto solo scemenze

Mi ricorda qualcosa...

Saro00 ha scritto:Mi ricorda qualcosa...

Cosa, un problema con il testo sbagliato che diventa di difficoltà completamente enorme rispetto al problema di partenza? No, a me non ne viene in mente nessun altro...

Boh tipo a volte basta anche soltanto un piccolo particolare... mi viene in mente il seguente problema: