Mettere esponenti a caso qua e là
Mettere esponenti a caso qua e là
Trovare tutte le terne $(x,y,z)$ di interi positivi che risolvono l'equazione $$(x+1)^y+1=(x+2)^z$$
Re: Mettere esponenti a caso qua e là
Premetto che non ho la minima conoscenza di latex quindi scriverò come viene.
Portando l'1 a RHS otteniamo (x+1)^y=(x+2)^z-1
Consideriamo un primo dispari p che divide x+1 (quindi escludendo la forma 2^a), per il lemma LTE vediamo che v_p(RHS)=v_p(x+1)+v_p(z)=y*v_p(x+1)
Otteniamo allora y=1+v_p(z)/v_p(x+1) (diamo per scontata la divisibilità siccome se non è verificata l'uguaglianza non è verificata a sua volta) che è minore o uguale a z per motivi che lascio intendere al lettore e in particolare è uguale solo per z=1 quindi troviamo una classe di soluzioni del tipo (x,1,1) (le altre possiamo scartarle ad esempio sviluppando il binomio di Newton, se z è maggiore di y avremmo differenze troppo grandi tra le potenze).
Adesso consideriamo x+1=2^a, troviamo le soluzioni per a=1, cioè dell'equazione 2^y+1=3^z (*) (si fa sempre con LTE una volta appurato che se y>1 allora z è pari) e poi possiamo applicare nuovamente il lemma LTE per il caso p=2 ottenendo v_2(RHS)=a+v_2(z)=ay, ma allora in modo analogo a prima otteniamo y=1+v_2(z)/a che è nuovamente minore o uguale a z e uguale solo per z=1 (vale nuovamente il discorso sul binomio di Newton), ma allora troviamo solo la classe di soluzioni (2^a-1,1,1).
Unendo le due classi otteniamo la classe di soluzioni (x,1,1) per ogni x, inoltre l'equazione (*) ha due soluzioni: y=1, z=1 e y=3, z=2 quindi troviamo anche la terna (1,3,2).
È il primo commento "serio" che faccio sul forum, spero di non aver detto qualche boiata ma accetto volentieri correzioni
Portando l'1 a RHS otteniamo (x+1)^y=(x+2)^z-1
Consideriamo un primo dispari p che divide x+1 (quindi escludendo la forma 2^a), per il lemma LTE vediamo che v_p(RHS)=v_p(x+1)+v_p(z)=y*v_p(x+1)
Otteniamo allora y=1+v_p(z)/v_p(x+1) (diamo per scontata la divisibilità siccome se non è verificata l'uguaglianza non è verificata a sua volta) che è minore o uguale a z per motivi che lascio intendere al lettore e in particolare è uguale solo per z=1 quindi troviamo una classe di soluzioni del tipo (x,1,1) (le altre possiamo scartarle ad esempio sviluppando il binomio di Newton, se z è maggiore di y avremmo differenze troppo grandi tra le potenze).
Adesso consideriamo x+1=2^a, troviamo le soluzioni per a=1, cioè dell'equazione 2^y+1=3^z (*) (si fa sempre con LTE una volta appurato che se y>1 allora z è pari) e poi possiamo applicare nuovamente il lemma LTE per il caso p=2 ottenendo v_2(RHS)=a+v_2(z)=ay, ma allora in modo analogo a prima otteniamo y=1+v_2(z)/a che è nuovamente minore o uguale a z e uguale solo per z=1 (vale nuovamente il discorso sul binomio di Newton), ma allora troviamo solo la classe di soluzioni (2^a-1,1,1).
Unendo le due classi otteniamo la classe di soluzioni (x,1,1) per ogni x, inoltre l'equazione (*) ha due soluzioni: y=1, z=1 e y=3, z=2 quindi troviamo anche la terna (1,3,2).
È il primo commento "serio" che faccio sul forum, spero di non aver detto qualche boiata ma accetto volentieri correzioni