Problema 8

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
Rispondi
scambret
Messaggi: 734
Iscritto il: 23 mag 2012, 20:49
Località: Acquarica del Capo

Problema 8

Messaggio da scambret »

Risolvere negli interi positivi

$(n^2 + 11n - 4)n! + 33 \cdot 13^n + 4 = m^2$
Avatar utente
Fenu
Messaggi: 77
Iscritto il: 10 set 2017, 16:34

Re: Problema 8

Messaggio da Fenu »

L'ho fatto velocemente a cena, dovrebbe essere corretto, aspetto risposte.
Testo nascosto:
Supponiamo $n\geq7$. Segue che, detto $f(n)=(n^2+11n-4)*n!+33*13^n+4$, allora valgono
\begin{cases}
f(n)\equiv 5*(-1)^n +4\equiv k^2 \pmod{7} \\
f(n)\equiv 5^n+4 \equiv k^2 \pmod{8}.
\end{cases}
La prima equazione ci porta a dire $n$ pari, dato che $5+4\equiv 2 \pmod{7}$ è residuo quadratico, mentre $-5+4\equiv 6 \pmod{7}$ è non residuo quadratico.
La seconda, ricordando che le potenze di $5$ ciclano con periodo $2$ modulo $8$ (formalmente, $ord_8(5)=2$), ci porta a dedurre $n$ dispari: $5^{2h+1} + 4 \equiv 1 \pmod{8}$ che è residuo quadratico, mentre $5^{2h}+4 \equiv 5 \pmod{8}$ che è non residuo quadratico.
Dato che, chiaramente, non possono valere entrambe le relazioni in quanto si contraddicono, il sistema non ha soluzioni $\Rightarrow n<7$. Provando a mano $n=1, 2, 3, 4, 5, 6$, si possono escludere facilmente i casi in cui $f(n)$ non è un quadrato (sono conti lunghi, ma guardando modulo 5, 6, 7 si riesce a gestire il tutto ed individuare i non quadrati velocemente), si ottengono le soluzioni: $f(1)=21^2$, $f(2)=75^2$.
Segue $\fbox{n=1, 2}$
scambret
Messaggi: 734
Iscritto il: 23 mag 2012, 20:49
Località: Acquarica del Capo

Re: Problema 8

Messaggio da scambret »

Ok
Rispondi