Un'altra diofantea

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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Ani-sama
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Un'altra diofantea

Messaggio da Ani-sama » 23 giu 2006, 15:55

Questa l'ha proposta snagg in chat... è carina, e anche abbastanza fattibile, penso:

Trovare tutte le soluzioni $ $(m,n)$ $ intere non negative di:

$ $1+5 \cdot 2^m = n^2 \quad m,n \in \mathbb{N}_0$ $

Buon divertimento! :)
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hydro
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Messaggio da hydro » 23 giu 2006, 16:34

$ 5 \cdot 2^m=(n-1)(n+1) $, n dev'essere dispari, quindi $ n-1 $ e $ n+1 $ possono condividere al massimo un solo fattore 2 e solo una delle due può contenere un solo fattore 5. nessun altro primo può comparire. Quindi le uniche possibilità sono:

$ n+1=5 \cdot 2 $
$ n-1=2^{m-1} $

cioè $ n=9,m=4 $

o

$ n-1=5 \cdot 2 $
$ n+1=2^{m-1} $, impossibile

o

$ n+1=2^{m-1}\cdot 5 $
$ n-1= 2 $ , impossibile

o

$ n-1=2^{m-1}\cdot 5 $
$ n+1= 2 $, impossibile
Ultima modifica di hydro il 23 giu 2006, 17:15, modificato 2 volte in totale.

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Ani-sama
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Messaggio da Ani-sama » 23 giu 2006, 16:52

Con $ $m=4, n=9$ $ invece c'è soluzione... :P dai dai che non è difficilissimo!
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pic88
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Messaggio da pic88 » 23 giu 2006, 17:10

questa soluzione non mi piace, l'ho fatta in fretta, forse anche sbagliando...
5*2^m=(n-1)(n+1)
da cui a esempio:
n+1=5*2^k
n-1=2^h con h+k=m;

5*2^k-2^h=2
5*2^(k-1)-2^(h-1)=1
se h<k
2^(h-1)(5*2^(k-h)-1)=1 no soluzioni perchè 5*2^(k-h) diverso da 2;
se k<h
2^(k-1)(5-2^(h-k))=1
da cui si avrebbe h-k=2; k=1 (perchè 1=1*1 e basta); allora m=h+k=4
per cui abbiamo n=9

oppure:

n+1=2^h
n-1=5*2^k con k+h=m;

2^h-5*2^k=2
2^(h-1)(1-5*2^(k-h))=1 no soluzioni
2^(k-1)(2^(h-k)-5)=1 no soluzioni perchè 6 non è potenza di 2.
Ultima modifica di pic88 il 23 giu 2006, 17:23, modificato 1 volta in totale.

Alex89
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Messaggio da Alex89 » 23 giu 2006, 17:19

Un momento!

m=4 n=9

pic88
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Messaggio da pic88 » 23 giu 2006, 17:25

Alex89 ha scritto:Un momento!

m=4 n=9
ed è l'unica...

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Ani-sama
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Messaggio da Ani-sama » 23 giu 2006, 17:44

Vi metto anche la mia...

Abbiamo che:

$ $1+5 \cdot 2^m = n^2$ $

Si verifica rapidamente che per $ $m=0, 1, 2$ $ non c'è soluzione. Ora, poniamo che $ $m > 2$ $. Per una banale ragione di parità, $ $n$ $ deve essere dispari. Sia dunque $ $n=2k+1, k \in \mathbb{N} $. Abbiamo che:

$ $1+5 \cdot 2^m = 4k^2+4k+1$ $

da cui, in seguito a rapidi passaggi algebrici, otteniamo:

$ $5 \cdot 2^{m-2} = k(k+1)$ $

A sinistra abbiamo $ $5$ $, dispari, e un $ $2^{m-2}$ $, sempre pari per la condizione precedentemente posta. A destra abbiamo il prodotto di due numeri consecutivi, di cui uno è sicuramente pari e l'altro sicuramente dispari. Abbiamo quindi due casi:

1) $ $k=5 \Rightarrow k+1=6 = 2^{m-2} $, che non dà alcuna soluzione;

2) $ $k+1=5 \Rightarrow k=4=2^{m-2} \Rightarrow m=4 $. Da qui, sostituendo, l'unica soluzione $ $(4,9)$ $
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snagg
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Messaggio da snagg » 23 giu 2006, 17:50

Posto la mia in attesa di quella di ani che mi è piaciuta anche di più, allora:

$ 2^m= \frac{n^2 -1}{5} $, sappiamo che i residui quadratici mod 5 sono 0, 1, -1. Nello specifico il periodo è 0, 1, -1, -1, 1. Dunque ci sono 1 pari e un dispari il cui quadrato mod 5 da resto 1 nel periodo. Per questioni di parità sappiamo che n deve per forza essere dispari. Riscriviamo:
$ 2^m = \frac{(n+1)(n-1)}{5} $
Dunque o 5| (n+1) o 5|(n-1) e gli altri fattori sono tutti 2. Notiamo che n < 25, perchè altrimenti ci sarebbe più di un 5 tra i fattori. Sappiamo inoltre che ogni 5 quadrati abbiamo un caso per noi appetibile, ovvero il quadrato dispari con resto 1. Dunque ci restano 5 casi. Dopo aver esaminato a mano i casi resta che l'unico valido è n=9 e dunque m=4.

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HiTLeuLeR
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Di tanto in tanto mi piglia la nostalgia...

Messaggio da HiTLeuLeR » 26 giu 2006, 14:28

Dev'essere $ m \ge 3 $ ed $ n = 2^q r + 1 $, con $ r $ dispari e $ q > 0 $. Perciò $ 5 \cdot 2^m = 2^{q+1} r \cdot (2^{q-1} r + 1) $. Se $ q > 1 $, questo implica $ m = q+1 $ ed $ r \cdot (2^{q-1} r + 1) = 5 $, i.e. $ r = 1 $ e $ q = 3 $, e ancora $ (m,n) = (4, 9) $. Se invece $ q = 1 $, allora $ 5 \cdot 2^m = 4r(r+1) $, e pertanto $ 3 \mid (r+1) $, assurdo.

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