2^x-5=11^y

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
Rispondi
marco-daddy
Messaggi: 75
Iscritto il: 24 nov 2006, 13:38
Località: Roma

2^x-5=11^y

Messaggio da marco-daddy » 25 set 2007, 20:11

Trovare tutte le coppie di interi positivi $ $(x,y) $ tali che

$ $2^x-5=11^y $

Good Luck

Avatar utente
mod_2
Messaggi: 726
Iscritto il: 18 ago 2007, 20:26
Località: In fondo a destra

Re: 2^x-5=11^y

Messaggio da mod_2 » 26 set 2007, 15:47

$ $2^x-5=11^y $
aggiungo 11 da tutte e due le parti e ottengo
$ $2^x-5+11=11^y+11 $
$ $2^x+6=11^y+11 $
$ $2(2^{x-1}+3)=11(11^{y-1}+1) $
da ciò $ 2^{x-1}+3|11 $
(x=4;y=1)
e poi non so più come continuare... :(
Appassionatamente BTA 197!

Avatar utente
EUCLA
Messaggi: 771
Iscritto il: 21 apr 2005, 19:20
Località: Prato

Messaggio da EUCLA » 26 set 2007, 16:10

Non necessariamente $ 2^{x-1}+3 |11 $...piuttosto $ 11|2^{x-1}+3 $..

Avatar utente
mod_2
Messaggi: 726
Iscritto il: 18 ago 2007, 20:26
Località: In fondo a destra

Messaggio da mod_2 » 26 set 2007, 16:14

EUCLA ha scritto:Non necessariamente $ 2^{x-1}+3 |11 $...piuttosto $ 11|2^{x-1}+3 $..
oooooooooooops....si l'ho scritto all'incontrario...
Appassionatamente BTA 197!

Avatar utente
FeddyStra
Messaggi: 403
Iscritto il: 19 set 2006, 15:34
Località: 45° 7' 19.2'' N 7° 23' 20.1'' E

Messaggio da FeddyStra » 26 set 2007, 18:05

Riscrivo l'equazione come $ 2^x=5+11^y $.

Considero il caso $ y=0 $.
$ 2^x=5+1=6 $, impossibile.

Considero il caso $ y=1 $.
$ 2^x=5+11=16 $, da cui $ x=4 $.
Quindi una soluzione è $ (4,1) $.

Assumo ora$ y>1 $ e di conseguenza $ x>4 $.
Da $ 2^x=5+11^y $ deduco che $ x \equiv 4 $ $ $$(mod 10)$$ $, quindi $ x $ è pari.
Pongo allora $ x=2k $ e l'equazione iniziale diventa $ 4^k=5+11^y $.

Lascio a qualcun altro la possibilità di continuare da qui. :wink:
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]

Avatar utente
julio14
Messaggi: 1208
Iscritto il: 11 dic 2006, 18:52
Località: Berlino

Messaggio da julio14 » 26 set 2007, 19:06

FeddyStra ha scritto:Da $ 2^x=5+11^y $ deduco che $ x \equiv 4 $
?
Se sei andato per casi, per y pari x dispari (in modulo 2: $ 1+(-1)^{2k}=2 $), altrimenti che ragionamento hai fatto?

Avatar utente
FeddyStra
Messaggi: 403
Iscritto il: 19 set 2006, 15:34
Località: 45° 7' 19.2'' N 7° 23' 20.1'' E

Messaggio da FeddyStra » 26 set 2007, 20:24

julio14 ha scritto:che ragionamento hai fatto?
Guardi le potenze di $ 2 $ modulo $ 11 $ e sai che $ 2^{10+x}\equiv 2^x $ (Fermat).

EDIT: chiarisco meglio...

Tu sai che $ \displaystyle 2^x = 5 +11^y $, da cui $ 2^x \equiv 5 $ $ $$(mod 11)$$ $.
Analizzi le potenze di $ 2 $ modulo $ 11 $.
$ \displaystyle 2^1 \equiv 2 $,
$ \displaystyle 2^2 \equiv 4 $,
$ \displaystyle 2^3 \equiv 8 $,
$ \displaystyle 2^4 \equiv 5 $,
$ \displaystyle 2^5 \equiv 10 $,
$ \displaystyle 2^6 \equiv 9 $,
$ \displaystyle 2^7 \equiv 7 $,
$ \displaystyle 2^8 \equiv 3 $,
$ \displaystyle 2^9 \equiv 6 $,
$ \displaystyle 2^{10} \equiv 1 $.
Inoltre, il Piccolo Teorema di Fermat ti dice che $ 2^{\phi (11) +x}\equiv 2^x $, cioè $ 2^{10 +x}\equiv 2^x $.
Da questo deduci che gli esponenti per i quali la potenza di $ 2 $ è congrua a $ 5 $ modulo $ 11 $ sono quelli congrui a $ 4 $ modulo $ \phi (11)=10 $, quindi $ x \equiv 4 $ $ $$(mod 10)$$ $.
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]

Avatar utente
Febo
Messaggi: 47
Iscritto il: 20 set 2007, 15:08

Messaggio da Febo » 26 set 2007, 23:06

alura, provo a finire il lavoro di Feddy:

$ 4^k=11^y+5 $

Per k=1 no soluzione, k=2 y=1 e' soluzione. Supponiamo $ k\ge 3 $. Ma allora $ 11^y\equiv -5\pmod{64} $, dunque $ y\equiv 13 \pmod{16} $ quindi $ 11^y\equiv 7\pmod{17} $ per cui $ 4^k\equiv 12\pmod{17} $ che e' assurdo (le potenze di 4 fanno 4, 16, 13, 1, 4, 16, 13, 1, 4... mod 17).

Quindi x=4, y=1 e' l'unica soluzione..

edit: si eucla, c'hai ragione, ma era solo un errore di battitura, facendo i conti avevo scritto il segno giusto, mi pare che la dimo torna...
Ultima modifica di Febo il 26 set 2007, 23:44, modificato 2 volte in totale.
Fondatore dell'associazione "Non uno di meno", per lo sterminio massiccio dei nani e affini.

Avatar utente
EUCLA
Messaggi: 771
Iscritto il: 21 apr 2005, 19:20
Località: Prato

Messaggio da EUCLA » 26 set 2007, 23:18

Sarò stanca ma non dovrebbe esser $ 11^y\equiv -5 (\mod 64) $?

edit:ci sto lavorando anch'io sperando che non ci siano altre sol oltre alla banale :P

Pigkappa
Messaggi: 1208
Iscritto il: 24 feb 2005, 13:31
Località: Carrara, Pisa

Messaggio da Pigkappa » 27 set 2007, 13:11

Febo ha scritto: $ 11^y\equiv -5\pmod{64} $, dunque $ y\equiv 13 \pmod{16} $
Questo c'è un modo di vederlo senza troppi conti?

Avatar utente
EUCLA
Messaggi: 771
Iscritto il: 21 apr 2005, 19:20
Località: Prato

Messaggio da EUCLA » 27 set 2007, 13:12

Ok. Posto la mia soluzione.
Riparto da $ 2^x=11^y+5 $
Date le mie speranze che non esistan di soluzioni diverse dalla banale metto $ x\geq5 $.
E spero che non sia vero che $ 11^y+5 \equiv 0 (\mod 2^{5}) $.
Modulo miei errori le congruenze di $ 11^y \mod 32 $ sono $ 11 \ -7\ -13\ 15\ 5\ 9\ 3\ 1 $ mentre a noi serviva che fosse $ -5 $. Da qui consegue che $ x<5 $ ma sappiamo che $ 2^x \geq 16 $. Quindi $ (4,1) $ è l'unica soluzione.

marco-daddy
Messaggi: 75
Iscritto il: 24 nov 2006, 13:38
Località: Roma

Messaggio da marco-daddy » 27 set 2007, 13:51

Ok a febo

@EUCLA: $ 11^y\equiv-5 \pmod{32} $ ha soluzioni con $ y\equiv 5 \pmod{8} $

@Feddy: Per dimostrare che x è pari (ed anche multipla di 4) basta vedere l'equazione iniziale mod 5

Il problema si può risolvere anche senza fare i conti con i moduli...

Avatar utente
EUCLA
Messaggi: 771
Iscritto il: 21 apr 2005, 19:20
Località: Prato

Messaggio da EUCLA » 27 set 2007, 14:00

Si..giusto...avevo sbagliato un segno...Infatti per $ x \equiv 4 (\mod8) $ è -15 e non 15 come ho scritto :(

Rispondi