TST 2003 /1

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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Alex89
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TST 2003 /1

Messaggio da Alex89 » 19 ott 2007, 18:12

Determinare tutte le terne $ (a,b,p) $ tali che a,b sono interi positivi, p è primo e

$ 2^a+p^b=19^a $

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jordan
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Messaggio da jordan » 19 ott 2007, 18:31

azz, era il primo ma non pensavo fosse cosi facile..

dato che x^n -y^n=(x-y)(qualcosa) allora p=17. se a=1 allora b=1, se a=2 o a=3 nn cè soluzione. quindi a>3. modulo 16 e notando il periodo di 19 si vede che a=4k. ma 19^(4k)-2^(4k)=(19^(2k)-2^(2k))((19^(2k)+2^(2k)), ma l'ultimo fattore nn è multiplo di 17 per ogni k naturale. quindi unica soluzione (1, 1, 1)

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jordan
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Messaggio da jordan » 19 ott 2007, 18:33

(1, 1, 17) pardon

:lol:

Talete
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Re: TST 2003 /1

Messaggio da Talete » 22 mar 2015, 18:29

Provo a scrivere anche la mia soluzione, poi mi dite se è giusta :wink:

Guardo tutto $\pmod{17}$, e ottengo che $p\equiv0$, quindi $p=17$.

Be', c'è la soluzione ovvia $(1,1,17)$.

Ora divido tutto per $17$ e mi rimane

\[17^{b-1}=\sum_{i=1}^{a} 2^{a-i}\cdot 19^i.\]

Da questo sempre $\pmod{17}$ ottengo $a\cdot 2^{a-1}\equiv0$, e quindi $a\equiv0$, dunque $a=17k$ per qualche $k$. Dunque $a\ge17$, dunque per stime si ha che $b-1\ge2$. Per questo so che $17\mid RHS$, e dunque divido tutto per $17$, e ottengo

\[17^{b-2}=\sum_{i=2}^{a} 2^{a-i}\cdot 19^i.\]

Da qui posso andare avanti per discesa infinita, ottenendo che $17^{+\infty}\mid a$, che non porta a nessuna soluzione.

Va bene o c'è qualche passaggio che salto o do per scontato?
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