Determinare tutte le terne $ (a,b,p) $ tali che a,b sono interi positivi, p è primo e
$ 2^a+p^b=19^a $
TST 2003 /1
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)
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)
Re: TST 2003 /1
Provo a scrivere anche la mia soluzione, poi mi dite se è giusta 
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?
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?
"Sei il Ballini della situazione" -- Nikkio
"Meriti la menzione di sdegno" -- troppa gente
"Sei arrivato 69esimo? Ottima posizione!" -- Andrea M. (che non è Andrea Monti, come certa gente pensa)
"Se ti interessa stanno inventando le baricentriche elettroniche, che dovrebbero aiutare a smettere..." -- Bernardo
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