x^2+7=2^n

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FrancescoVeneziano
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x^2+7=2^n

Messaggio da FrancescoVeneziano » 04 giu 2008, 18:48

Determinare le soluzioni (x,n) dell'equazione diofantea
$ x^2+7=2^n $
con x ed n interi positivi.

La metto qui perché la soluzione che conosco usa un po' di Teoria, ma non escludo che ne esistano di elementari.
Wir müssen wissen. Wir werden wissen.

Alex90
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Messaggio da Alex90 » 04 giu 2008, 19:33

Proviamo un po'...sperando di non scrivere cavolate :D

$ x^2 + 7 =2^n $ con $ x,n \in \mathbb{N} $

Diciamo subito che $ n\ge3 $ altrimenti $ RHS\;<LHS $

$ x^2 + 7 =2^n $
$ x^2 + 7 -8=2^n-8 $
$ x^2 -1=2^n-2^3 $
$ (x+1)(x-1)=2^3(2^{n-3}-1) $

ed ora un po' di casi (escludiamo quelli per cui $ x+1=1 $ o $ x-1=1 $ dal momento che non portano a soluzioni):

$ 1\blacktriangleright $
$ x+1=2^3 $
$ x-1=2^{n-3}-1 $
che non porta a nessuna soluzione in $ \mathbb{N} $

$ 2\blacktriangleright $
$ x+1=2^2 $
$ x-1=2(2^{n-3}-1) $
che porta alla soluzione $ n=4 $ $ x=3 $

$ 3\blacktriangleright $
$ x+1=2 $
$ x-1=2^2(2^{n-3}-1) $
che porta alla soluzione $ n=3 $ $ x=1 $

$ 4\blacktriangleright $
$ x+1=2^{n-3}-1 $
$ x-1=2^3 $
che non porta a nessuna soluzione in $ \mathbb{N} $

$ 5\blacktriangleright $
$ x+1=2(2^{n-3}-1) $
$ x-1=2^2 $
che porta alla soluzione $ n=5 $ $ x=5 $

$ 6\blacktriangleright $
$ x+1=2^2(2^{n-3}-1) $
$ x-1=2 $
che porta alla soluzione $ n=4 $ $ x=3 $ già ottenuta in precedenza

In definitiva dunque le soluzioni dell'equazione sono $ (1,3) $, $ (3,4) $ e $ (5,5) $

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mitchan88
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Messaggio da mitchan88 » 04 giu 2008, 19:56

E (11,7)? :?:
C'è un bug bello grosso nella tua dimostrazione :P
[url:197k8v9e]http://antrodimitch.wordpress.com[/url:197k8v9e]

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Alex90
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Messaggio da Alex90 » 04 giu 2008, 20:32

mitchan88 ha scritto:E (11,7)? :?:
C'è un bug bello grosso nella tua dimostrazione :P
Alex90 ha scritto:Proviamo un po'...sperando di non scrivere cavolate :D
l'avevo detto però :roll:...mmm aiutino?

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EUCLA
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Messaggio da EUCLA » 04 giu 2008, 21:04

Sia $ q $ un primo. Se $ (a-1)(a+1)=2^{\alpha}q $, essendo $ (a-1,a+1)= 2 $ puoi fare questa divisione di casi così netta tra i fattori $ 2, q $.

Se invece $ q $ non è primo, questo discorso non lo puoi far così semplicemente...entrano in gioco un bel pò di fattori in più..

Stex19
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Messaggio da Stex19 » 04 giu 2008, 21:22

mitchan88 ha scritto:E (11,7)? :?:
C'è un bug bello grosso nella tua dimostrazione :P
anche io l'ho risolto in parte, ma come alex90 perdo delle soluzioni.... :?

So che x è dispari, quindi $ x=2y+1 $
Svolgo il quadrato e ottengo $ 4y^2+4y+8=2^n $
divido per 4 e arrivo a $ y(y+1)=2^{n-2}-2=2(2^{n-3}-1) $

quindi analizzo:

per $ y=1 $ e $ y+1=2(2^{n-3}-1) $ ho $ 2^{n-3}-1=1 $ quindi $ n=4 $ => $ (3;4) $

per $ y+1=1 $ e $ y=2(2^{n-3}-1) $ ho $ 2^{n-3}-1=0 $, quindi $ n=3 $ =>$ (1;3) $

per $ y=2 $ e $ y+1=2^{n-3}-1 $ ho $ 2^{n-3}-1=3 $, quindi $ n=5 $ => $ (5;5) $

per $ y+1=2 $ e $ y=2^{n-3}-1 $ ho nuovamente $ y=1 $ che era il primo caso.

il dubbio che ho è però se il ragionamento sopra si possa fare, visto che $ y(y+1)=2(2^{n-3}-1) $ non ha mcm=1, essendo uno tra $ y $ è $ y+1 $ sicuramente pari... :?

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edriv
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Messaggio da edriv » 04 giu 2008, 21:22

Nell'ultimo compito in classe di mate c'era il problema:
sapendo che $ ~ \tan \alpha = \frac{\sqrt5}2 $, trovare seno e coseno di $ ~ \alpha $ ($ ~ 0 \le \alpha \le \frac {\pi}2 $)

Qualcuno l'ha risolto così:
siccome $ ~ \tan \alpha = \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha} $, allora $ ~ \sin \alpha = \sqrt 5 $ e $ ~ \cos \alpha = 2 $.

Hai fatto più o meno lo stesso errore :P

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Haile
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Messaggio da Haile » 04 giu 2008, 23:19

hum

riordinarla cosi

$ $x^2 + 3 = 2^n - 4$ $

ed osservare che LSH dev'essere diviso da $ $4$ $ può servire? ;-|

O sono completamente fuori? :twisted:

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Messaggio da julio14 » 05 giu 2008, 00:15

Guarda che se x è dispari, cosa che si vede abbastanza dalla prima equazione, $ x^2+3 $ è sempre divisibile per 4, senza stare a scomodare $ 2^n-4 $... non aiuta moltissimo... :?

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Haile
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Messaggio da Haile » 05 giu 2008, 14:29

julio14 ha scritto:Guarda che se x è dispari, cosa che si vede abbastanza dalla prima equazione, $ x^2+3 $ è sempre divisibile per 4, senza stare a scomodare $ 2^n-4 $... non aiuta moltissimo... :?
Hem

non badare a quelle mie farneticazioni serali :twisted: appena spento il pc mi sono accorto che avevo scritto una cosa ovvia :roll:

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FeddyStra
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Messaggio da FeddyStra » 05 giu 2008, 15:44

EUCLA ha scritto:Sia $ q $ un primo. Se $ (a-1)(a+1)=2^{\alpha}q $, essendo $ (a-1,a+1)= 2 $ puoi fare questa divisione di casi così netta tra i fattori $ 2, q $.

Se invece $ q $ non è primo, questo discorso non lo puoi far così semplicemente...entrano in gioco un bel pò di fattori in più..
Verissimo!
Però se $ (x-1)(x+1)=2^\alpha k $ con $ 2\nmid k $ allora sai sicuramente che
$ \left\{\begin{array}{l}x-1=2 k_1\\x+1=2^{\alpha-1}k_2\end{array}\right. $
oppure
$ \left\{\begin{array}{l}x-1=2^{\alpha-1}k'_1\\x+1=2k'_2\end{array}\right. $
dove $ 2\nmid k_1,k_2,k'_1,k'_2 $.
[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]

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Messaggio da Alex90 » 06 giu 2008, 17:41

Allora se io faccio lo stesso discorso con
$ x^2 + 7 =2^n $
$ x^2 + 7 -16=2^n-16 $
$ x^2 -9=2^n-2^4 $
$ (x+3)(x-3)=2^4(2^{n-4}-1) $

ottengo la soluzione $ (11,7) $ però perdo le altre "più piccole"...non capisco come correggere l'errore...quali sono i fattori in più che entrano in gioco?

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Messaggio da EUCLA » 06 giu 2008, 19:32

In $ 2^{n-4}-1 $ non sai quanti fattori ci stanno :wink: .

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Messaggio da Alex90 » 06 giu 2008, 20:25

EUCLA ha scritto:In $ 2^{n-4}-1 $ non sai quanti fattori ci stanno :wink: .
quindi neanche in $ 2^{n-3}-1 $...ma come lo scopro?

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SkZ
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Messaggio da SkZ » 06 giu 2008, 21:28

non puoi. $ $x^2+x+1$ $ non e' scomponibile ma se metti $ ~x=4 $ ottieni 21 che e' scomponibile.

Mi sembra che si puo' procedere a iterazione, per finite sol
Trovi una prima sol minima (1,3) e la usi per scomporre
$ $x^2 -1^2=2^n-2^3$ $
da cui ottieni (3,4) e (5,5) e le usi per trovarne altre

ma se le sol sono infinite sono cavoli :twisted:
impara il [tex]~\LaTeX[/tex] e mettilo da par[tex]\TeX~[/tex]

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