teoria dei numeri

Biagio · Messaggio da **Biagio** » 01 gen 1970, 01:33

ecco un es. di teoria dei numeri:
 per a,b,c interi positivi, trovare tutte le sol. dell\'equazione:
 
 2^a + 3^b = 5^c
 
 ps:un saluto a tutti i miei compisani... ne approfitto anche per chiedere se vi sono arrivati i risultati dei test.
 ciao

Harniver · Messaggio da **Harniver** » 01 gen 1970, 01:33

A me non sono arrivati, e penso neanche a ma_go e alex85 perchè gliel\'ho chiesto nel forum dimostratelo. Mi sa che dovremo ancora aspettare....

lordgauss · Messaggio da **lordgauss** » 01 gen 1970, 01:33

Ciao mitico!
 Come va? Sei il migliore!
 
 ***
 
 Riporto qua anche l\'esercizio di thematrix, così magari a qualcuno viene la voglia di fare tutti e due i problemi
 
 trovare tutte le soluzioni intere positive dell\'equazione
 3^x+5^y=7^z+1

aristoteles · Messaggio da **aristoteles** » 01 gen 1970, 01:33

<IMG SRC="images/forum/icons/icon21.gif">
 Heilà compagni di steig. Sono forse stato l\'unico eletto a ricevere i risultati dei test?
 Ma no, neanch\'io li ho ricevuti e spero ancora... <IMG SRC="images/forum/icons/icon27.gif">
 
 Probabilmente MAX & MIKI hanno di meglio da fare...

talpuz · Messaggio da **talpuz** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 per a,b,c interi positivi, trovare tutte le sol. dell\'equazione:
 
 2^a + 3^b = 5^c
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 dunque..
 supponiamo c>1 (altrimenti si ha la soluzione banale (1;1;1))
 analizzando le potenze di 2,3,5 nei moduli 5,4,10,25,9 ( <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif"> )
 si ha che necessariamente a=4, b=2 mod 60
 a questo punto immagino non ci siano altre soluzioni che (1;1;1) e (4;2;2) (la seconda delle quali soddisfa le congruenze)
 io però non ho proprio idea di come dimostrarlo <IMG SRC="images/forum/icons/icon_biggrin.gif">
 ...a voi!!!
 bye

info · Messaggio da **info** » 01 gen 1970, 01:33

Provo.
 se a>=1
 (mod 4)
 0+(1/3)=1----->0+1=1
 4^z+9^k=25^m
 (mod

(4/0)+1=1
 16^f+9^k=25^m
 (mod 5)
 1+(4/1)=0
 16^f+81^t*9=25^m
 (mod 16)
 0+9=9^m
 16^f+81^t*9=625^r*25
 (mod 13)
 3^f+3^(2+t)=0
 ma 3=(3/9/1) mod 13 quindi r=0---->t=0--f=1
 Sostituendo credo si ottenga la seconda sol di talpuz......
 analogamente per a=1...si esguono sostituzioni e si arriva a
 2+9^b*3=25^c*5
 si analizzi il tutto (mod 25)...non ci sono sol...quindi c=0---->da qua segue la prima sol......
 Ciao
 p.s.: errori come al solito probabili
 
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: info il 17-09-2003 20:30 ]
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: info il 17-09-2003 20:30 ]
 
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info · Messaggio da **info** » 01 gen 1970, 01:33

errore scusate...ora provo a sistemarlo

info · Messaggio da **info** » 01 gen 1970, 01:33

L\'errore (di calcolo) stava qua:
 
 *************
 16^f+81^t*9=625^r*25
 (mod 13)
 3^f+3^(2+t)=0
 ma 3=(3/9/1) mod 13 quindi r=0---->t=0--f=1
 **************
 
 ora non mi viene in mente nulla.....potremmo analizzare per esempio le congruenze mod 625 (il primo membro non risulta mai divisibile per questo numero) ma forse è pesante da dimostrare......sicuramente lavorando sulle congruenze mod 81 dopo mezz\'ora di calcoli giungiamo da qualche parte.......se riesco a trovare qualcosa di + facile posterò in seguito......
 Ciao
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: info il 17-09-2003 21:23 ]

Biagio · Messaggio da **Biagio** » 01 gen 1970, 01:33

boh, domani posto il tutto se volete, comunque una volta che avete scritto 4^a + 9^b = 25^c è quasi fatta, basta scomporre...

lordgauss · Messaggio da **lordgauss** » 01 gen 1970, 01:33

Esatto... non è che una volta che si sanno usare un po\' le congruenze basta usarle brutalmente; una piccola dose di furbizia serve sempre... non facciamoci fregare.

Leblanc · Messaggio da **Leblanc** » 01 gen 1970, 01:33

Provo anch’io, anche se il caso a=1 non mi viene… (mi pare che non venga neanche mod 25)
 
 Osserviamo che:
 3^(2k) == 1, 3^(2k+1) == 3 mod 8
 5^(2h) == 1, 5^(2h+1) == 5 mod 8
 
 Se a = 0
 1 + 3^b = 5^c impossibile perché il primo membro è pari e il secondo dispari
 
 Se a = 2
 4 + 3^b = 5^c
 Per b=0 non vi sono soluzioni. Per b > 0, considerando mod 3, si ha:
 4 + 3^b = 5^(2h) (5^h + 2)(5^h - 2) = 3^b
 5^h + 2 = 3^m 5^h - 2 = 3^n m>n>=0
 mcd(5^h + 2, 5^h - 2) = 3^n | (5^h + 2) - (5^h - 2) = 4
 da cui n = 0.
 Poiché 5^h - 2 = 1 non ha soluzioni, non ci sono soluzioni per a = 2.
 
 
 Se a > 2 l’equazione, considerando mod 8 entrambi i membri, diviene:
 2^a + 3^2k = 5^2h
 (5^h + 3^k)(5^h - 3^k) = 2^a
 
 Dovrà essere:
 5^h + 3^k = 2^m 5^h - 3^k = 2^n m>n>=0
 mcd(5^h + 3^k, 5^h - 3^k) = 2^n | (5^h + 3^k) - (5^h - 3^k) = 2 * 3^k
 da cui n = 0 o 1. n = 0 non é possibile, perché sarebbe 5^h - 3^k = 1 e la differenza di due numeri dispari non può essere 1.
 
 Se n = 1:
 (5^h - 3^k) = 2 5^h = 2 + 3^k
 (5^h + 3^k) = 2^(a-1)
 Sostituendo la prima nella seconda:
 1 + 3^k = 2^(a-2)
 
 Consideriamo il caso a = 3:
 1 + 3^k = 2 da cui k = 0: a=3, b=0 e non esistono soluzioni per c, come si verifica immediatamente.
 
 Consideriamo il caso a = 4:
 1 + 3^k = 2^2 da cui k = 1: a=4, b=2, c =2 che è una soluzione.
 
 Per a > 4 non esistono altre soluzioni, come si verifica considerando mod 8 entrambi i membri della
 1 + 3^k = 2^(a-2)
 Infatti il primo membro non è mai == 0 mod 8.

Biagio · Messaggio da **Biagio** » 01 gen 1970, 01:33

provo quella di lord...
 per le congr. mod3 si ricava che y è dispari
 ==> 3^z + 5^(2y+1) = 7^z +1
 7^z - 3^x = 4(5^2y......+1)
 dalle congr. mod4 si ricava che x e z devono avere la stessa parità,
 1)se x e z sono pari, si ha che
 (7^z - 3^x)(3^x + 7^z)=4(5^2y.....+1) ma il membro a sinistra risulta div. per 8, ma non quello a destra, dunque sia x che z devono essere dispari.
 2)x e z dispari==>
 3^(2x+1) + 5^(2y+1)= 7^(2z+1) + 1
 per le congruenze mod9,...azz, per ora sono bloccato.
 comunque immagino che non ci siano altre sol. oltre (1,1,1)
 ora ci lavoro...

Biagio · Messaggio da **Biagio** » 01 gen 1970, 01:33

[ Questo Messaggio è stato Modificato da: Biagio il 18-09-2003 14:57 ]

Biagio · Messaggio da **Biagio** » 01 gen 1970, 01:33

per leblanc:
 se a=1 si ha:
 2 + 3^b=5^c per mod8 si ha che sia b che c cono dispari, ora se b fosse maggiore di 1 si può fare la congruenza mod 9 e vedere che c dev\'essere del tipo 6n + 5, ora facendo la congruenza mod7 che ha la stessa \"fi\" di eulero di 9 si ricava che 5^6n+5 dev\'essere ==3 mod(7) ==> 3^b==1 mod 7 non ha sol. con b dispari, per cui si ha necessariamente b=1, c=1 , [ Questo Messaggio è stato Modificato da: Biagio il 18-09-2003 14:57 ]

info · Messaggio da **info** » 01 gen 1970, 01:33

Ora non posso stare su internet molto...cmq grazie lordgauss....accetto volentieri la lezione <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif"> ......
 In fondo, sbagliando s\'impara (basta non continuare a sbagliare!!!! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_smile.gif"> )
 Ciao