2 diversivi non male...

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

Questi due mi hanno occupato un bel po\' di tempo...
 
 1) Dato un intero positivo k, dimostrare che esistono infiniti quadrati della forma (2^k)n – 7 (la parentesi chiarisce che n moltiplica 2^k)
 
 3)Dimostrare che se un’ infinita progressione aritmetica di interi positivi contiene un quadrato ed un cubo, allora contiene una sesta potenza
 
 Abbastanza carini, no? <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">

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

provo l\'1 ma non ne sono troppo sicuro...
 
 sicuramente il quadrato deve essere dispari, quindi impostiamo:
 n(2^k)-7=(2x+1)^2
 n(2^k)=4x^2+4x+8 adesso possiamo porre che n=4m (per non dover poi dimostrare i casi per k<=2)
 m(2^k)=x^2+x+2
 m(2^k)=(x+1)(x+2)
 adesso se poniamo m=2^k+1,2*[2^(k+1)+1], 2^2*[2^(k+2)+1], 2^3*[2^(k+3)+1]... esiste sempre una x che risolve l\'equazione.
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: matthewtrager il 13-08-2004 20:29 ]

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

[ Questo Messaggio è stato Modificato da: matthewtrager il 13-08-2004 20:28 ]

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

A dirti la verità non mi pare funzioni, qulache Big forse può chiarire...magari sbaglio io, però la scomposizione (x+1)(x+2) non mi torna e poi l\'equazione finale con le tue sostituzioni non ha radici intere: un numero dispari al quadrato non può essere prodotto di due numeri consecutivi...
 
 Ciao

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

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-08-13 20:24, matthewtrager wrote:
 ...
 m(2^k)=x^2+x+2
 m(2^k)=(x+1)(x+2)
 ....
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: matthewtrager il 13-08-2004 20:29 ]
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 scovato l\'errore... non solo non si fattorizza in quel modo, non si puo\' nememno fattorizzare. uffa.. <IMG SRC="images/forum/icons/icon27.gif"> vabbe\' ci ripensero\'

andrea84 · Messaggio da **andrea84** » 01 gen 1970, 01:33

Provo il primo!
 
 Notiamo che la tesi è equivalente a dimostrare che la congruenza
 t^2==-7mod(2^k) ha sempre almeno una soluzione per pgni k.
 Ora, chiaramente t deve essere dispari e dimostriamo che se la congruenza
 t^2==-7mod(2^k) (1) ha una soluzione allora anche t^2==-7mod(2^(k+1)) (2) ne ha almeno una.
 Sia dunque t una soluzione della (1) abbiamo 2 casi notevoli o
 t^2==-7mod(2^(k+1)) nel qual caso abbiamo finito oppure
 t^2==2^k-7mod(2^(k+1)) (infatti se t non è soluzione della (2) t^2=(2^k)n-7 con n dispari e dunque t^2=(2^k)n+2^k è divisibile per 2^(k+1)).
 E\' ora facile vedere che se siamo nel secondo caso t+2^(k-1) è soluzione della (2) e dunque siamo a posto.
 Procediamo ora per induzione su k.
 Se k=1 la (1) diviene t^2=-7mod(2) cioè t^2==1mod(2) che ha chiaramente 1 soluzione, supponiamo dunque la tesi vera per un dato k e il passo induttivo viene dall\'applicazione di quanto detto sopra.
 Dunque rimana dimostrato che la (1) ha almeno una soluzione per ogni k, per dimostrare che queste sono infinite basta osservare che la soluzione della (1) è in realtà una classe di resto dunque tutti i numeri congrui alla soluzione sono loro stessi soluzioni.
 
 Spero di non aver detto boiate <IMG SRC="images/forum/icons/icon_cool.gif">
 
 Ciao

andrea84 · Messaggio da **andrea84** » 01 gen 1970, 01:33

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

Ciao Andrea, mi pare funzioni alla grande (per quello che vale un mio giudizio)...invece certamente è più bella e più snella della mia <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">