Si consideri l'espressione
$ \displaystyle4^x+4^y+4^z~~~~~~~~~~~(*) $
dove $ \displaystyle x,y,z $ sono interi non negativi.
$ \begin{tabular}{cp}
(i) & Provare che la quantità sopra scritta è un quadrato perfetto per infinite terne di interi $(x,y,z)$. \\
(ii) & Determinare \emph{tutte} le terne di interi non negativi $(x,y,z)$ tali che la quantità sopra scritta sia un quadrato perfetto.
\end{tabular} $
Ho già cercato e non mi sembra sia mai stato postato qui questo problema.
SNS 2006-2007, Es. 3
SNS 2006-2007, Es. 3
Viviamo intorno a un mare come rane intorno a uno stagno. (Socrate)
Se ho capito bene Veluca vuol dire che se $ \displaystyle y=\frac{x+z+1}{2} $ allora $ \displaystyle 2^{z-x+1}=2^{2y-2x} $ e $ \displaystyle 2^{2x}(1+2^{2y-2x}+2^{2z-2x}) $ è un quadrato perfetto, anche se come ha detto jordan basta trovare una terna $ \displaystyle (a,b,c) $ (ad esempio $ \displaystyle (0,1,1) $) e anche $ \displaystyle (a+k,b+k,c+k) $ fa venire un quadrato perfetto.
Chi si cimenta con il secondo punto?
Chi si cimenta con il secondo punto?
Viviamo intorno a un mare come rane intorno a uno stagno. (Socrate)
per il secondo punto ho provato a dimostrare che $ 1+2^{2(y-x)}+2^{2(z-x)} $ sia un quadrato perfetto se e solo se $ y=\frac{y+z+1}{2} $... per ora ho prodotto questo
$ a=y-x;\ b=z-x \\ 1+2^{2a}+2^{2b}=(2^b+1)^2\\ 2^{2a}=2^{b+1}\\ 2a=b+1 \Rightarrow 2y-2x=z-x+1 \Rightarrow y=\frac{x+z+1}{2} \\ con\ n \neq 0\\ 1+2^{2a}+2^{2b}=(2^b+2n)^2 \\ 1+2^{2a}+2^{2b}=4(2^{b-1}+n)^2 \Rightarrow assurdo $
$ 1+2^{2a}+2^{2b}=(2^b+(2n+1))^2 \\ 1+2^{2a}+2^{2b}=2^{2b}+(2n+1)\cdot2^{b+1}+(2n+1)^2\\ 2^{2a}=(2n+1)\cdot2^{b+1}+4n^2+4n \\ 2^{2a-2}=(2n+1)\cdot2^{b-1}+n^2+n \\ (2^{a-1}-n)(2^{a-1}+n)=(2^b+1)n+2^{b-1} \\ n\ pari:\ 2(2^{a-2}-k)(2^{a-2}+k)=(2^b+1)k+2^{b-2} \Rightarrow assurdo $
mi manca il caso con n dispari... appena ho un po' di tempo ci penso... voi guardate che eresie ho scritto nel frattempo XD
$ a=y-x;\ b=z-x \\ 1+2^{2a}+2^{2b}=(2^b+1)^2\\ 2^{2a}=2^{b+1}\\ 2a=b+1 \Rightarrow 2y-2x=z-x+1 \Rightarrow y=\frac{x+z+1}{2} \\ con\ n \neq 0\\ 1+2^{2a}+2^{2b}=(2^b+2n)^2 \\ 1+2^{2a}+2^{2b}=4(2^{b-1}+n)^2 \Rightarrow assurdo $
$ 1+2^{2a}+2^{2b}=(2^b+(2n+1))^2 \\ 1+2^{2a}+2^{2b}=2^{2b}+(2n+1)\cdot2^{b+1}+(2n+1)^2\\ 2^{2a}=(2n+1)\cdot2^{b+1}+4n^2+4n \\ 2^{2a-2}=(2n+1)\cdot2^{b-1}+n^2+n \\ (2^{a-1}-n)(2^{a-1}+n)=(2^b+1)n+2^{b-1} \\ n\ pari:\ 2(2^{a-2}-k)(2^{a-2}+k)=(2^b+1)k+2^{b-2} \Rightarrow assurdo $
mi manca il caso con n dispari... appena ho un po' di tempo ci penso... voi guardate che eresie ho scritto nel frattempo XD
guarda ke il secondo punto e piu semplice di qnto possa sembrare: supponiamo ke (x, y, z) sia una soluzione ( supponiamo wlog ke sia x<y<z ), allora (x-x, y-x, z-x), cioe (0, y-x, z-x) deve essre una soluzione, a questo punto e sostanzialmente fatto: da qsto segue ke x trovare le soluzioni "primitive" basta porre x=0, trovare tt le y e z ke verificano l'equazione, poi si trasla qste terne di un vettore (k, k, k).
spero di essere stato kiaro, se c'e' qualcosa ke nn si capisce kiedetelo pure
spero di essere stato kiaro, se c'e' qualcosa ke nn si capisce kiedetelo pure
MIND TORNA CON NOI
... in pratica quello che dici tu XDMagari ci riusciamo se vediamo un n dispari come un n pari+1..Veluca ha scritto:per il secondo punto ho provato a dimostrare che $ 1+2^{2(y-x)}+2^{2(z-x)} $ sia un quadrato perfetto se e solo se $ y=\frac{y+z+1}{2} $... per ora ho prodotto questo
$ a=y-x;\ b=z-x \\ 1+2^{2a}+2^{2b}=(2^b+1)^2\\ 2^{2a}=2^{b+1}\\ 2a=b+1 \Rightarrow 2y-2x=z-x+1 \Rightarrow y=\frac{x+z+1}{2} \\ con\ n \neq 0\\ 1+2^{2a}+2^{2b}=(2^b+2n)^2 \\ 1+2^{2a}+2^{2b}=4(2^{b-1}+n)^2 \Rightarrow assurdo $
$ 1+2^{2a}+2^{2b}=(2^b+(2n+1))^2 \\ 1+2^{2a}+2^{2b}=2^{2b}+(2n+1)\cdot2^{b+1}+(2n+1)^2\\ 2^{2a}=(2n+1)\cdot2^{b+1}+4n^2+4n \\ 2^{2a-2}=(2n+1)\cdot2^{b-1}+n^2+n \\ (2^{a-1}-n)(2^{a-1}+n)=(2^b+1)n+2^{b-1} \\ n\ pari:\ 2(2^{a-2}-k)(2^{a-2}+k)=(2^b+1)k+2^{b-2} \Rightarrow assurdo $
mi manca il caso con n dispari... appena ho un po' di tempo ci penso... voi guardate che eresie ho scritto nel frattempo XD
$ 1+2^{2a}+2^{2b}=(2^b+(2n+3))^2 \\ 1+2^{2a}+2^{2b}=2^{2b}+(2n+3)\cdot2^{b+1}+(2n+3)^2\\ 2^{2a}=(2n+1)\cdot2^{b+1}+4n^2+12n+8 $
quindi a è al massimo 2, perchè se fosse di più il secondo termine sarebbe dispari mentre il primo pari....quindi a<3..ed ora se si provano tutte dovrebbe funzionare..cioè..non dovrebbe funzionare mai....se ho sbagliato almeno vi siete fatti due risate per la carrellata di idiozzie...XDXD
...non so di cosa tu stia parlando, giuda ballerino..
Magari ci riusciamo se vediamo un n dispari come un n pari+1..Inkio ha scritto:Veluca ha scritto:per il secondo punto ho provato a dimostrare che $ 1+2^{2(y-x)}+2^{2(z-x)} $ sia un quadrato perfetto se e solo se $ y=\frac{y+z+1}{2} $... per ora ho prodotto questo
$ a=y-x;\ b=z-x \\ 1+2^{2a}+2^{2b}=(2^b+1)^2\\ 2^{2a}=2^{b+1}\\ 2a=b+1 \Rightarrow 2y-2x=z-x+1 \Rightarrow y=\frac{x+z+1}{2} \\ con\ n \neq 0\\ 1+2^{2a}+2^{2b}=(2^b+2n)^2 \\ 1+2^{2a}+2^{2b}=4(2^{b-1}+n)^2 \Rightarrow assurdo $
$ 1+2^{2a}+2^{2b}=(2^b+(2n+1))^2 \\ 1+2^{2a}+2^{2b}=2^{2b}+(2n+1)\cdot2^{b+1}+(2n+1)^2\\ 2^{2a}=(2n+1)\cdot2^{b+1}+4n^2+4n \\ 2^{2a-2}=(2n+1)\cdot2^{b-1}+n^2+n \\ (2^{a-1}-n)(2^{a-1}+n)=(2^b+1)n+2^{b-1} \\ n\ pari:\ 2(2^{a-2}-k)(2^{a-2}+k)=(2^b+1)k+2^{b-2} \Rightarrow assurdo $
mi manca il caso con n dispari... appena ho un po' di tempo ci penso... voi guardate che eresie ho scritto nel frattempo XD
$ 1+2^{2a}+2^{2b}=(2^b+(2n+3))^2 \\ 1+2^{2a}+2^{2b}=2^{2b}+(2n+3)\cdot2^{b+1}+(2n+3)^2\\ 2^{2a}=(2n+1)\cdot2^{b+1}+4n^2+12n+8 $
quindi a è al massimo 2, perchè se fosse di più il secondo termine sarebbe dispari mentre il primo pari...anzi no..se invece n nella sua fattorizzazione ha un2 allora ponendo n=2s si ha:$ 2^{2a}=(2n+1)\cdot2^{b+1}+4*(2s)^2+12*2n+8 $ Allora $ 2^{2a-3}=(2n+1)\cdot2^{b-2}+2*s^2+3n+1 $.Ma se divido ancora il secondo membro per 2 ho finalmente un dispari....quindi a<5...magari adesso possiamo, in modo molto barbaro, provarle tutte..
...non so di cosa tu stia parlando, giuda ballerino..
Allora... risolvo $ ~\displaystyle 1+4^y+4^z=a^2 $ grazie al discorso di Jacobi e dimostro che $ ~\displaystyle z=2y-1 $ (quadrato di un binomio)
Se y = z ottengo $ ~\displaystyle 1+2\cdot4^z=a^2\Rightarrow 2^{2z+1}=(a+1)(a-1) $ Ma l'unico caso in cui due potenze di 2 distano di 2 una dall'altra è quando sono 4 e 2: a = 3 *.
Poniamo anche y > 1 e (senza perdita di generalità) z > y (è facile vedere che se $ ~\displaystyle y\le1 $ si ottiene sempre a = 3 *).
Poniamo per comodità $ ~\displaystyle m=2y-1 $ e riscriviamo l'equazione come $ ~\displaystyle (2^m+1)^2-4^m+4^z=a^2 $.
Per lo stesso discorso di prima (e per l'osservazione della prossima riga) $ ~\displaystyle 4^y\|a^2-1 $, cioè o $ ~\displaystyle 2\|a+1 \wedge 2^m\|a-1 $ o viceversa.
Cosa importante: la massima potenza di 2 che divide una somma/differenza di potenze di 2 è uguale alla minore di queste se sono diverse o al loro valore comune per 2: $ ~\displaystyle 2^s\|2^s\pm2^t \Leftrightarrow s < t $ o $ ~\displaystyle 2^{s+1}\|2^s+2^t \Leftrightarrow s=t $
Se z < m:
$ ~\displaystyle (2^m+1-a)(2^m+1+a)=4^z(4^{m-z}-1) $
$ ~\displaystyle 2^{2z}\|(2^m+1-a)(2^m+1+a) $
al massimo $ ~\displaystyle 2^{m+1}\|\boxed{\text{uno dei due fattori}} $ e l'altro non è divisibile per 4, quindi al massimo $ ~\displaystyle 2^{m+2}\|(2^m+1-a)(2^m+1+a) $... assurdo perché $ ~\displaystyle 2z>2y+1=m+2 $
Se z > m:
$ ~\displaystyle (a-2^m-1)(a+2^m+1)=4^m(4^{z-m}-1) $
di nuovo o $ ~\displaystyle 2^{m+1}\|(a-2^m-1)(a+2^m+1) $ o $ ~\displaystyle 2^{m+2}\|(a-2^m-1)(a+2^m+1) $, quindi si avrebbe $ ~\displaystyle 2m=m+2 $ assurdo perché m dispari o $ ~\displaystyle 2m=m+1 $, da cui y = 1 che dà sempre il solito maledetto (
) caso a = 3. *
(*) N.B.: Se a = 3 l'unica terna è $ ~\displaystyle (0,1,1) $ (e rispetta la tesi)
Dov'è che ho sbagliato?
Se y = z ottengo $ ~\displaystyle 1+2\cdot4^z=a^2\Rightarrow 2^{2z+1}=(a+1)(a-1) $ Ma l'unico caso in cui due potenze di 2 distano di 2 una dall'altra è quando sono 4 e 2: a = 3 *.
Poniamo anche y > 1 e (senza perdita di generalità) z > y (è facile vedere che se $ ~\displaystyle y\le1 $ si ottiene sempre a = 3 *).
Poniamo per comodità $ ~\displaystyle m=2y-1 $ e riscriviamo l'equazione come $ ~\displaystyle (2^m+1)^2-4^m+4^z=a^2 $.
Per lo stesso discorso di prima (e per l'osservazione della prossima riga) $ ~\displaystyle 4^y\|a^2-1 $, cioè o $ ~\displaystyle 2\|a+1 \wedge 2^m\|a-1 $ o viceversa.
Cosa importante: la massima potenza di 2 che divide una somma/differenza di potenze di 2 è uguale alla minore di queste se sono diverse o al loro valore comune per 2: $ ~\displaystyle 2^s\|2^s\pm2^t \Leftrightarrow s < t $ o $ ~\displaystyle 2^{s+1}\|2^s+2^t \Leftrightarrow s=t $
Se z < m:
$ ~\displaystyle (2^m+1-a)(2^m+1+a)=4^z(4^{m-z}-1) $
$ ~\displaystyle 2^{2z}\|(2^m+1-a)(2^m+1+a) $
al massimo $ ~\displaystyle 2^{m+1}\|\boxed{\text{uno dei due fattori}} $ e l'altro non è divisibile per 4, quindi al massimo $ ~\displaystyle 2^{m+2}\|(2^m+1-a)(2^m+1+a) $... assurdo perché $ ~\displaystyle 2z>2y+1=m+2 $
Se z > m:
$ ~\displaystyle (a-2^m-1)(a+2^m+1)=4^m(4^{z-m}-1) $
di nuovo o $ ~\displaystyle 2^{m+1}\|(a-2^m-1)(a+2^m+1) $ o $ ~\displaystyle 2^{m+2}\|(a-2^m-1)(a+2^m+1) $, quindi si avrebbe $ ~\displaystyle 2m=m+2 $ assurdo perché m dispari o $ ~\displaystyle 2m=m+1 $, da cui y = 1 che dà sempre il solito maledetto (
) caso a = 3. *(*) N.B.: Se a = 3 l'unica terna è $ ~\displaystyle (0,1,1) $ (e rispetta la tesi)
Dov'è che ho sbagliato?
Viviamo intorno a un mare come rane intorno a uno stagno. (Socrate)
)E' stato uno dei primi problemi che ho visto sul forum, e la soluzione non era certo mia, ma di un certo personaggio che per nostra sfortuna adesso frequenta un altro forum.. 
The only goal of science is the honor of the human spirit.