diofantea iraniana 2005
diofantea iraniana 2005
Trovare tutti i $ n,\,p,\,q\,\in \mathbb{N} $ tali che: $ 2^n+n^2=3^p7^q $.
Data la congruenza$ 2^a\equiv b\pmod7 $ per ogni a b può essere al massimo 1,2,4.
I residui quadratici modulo 7 se non erro sono solo1,4,2. Quindi se funziona l'equazione allora almeno uno tra 1,2 e 4 deve darmi 7 se sommato a 1,2,4. Impossibile.
Quindi q=0.
$ 2^n+n^2=3^p $
n deve essere dispari e dato che $ n^2\equiv 1\pmod3 $ allora per congruenze modulo 3 di 2^n, n è dispari. P è pari per congruenze modulo 4(analizzo sotto il caso n<2).
allora $ 2^n=(3^{p/2}-n)(3^{p/2}+n) $
allora $ n=-2^a+3^{p/2} $ quindi $ 2^b=2*3^{p/2}-2a $
allorra dato che a<b $ 2^a(2^{b-a}+1)=2*3^{p/2} $ allora a=1 e
$ 2^{b-a}+1=3^{p/2} $
C'è un teorema di un tipo di cui non mi ricordo il nome(mi pare cominci con la m) che dice che le uniche potenze consecutive sono 8 e 9.
Dato che non mi ricordo il nome lo dimostro in altro modo:
$ 2^{b-1}+1=3^{p/2} $
Intanto 2+1=3 se b è più piccolo di 3.
p/2 è pari per congruenze modulo 4 allora se $ D=3^{p/4}-1 $
$ 2^{b-1}=D(D+2) $. Ci si accorge subito che funziona solo se D=2
allora b=4.
Ricapitoliamo:
se n>2 allora
$ 2^{a+b}+(a+b)^2=3^p $
o b=2 ma allora non funziona, oppure $ 2^5+25=3^p $ ma non va bene
se n<2:
se n=1 allora p=1 e funziona.
Spero di non aver fatto errori.
I residui quadratici modulo 7 se non erro sono solo1,4,2. Quindi se funziona l'equazione allora almeno uno tra 1,2 e 4 deve darmi 7 se sommato a 1,2,4. Impossibile.
Quindi q=0.
$ 2^n+n^2=3^p $
n deve essere dispari e dato che $ n^2\equiv 1\pmod3 $ allora per congruenze modulo 3 di 2^n, n è dispari. P è pari per congruenze modulo 4(analizzo sotto il caso n<2).
allora $ 2^n=(3^{p/2}-n)(3^{p/2}+n) $
allora $ n=-2^a+3^{p/2} $ quindi $ 2^b=2*3^{p/2}-2a $
allorra dato che a<b $ 2^a(2^{b-a}+1)=2*3^{p/2} $ allora a=1 e
$ 2^{b-a}+1=3^{p/2} $
C'è un teorema di un tipo di cui non mi ricordo il nome(mi pare cominci con la m) che dice che le uniche potenze consecutive sono 8 e 9.
Dato che non mi ricordo il nome lo dimostro in altro modo:
$ 2^{b-1}+1=3^{p/2} $
Intanto 2+1=3 se b è più piccolo di 3.
p/2 è pari per congruenze modulo 4 allora se $ D=3^{p/4}-1 $
$ 2^{b-1}=D(D+2) $. Ci si accorge subito che funziona solo se D=2
allora b=4.
Ricapitoliamo:
se n>2 allora
$ 2^{a+b}+(a+b)^2=3^p $
o b=2 ma allora non funziona, oppure $ 2^5+25=3^p $ ma non va bene
se n<2:
se n=1 allora p=1 e funziona.
Spero di non aver fatto errori.
Ultima modifica di Reginald il 26 gen 2009, 14:28, modificato 1 volta in totale.
Congettura di Catalan, dimostrata da Mihăilescu
Bene, prendiamo un pentagono di [tex]$n$[/tex] lati...
Grazie mille!!fede90 ha scritto:Congettura di Catalan, dimostrata da Mihăilescu
..comunque almeno l'iniziale la ricordavo!!