Determinare tutte le coppie di numeri interi positivi $n$ ed $x$ tali che $2^n+5^n=x^2+65$
P.S. io l'ho iniziato ma non l'ho finito, ma mi è sembrato tosto....magari domani mattina se mi alzo presto cerco di attacarlo da un'altra angolazione, perchè so già cosa devo tentare di dimostrare.
Diofantea da un PreIMO
Diofantea da un PreIMO
<<Se avessi pensato (se pensassi) che la matematica è solo tecnica
e non anche cultura generale; solo calcolo e non anche filosofia,
cioè pensiero valido per tutti, non avrei fatto il matematico (non
continuerei a farlo)>> (Lucio Lombardo Radice, Istituzioni di
Algebra Astratta).
Mathforum
$ \displaystyle\zeta(s)=\sum_{n=1}^\infty \frac {1}{n^s} $
e non anche cultura generale; solo calcolo e non anche filosofia,
cioè pensiero valido per tutti, non avrei fatto il matematico (non
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Re: Diofantea da un PreIMO
Bella! Ma anche tosta... 
Per ora sono arrivato a n pari e x divisibile per 12. Inoltre provando i casi "piccoli" sono arrivato alla coppia (4,24)...
Per ora sono arrivato a n pari e x divisibile per 12. Inoltre provando i casi "piccoli" sono arrivato alla coppia (4,24)...
Imagination is more important than knowledge. For knowledge is limited, whereas imagination embraces the entire world, stimulating progress, giving birth to evolution (A. Einstein)
Re: Diofantea da un PreIMO
Bravo che hai capito la parità di x, però credo che ti serva più capire come è n.....e semplice questo, è dopo che si complica(infatti ho scoperto un aiuto e l'ho finito, ma l'hint ti porta alla soluzione più semplice e vedrai come è semplice, non so se lo vuoi, intanto prova ad andare avanti come ti ho consigliato)
<<Se avessi pensato (se pensassi) che la matematica è solo tecnica
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$ \displaystyle\zeta(s)=\sum_{n=1}^\infty \frac {1}{n^s} $
e non anche cultura generale; solo calcolo e non anche filosofia,
cioè pensiero valido per tutti, non avrei fatto il matematico (non
continuerei a farlo)>> (Lucio Lombardo Radice, Istituzioni di
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Re: Diofantea da un PreIMO
Mi sa che non riesco a dire molto di n... 
Ho solo notato che $2^n\equiv 4 \ (mod \ 12)$
e poi $10\mid x+2^m \ V \ x-2^m$ con $2m=n$
Infine una banale riscrittura con scomposizione che però non so dove possa portare: $5(5^{n-1}-13)=(x+2^m)(x-2^m)$
Però non darmi ancora nessun indizio! Forse però domani te lo chiederò...
Ho solo notato che $2^n\equiv 4 \ (mod \ 12)$
e poi $10\mid x+2^m \ V \ x-2^m$ con $2m=n$
Infine una banale riscrittura con scomposizione che però non so dove possa portare: $5(5^{n-1}-13)=(x+2^m)(x-2^m)$
Però non darmi ancora nessun indizio! Forse però domani te lo chiederò...
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Re: Diofantea da un PreIMO
vedila $\pmod 5$
<<Se avessi pensato (se pensassi) che la matematica è solo tecnica
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continuerei a farlo)>> (Lucio Lombardo Radice, Istituzioni di
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$ \displaystyle\zeta(s)=\sum_{n=1}^\infty \frac {1}{n^s} $
e non anche cultura generale; solo calcolo e non anche filosofia,
cioè pensiero valido per tutti, non avrei fatto il matematico (non
continuerei a farlo)>> (Lucio Lombardo Radice, Istituzioni di
Algebra Astratta).
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$ \displaystyle\zeta(s)=\sum_{n=1}^\infty \frac {1}{n^s} $
-
paga92aren
- Messaggi: 358
- Iscritto il: 31 lug 2010, 10:35
Re: Diofantea da un PreIMO
$4|n$, serve a qualcosa?
Re: Diofantea da un PreIMO
Non so se serve a qualcosa ma:
Sappiamo che $ n $ è pari $ => $$ 2^{2k}+5^{2k}=p $, dove $ p\in \mathbb{P} $ (primi).
$ p \equiv 1 \pmod{4} \land 65 \equiv 1 \pmod{4}=>p-65 \equiv 0 \pmod{4}=>x^2 \equiv 0 \pmod{4} $
Infine riscrivo l'equazione come:
$ p-65=16k^2 $
Può essere una strada (ho paura di no):roll: ?
Sappiamo che $ n $ è pari $ => $$ 2^{2k}+5^{2k}=p $, dove $ p\in \mathbb{P} $ (primi).
$ p \equiv 1 \pmod{4} \land 65 \equiv 1 \pmod{4}=>p-65 \equiv 0 \pmod{4}=>x^2 \equiv 0 \pmod{4} $
Infine riscrivo l'equazione come:
$ p-65=16k^2 $
Può essere una strada (ho paura di no):roll: ?
« Due cose hanno soddisfatto la mia mente con nuova e crescente ammirazione e soggezione e hanno occupato persistentemente il mio pensiero: il cielo stellato sopra di me e la legge morale dentro di me. »
Re: Diofantea da un PreIMO
Considerando l'equazione mod 5, ho visto che $ n $ è pari. Dopodichè isolando $ x^2 $,ho ragionato mod 25 sull'altro membro, che non risulta mai un residuo quadratico. Quindi non dovrebbero esserci soluzioni. Non ho ricontrollato, per favore correggetemi; è giusto così?
Re: Diofantea da un PreIMO
La soluzione c'è $ n=4 $ e $ x=24 $.
« Due cose hanno soddisfatto la mia mente con nuova e crescente ammirazione e soggezione e hanno occupato persistentemente il mio pensiero: il cielo stellato sopra di me e la legge morale dentro di me. »
Re: Diofantea da un PreIMO
Allora ricontrollo.
Re: Diofantea da un PreIMO
Errore stupido, con un niente di fatto. Ci riprovo un'altra volta.
Re: Diofantea da un PreIMO
A me mod 5 non dice nulla... magari ricontrollo domani che sono un po' più sveglio... 
Forse una scomposizione basata su $65=2^6+1$ porta a qualcosa...
Un piccolo hint sulla strada da percorrere? Che metodo usare?
magari ricontrollo domani che sono un po' più sveglio... Forse una scomposizione basata su $65=2^6+1$ porta a qualcosa...
Un piccolo hint sulla strada da percorrere? Che metodo usare?
Imagination is more important than knowledge. For knowledge is limited, whereas imagination embraces the entire world, stimulating progress, giving birth to evolution (A. Einstein)
Re: Diofantea da un PreIMO
Ecco la mia
Supponiamo n dispari, allora $7\mid 2^n+5^n \rightarrow x^2\equiv -65\equiv -2 \pmod 7$, assurdo perchè $-2$ non è un residuo quadratico $\rightarrow n=2m$.
Riscrivo come $x^2=5^{2m}+2^{2m}-65$. Per $m\geq 4$ vale $5^{2m}<5^{2m}+2^{2m}-65< (5^m+1)^2$ (l'ultimo pezzo equivale infatti a $2^{2m}-65\leq 2\cdot 5^m+1$, vero per $m\geq 4$). Casi piccoli a mano $\rightarrow (4,24)$ è l'unica soluzione.
Supponiamo n dispari, allora $7\mid 2^n+5^n \rightarrow x^2\equiv -65\equiv -2 \pmod 7$, assurdo perchè $-2$ non è un residuo quadratico $\rightarrow n=2m$.
Riscrivo come $x^2=5^{2m}+2^{2m}-65$. Per $m\geq 4$ vale $5^{2m}<5^{2m}+2^{2m}-65< (5^m+1)^2$ (l'ultimo pezzo equivale infatti a $2^{2m}-65\leq 2\cdot 5^m+1$, vero per $m\geq 4$). Casi piccoli a mano $\rightarrow (4,24)$ è l'unica soluzione.
Re: Diofantea da un PreIMO
mi pare che funzioni.
non ho pero' capito il ragionamento di Hawk.
cioe' in particolare, quando dici che poiche' n e' pari,
2^n+5^n=p, p primo.
c'e' un teorema che consente di farti trarre questa conclusione?
in effetti nell'unica soluzione trovata il secondo membro e' primo.
ma perche'?
non ho pero' capito il ragionamento di Hawk.
cioe' in particolare, quando dici che poiche' n e' pari,
2^n+5^n=p, p primo.
c'e' un teorema che consente di farti trarre questa conclusione?
in effetti nell'unica soluzione trovata il secondo membro e' primo.
ma perche'?
Il vecchio conio OO
Re: Diofantea da un PreIMO
Ma infatti è falso, ad esempio giocandoci un attimo si vede che $2^8\equiv 1 \pmod {17}, 5^8\equiv -1 \pmod {17} \rightarrow 17\mid 2^{8+16q}+2^{8+16q}$ per $q$ naturale.