184. Diofantea esponenziale

[luca95]

Trovare tutte le coppie di interi positivi $ (x,y) $ tali che
$ \displaystyle y^{x^2}=x^{y+2} $.

[wall98]

EDIT: sbagliato

[Whov]

Un secondo, anche (2, 2) è soluzione. Io mi sono bloccato ma sto procedendo in modo diverso. Adesso arrivo.

[wall98]

Me ne sono accorto, vedo se riesco a correggere

[Whov]

EDIT: sbagliato perché non sto dimostrando che x è multiplo di y o viceversa!

Testo nascosto:

Risposta parziale

Passo ai logaritmi $ x^2 log(y) = (y+2) log(x) $ da cui l'espressione iniziale (elevando entrambi i termini a log(y) e sostituendo) diventa $ y^{(y+2) log(x)} = x^{(y+2) log(y)} $ ed estraendo la radice di indice y+2 si ottiene $ y^{log(x)} =x^{log(y)} $. A questo punto scopiazzo la tattica già vista per $ x^y=y^x $: wlog prendo $ x \geq y \implies log(x) \geq log(y) $. Divido per $ y^{log(y)} $. La differenza fra logaritmi che ottendo a esponente a membro sinistro si può riscrivere come logaritmo di un rapporto per proprietà dei logaritmi. Perciò, posto k=x/y, si ha $ k^{log(y)} = y^{log(k)} $ con $ k \in \mathbb{Q^+} $. A tal punto dimostro che k in realtà deve essere intero positivo: estraggo la radice log(k) e ottengo $ y = k^{\frac{log(y)}{log(k)}} $, ma $ \mathbb{Z^+} $ indi per cui, escludendo le frazioni 1/z perché k>1 per Hp, l'unica possibilità è $ \mathbb{Z^+} $. Ora torno all'equazione di partenza forte di x = ky con k, y, x interi e sostituisco ottenendo $ y^{(ky)^2} = (ky)^{y+2} $. Casi per k:
k=1 => $ y^{y^2} = y^{y+2} $. Passo agli esponenti e trovo (2, 2), mentre ponendo y=1 ho facilmente un'identità per qualsiasi esponente (1, 1).

Considero il caso generico y=1 che mi riconferma la sola (1,1). Ora il mio problema è dimostrare che per $ k, y \geq 2 $ non ci sono soluzioni. Ho tentato con $ y^{(ky)^2} \geq y * (ky)^2 $, però non è abbastanza forte da concludere perché $ y > (ky)^y $ chiaramente non regge poi... Ora rileggo la cosa dei primi di wall98, magari si semplifica tutto. Naturalmente qualche disuguaglianza a me ignorante non nota è molto apprezzata comunque . L'idea dell'induzione dovrebbe funzionare in ogni caso; il calcolo della differenza fra lato sinistro e destro mostra che si distanziano sempre di più..

EDIT provo così: ricordo che $ n^2 \geq 2n $ per $ n \geq 2 $ e $ x^y \geq xy $ per $ x,y \geq 2 $ (vero per y=2, poi induzione su y)
$ y^{k^2y^2} \geq (k^2y)^{y^2} = k^{y^2} (ky)^{y^2} \geq k^{y^2} (ky)^2 (ky)^y > (ky)^{y+2} $Tesi

[scambret]

Si può fare anche nel modo più brutale possibile.

[wall98]

EDIT: sbagliata ancora XD

[wall98]

EDIT: sbagliata, di nuovo

[LudoP]

A Whov: ho la sensazione che trattare questa diofantea come un'equazione tra numeri reali (come di fatto fai tu) non porti grandi risultati. Infatti, tra i numeri reali ci sono un sacco di coppie $ (x,y) $ che soddisfano l'equazione (ad esempio, se $ x<1 $, a sinistra si ha una funzione crescente come una potenza che per $ y=0 $ vale $ 0 $, mentre a destra una funzione decrescente che per $ y=0 $ vale $ x^2>0 $; e per $ x>1 $ per motivi simili "spesso" di $ y $ che soddisfano l'equazione per quel valore di $ x $ ce ne sono addirittura $ 2 $).

Testo nascosto:

Ma visto che si parla di equazione diofantea e siamo nel sottoforum di TdN... che c'entrino i fattori primi?

[AlexThirty]

Ok provo con il mio metodo...

Chiaramente purchè l'uguaglianza sia corretta bisogna avere che $ x $ e $ y $ abbiano gli stessi fattori primi, altrimenti l'uguaglianza non può valere. Dividiamo dunque in due casi:
$ x=y $ Riscriviamo come
$ x^{x^{2}}=x^{x+2} $
che è vera per il caso stupido $ (1,1) $ e se gli esponenti sono uguali, cioè quando $ x^{2}=x+2 $, che risolvendo l'equazione di secondo grado da come soluzioni $ x=-1,x=2 $, un'altra coppia è quindi $ (2,2) $.

L'altro caso è quello in cui una delle due variabili è potenza dell'altra e ci giochiamo gli esponenti.
$ x=y^{a} $ con $ a>1 $, riscriviamo
$ y^{y^{2a}}=y^{ay+2a} $
che vale solo nel caso in cui siano uguali gli esponenti: $ y^{2a}=ay+2a $, ma a sinistra abbiamo una funzione esponenziale che cresce molto in fretta rispetto a quella di primo grado a destra, tranne nel caso $ y=1 $ che però mi ridà la soluzione banale $ (1,1) $. (questo non l'ho saputo mostrare meglio, ma anche Wolfram Alpha mi conferma che non ci sono altre soluzioni, se qualcuno ha un'idea me la dica)

Se invece $ y=x^{a} $, riscriviamo
$ x^{ax^{2}}=x^{x^{a}+2} $
che vale solo se gli esponenti sono uguali,
$ ax^{2}=x^{a}+2 $
$ ax^{2}-x^{a}=2 $
Se $ a=2 $, abbiamo che $ x^{2}=2 $, impossibile negli interi, mentre se $ a>2 $ scriviamo
$ x^{2}(a-x^{a-2})=2 $
ma questo è vero negli interi solo se $ x=1 $ e $ a-x^{a-2}=2 $, cioè $ a-1=2 $, $ a=3 $,orallora abbiamo ancora $ x=1, y=1^{3}=1 $

Le uniche soluzioni sono così $ (1,1)(2,2) $

[luca95]

L'altro caso è quello in cui una delle due variabili è potenza dell'altra

Perché? Il fatto che abbiano gli stessi fattori primi non lo implica, ad esempio 18 e 24 hanno gli stessi fattori primi ma chiaramente nessuno dei due è potenza dell'altro.

[AlexThirty]

Mi sa che non ci siamo capiti.. io intendevo che è l'unico altro caso che funziona.. guarda qua
Prendi un caso generale, e prova a vedere se è possibile eguagliare $ p^{a}q^{b} $ e $ p^{da}q^{eb} $, elevandoli a potenze, proprio come nell'esercizio sopra, ma con $ e\neq d $ (in modo tale cioè che il secondo numero non sia potenza del primo).
Ora anche andando a tentativi, provi elevando il primo per $ d $ e ottieni $ p^{da}q^{db},p^{da}q^{eb} $ ma ora ti sballa $ q $, ma provando a sistemarlo elevando il primo numero per $ e $ o il secondo per $ d $ ti torna sballato $ p $ e vai così fino all'infinito.

Purtroppo non so mostrarti una prova più bella

[luca95]

Purtroppo il tuo discorso non funziona sempre, ad esempio $ (2^33^3)^2=(2^22^2)^3 $ ma
$ 2^33^3 $ non è una potenza intera di $ 2^23^2 $

[AlexThirty]

Hai ragione.. se ora non penso ancora sbagliato si deve avere che per forza i primi nelle due fattorizzazioni devono comparire con gli stessi rapporti. Nel senso che se x è della forma $ p^aq^b $ Allora y è del tipo $ p^{ra}q^{rb} $ dove $ r\in \mathbb{Q} $
Domani provo a riguardare quei casi

[6frusciante9]

Testo nascosto:

Chiaramente $ x,y $ hanno gli stessi fattori primi . Osserviamo che $ (1,1) $ é soluzione .
Poniamo ora $ x,y \ge 2 $ .
Dobbiamo avere ora che per ogni primo $ p $ nella fattorizzazione di $ x $ e $ y $ :
$ p^{x^2}=p^{y+2} $ e dunque $ x^2=y+2 $ .
Supponiamo ora che un primo $ q $ maggiore di $ 2 $ divida $ x $ e $ y $ : allora avremmo che
$ x^2 \equiv 0 \equiv 0+2 \equiv 2 \ \ mod(q) $ il che é assurdo .
Dunque $ x,y $ sono potenze di due , e si verifica facilmente che le uniche potenze di due che soddisfano $ x^2=y+2 $ sono $ (2;2) $ .
Concludiamo dunque che le uniche soluzioni sono $ (1;1) $ e $ (2;2) $