Problema 1 SNS anni passati
Re: Problema 1 SNS anni passati
Oss.ne (1): se $\left( a,b,c \right)$ risolve allora anche $\left( b,a,c \right)$risolve. WLOG si può supporre $\left( a\ne b \right)\wedge \left( a<b \right)$.
Oss.ne (2): se $\left( a,b,c \right)$ risolve allora anche $\left( {{7}^{\alpha }}\cdot a{{,7}^{\alpha }}\cdot b,7\cdot \alpha +c \right),\alpha \ge 1$risolve. Quindi se esiste una ne esistono infinite.
Oss.ne (3): se $MCD(a,b)\ne 1$ allora $MCD(a,b)={{7}^{r}},r\ge 1$.
Ossia $a={{7}^{r}}u,b={{7}^{r}}v,MCD(u,v)=1$ e $MCD(u,7)=1\vee MCD(v,7)=1$ ; cioè almeno uno fra u e v è coprimo con 7.
Se deve essere ${{a}^{7}}+{{b}^{7}}={{7}^{c}}$ allora si ha ${{a}^{7}}+{{b}^{7}}={{7}^{7\cdot r}}({{u}^{7}}+{{v}^{7}})={{7}^{c}}$; quindi u e v devono soddisfare equazione dello stesso tipo. Quindi si può WLOG supporre che $MCD(a,b)=1$ e $MCD(a,7)=1\vee MCD(b,7)=1$
Oss.ne (4): supponendo, ad esempio, che sia $MCD(a,7)=1$ e $c\ge 1$ , deve essere ${{a}^{7}}+{{b}^{7}}\underset{\bmod 7}{\mathop{\equiv }}\,0$ e , per FLT (Fermat), $a+{{b}^{7}}\underset{\bmod 7}{\mathop{\equiv }}\,0$. Allora NON può essere $MCD(b,7)\ge 1$. In sintesi, a è coprimo con 7 sse b è coprimo con 7.
EDIT!!!
Per le Oss.ni fatte, possiamo WLOG cercare le soluzioni del tipo $\left( a<b \right)\wedge \left( 1\le a \right)\wedge \left( 1\le c \right)\wedge MCD(a,b)=1\wedge MCD(a,7)=1\wedge MCD(b,7)=1$.
Sappiamo che ${{a}^{7}}+{{b}^{7}}=(a+b)\cdot ({{a}^{6}}-{{a}^{5}}b+{{a}^{4}}{{b}^{2}}-{{a}^{3}}{{b}^{3}}+{{a}^{2}}{{b}^{4}}-a{{b}^{5}}+{{b}^{6}})$ (*)
Possiamo, inoltre, svolgere la divisione tra polinomi nel secondo fattore di (*) ottenendo
${{a}^{7}}+{{b}^{7}}=(a+b)\cdot \left[ (a+b)\cdot Q(a,b)+7{{b}^{6}} \right]$. La divisione è agevole, considerando il secondo fattore al RHS di (*) come un polinomio nella variabile a , utilizzando Ruffini e il teorema del resto.
D’altra parte, essendo $b\ge 2$, si ha anche che ${{\left( a+b \right)}^{2}}={{a}^{2}}+{{b}^{2}}+2ab<4{{b}^{2}}<{{b}^{7}}<{{a}^{7}}+{{b}^{7}}$.
Poiché deve essere ${{a}^{7}}+{{b}^{7}}={{7}^{c}}$, si deve avere $a+b={{7}^{r}}\wedge \frac{{{a}^{7}}+{{b}^{7}}}{(a+b)}={{7}^{s}}$ per opportuni r, s ma con $r<s$ per quanto detto prima. Questo perché i divisori di ${{7}^{c}}$ possono avere un’unica forma.
Ma allora $\frac{{{a}^{7}}+{{b}^{7}}}{(a+b)}\underset{\bmod (a+b)}{\mathop{\equiv }}\,0$ !!! Ossia $7{{b}^{6}}\underset{\bmod (a+b)}{\mathop{\equiv }}\,\frac{{{a}^{7}}+{{b}^{7}}}{(a+b)}\underset{\bmod (a+b)}{\mathop{\equiv }}\,0$.
Poiché $MCD({{b}^{6}},a+b)=1$ si ha che deve essere $7\underset{\bmod (a+b)}{\mathop{\equiv }}\,0$, cioè $a+b$deve dividere 7.
Ma se $c\ge 1$, ${{a}^{7}}+{{b}^{7}}\underset{\bmod 7}{\mathop{\equiv }}\,a+b\underset{\bmod 7}{\mathop{\equiv }}\,0$, ossia 7 divide $a+b$per le ipotesi fatte e FLT.
Pertanto può solo essere $a+b=7$.
Verificando direttamente $(1;6),(2;5),(3;4)$ si ottiene che NON ci sono soluzioni intere positive.
Oss.ne (2): se $\left( a,b,c \right)$ risolve allora anche $\left( {{7}^{\alpha }}\cdot a{{,7}^{\alpha }}\cdot b,7\cdot \alpha +c \right),\alpha \ge 1$risolve. Quindi se esiste una ne esistono infinite.
Oss.ne (3): se $MCD(a,b)\ne 1$ allora $MCD(a,b)={{7}^{r}},r\ge 1$.
Ossia $a={{7}^{r}}u,b={{7}^{r}}v,MCD(u,v)=1$ e $MCD(u,7)=1\vee MCD(v,7)=1$ ; cioè almeno uno fra u e v è coprimo con 7.
Se deve essere ${{a}^{7}}+{{b}^{7}}={{7}^{c}}$ allora si ha ${{a}^{7}}+{{b}^{7}}={{7}^{7\cdot r}}({{u}^{7}}+{{v}^{7}})={{7}^{c}}$; quindi u e v devono soddisfare equazione dello stesso tipo. Quindi si può WLOG supporre che $MCD(a,b)=1$ e $MCD(a,7)=1\vee MCD(b,7)=1$
Oss.ne (4): supponendo, ad esempio, che sia $MCD(a,7)=1$ e $c\ge 1$ , deve essere ${{a}^{7}}+{{b}^{7}}\underset{\bmod 7}{\mathop{\equiv }}\,0$ e , per FLT (Fermat), $a+{{b}^{7}}\underset{\bmod 7}{\mathop{\equiv }}\,0$. Allora NON può essere $MCD(b,7)\ge 1$. In sintesi, a è coprimo con 7 sse b è coprimo con 7.
EDIT!!!
Per le Oss.ni fatte, possiamo WLOG cercare le soluzioni del tipo $\left( a<b \right)\wedge \left( 1\le a \right)\wedge \left( 1\le c \right)\wedge MCD(a,b)=1\wedge MCD(a,7)=1\wedge MCD(b,7)=1$.
Sappiamo che ${{a}^{7}}+{{b}^{7}}=(a+b)\cdot ({{a}^{6}}-{{a}^{5}}b+{{a}^{4}}{{b}^{2}}-{{a}^{3}}{{b}^{3}}+{{a}^{2}}{{b}^{4}}-a{{b}^{5}}+{{b}^{6}})$ (*)
Possiamo, inoltre, svolgere la divisione tra polinomi nel secondo fattore di (*) ottenendo
${{a}^{7}}+{{b}^{7}}=(a+b)\cdot \left[ (a+b)\cdot Q(a,b)+7{{b}^{6}} \right]$. La divisione è agevole, considerando il secondo fattore al RHS di (*) come un polinomio nella variabile a , utilizzando Ruffini e il teorema del resto.
D’altra parte, essendo $b\ge 2$, si ha anche che ${{\left( a+b \right)}^{2}}={{a}^{2}}+{{b}^{2}}+2ab<4{{b}^{2}}<{{b}^{7}}<{{a}^{7}}+{{b}^{7}}$.
Poiché deve essere ${{a}^{7}}+{{b}^{7}}={{7}^{c}}$, si deve avere $a+b={{7}^{r}}\wedge \frac{{{a}^{7}}+{{b}^{7}}}{(a+b)}={{7}^{s}}$ per opportuni r, s ma con $r<s$ per quanto detto prima. Questo perché i divisori di ${{7}^{c}}$ possono avere un’unica forma.
Ma allora $\frac{{{a}^{7}}+{{b}^{7}}}{(a+b)}\underset{\bmod (a+b)}{\mathop{\equiv }}\,0$ !!! Ossia $7{{b}^{6}}\underset{\bmod (a+b)}{\mathop{\equiv }}\,\frac{{{a}^{7}}+{{b}^{7}}}{(a+b)}\underset{\bmod (a+b)}{\mathop{\equiv }}\,0$.
Poiché $MCD({{b}^{6}},a+b)=1$ si ha che deve essere $7\underset{\bmod (a+b)}{\mathop{\equiv }}\,0$, cioè $a+b$deve dividere 7.
Ma se $c\ge 1$, ${{a}^{7}}+{{b}^{7}}\underset{\bmod 7}{\mathop{\equiv }}\,a+b\underset{\bmod 7}{\mathop{\equiv }}\,0$, ossia 7 divide $a+b$per le ipotesi fatte e FLT.
Pertanto può solo essere $a+b=7$.
Verificando direttamente $(1;6),(2;5),(3;4)$ si ottiene che NON ci sono soluzioni intere positive.
Ultima modifica di gpzes il 08 ago 2015, 16:48, modificato 1 volta in totale.
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Gerald Lambeau
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Re: Problema 1 SNS anni passati
Posto anche la mia.
Come ha fatto gpzes (leggermente diverso ma vabbè) provo $a=7^rt, b=7^su$ con $MCD(7, t)=1 \land MCD(7, u)=1$ . WLOG $r \ge s$ (non è proprio simmetrica ma in questo caso uno dei due deve pur aver $v_7$ maggiore o uguale a quella dell'altro).
$7^{7(r-s)}t^7+u^7=7^{c-7s}$. Siccome $u$ non è divisibile per $7$ ma $RHS$ sì ne deduciamo che $7^{7(r-s)}t \equiv (-u)^7 \not\equiv 0 \pmod{7}$ e questo è possibile solo se $r-s=0$, quindi possiamo riscrivere come $t^7+u^7=7^{c-7s}$ con $t$ e $u$ coprimi con $7$.
Quindi WLOG $MCD(a, 7)=1 \land MCD(b, 7)=1$. Sappiamo anche che $a+b \mid a^7+b^7=7^c$ quindi, a meno che $a+b=7^0=1$ che è impossibile dato che $a+b \ge 1+1=2$ perché sono interi positivi, abbiamo che $a+b=7^k$ per qualche $k \ge 1$, in particolare $a+b$ è divisibile per $7$.
Abbiamo $7$ primo dispari e pure intero positivo, $7 \nmid a, 7 \nmid b, 7 \mid a+b$ con $a$ e $b$ interi, direi che ci sono tutte le ipotesi per poter usare LTE.
$c=v_7(a^7+b^7)=v_7(a+b)+v_7(7)=v_7(a+b)+1 \Rightarrow v_7(a+b)=c-1$. Abbiamo anche $7^c=(a+b)( \dots )=7^{c-1}( \dots ) \Rightarrow ( \dots )=7$.
Dunque $a^7+b^7=( \dots )(a+b)=7(a+b)=7a+7b$. Verifichiamo che per $a > 1 \lor b >1$ allora $a^7+b^7 > 7a+7b$: se lo sono entrambi basta verificare WLOG $a^7 > 7a$. $a>1 \Rightarrow a^7 \ge 64a > 7a$, faccio lo stesso per $b$ e ok. Se invece uno dei due è uguale a $1$, WLOG $b$, comunque $a>1 \Rightarrow a^7+1^7 \ge 64a+1>7a+7$.
Dunque possiamo solo avere $a=b=1$, che non è soluzione, e quindi non ci sono soluzioni.
EDIT: piccolo dettaglio aggiustato
EDIT 2: stessa roba
EDIT 3-4: aridaje, scusate
Come ha fatto gpzes (leggermente diverso ma vabbè) provo $a=7^rt, b=7^su$ con $MCD(7, t)=1 \land MCD(7, u)=1$ . WLOG $r \ge s$ (non è proprio simmetrica ma in questo caso uno dei due deve pur aver $v_7$ maggiore o uguale a quella dell'altro).
$7^{7(r-s)}t^7+u^7=7^{c-7s}$. Siccome $u$ non è divisibile per $7$ ma $RHS$ sì ne deduciamo che $7^{7(r-s)}t \equiv (-u)^7 \not\equiv 0 \pmod{7}$ e questo è possibile solo se $r-s=0$, quindi possiamo riscrivere come $t^7+u^7=7^{c-7s}$ con $t$ e $u$ coprimi con $7$.
Quindi WLOG $MCD(a, 7)=1 \land MCD(b, 7)=1$. Sappiamo anche che $a+b \mid a^7+b^7=7^c$ quindi, a meno che $a+b=7^0=1$ che è impossibile dato che $a+b \ge 1+1=2$ perché sono interi positivi, abbiamo che $a+b=7^k$ per qualche $k \ge 1$, in particolare $a+b$ è divisibile per $7$.
Abbiamo $7$ primo dispari e pure intero positivo, $7 \nmid a, 7 \nmid b, 7 \mid a+b$ con $a$ e $b$ interi, direi che ci sono tutte le ipotesi per poter usare LTE.
$c=v_7(a^7+b^7)=v_7(a+b)+v_7(7)=v_7(a+b)+1 \Rightarrow v_7(a+b)=c-1$. Abbiamo anche $7^c=(a+b)( \dots )=7^{c-1}( \dots ) \Rightarrow ( \dots )=7$.
Dunque $a^7+b^7=( \dots )(a+b)=7(a+b)=7a+7b$. Verifichiamo che per $a > 1 \lor b >1$ allora $a^7+b^7 > 7a+7b$: se lo sono entrambi basta verificare WLOG $a^7 > 7a$. $a>1 \Rightarrow a^7 \ge 64a > 7a$, faccio lo stesso per $b$ e ok. Se invece uno dei due è uguale a $1$, WLOG $b$, comunque $a>1 \Rightarrow a^7+1^7 \ge 64a+1>7a+7$.
Dunque possiamo solo avere $a=b=1$, che non è soluzione, e quindi non ci sono soluzioni.
EDIT: piccolo dettaglio aggiustato
EDIT 2: stessa roba
EDIT 3-4: aridaje, scusate
Ultima modifica di Gerald Lambeau il 08 ago 2015, 01:40, modificato 4 volte in totale.
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Re: Problema 1 SNS anni passati
Io l'ho risolto diversamente (perdonate se non so scrivere in LaTex). Ho scritto a^7 + b^7 come (a+b)^7 - 7k avendo applicato il triangolo di tartaglia. Da questo ho notato che per forza a+b deve essere un multiplo di 7; dopodichè ho scritto b= (7^n)k - a con k maggiore uguale a 1 e non divisibile per 7
Quindi
a^7 + (7^n * k - a)^7. Applicando ancora la potenza settima di un a^7 si elimina e mettendo in evidenza 7^(n+1) viene che k*a^6 deve essere divisibile per 7. Dunque a deve essere divisibile per 7 il che è impossibile
Quindi
a^7 + (7^n * k - a)^7. Applicando ancora la potenza settima di un a^7 si elimina e mettendo in evidenza 7^(n+1) viene che k*a^6 deve essere divisibile per 7. Dunque a deve essere divisibile per 7 il che è impossibile
Re: Problema 1 SNS anni passati
Posto anche la mia risoluzione, ma complico le cose:
\[a^x+b^x=x^c\]
con $x$ dispari.
Wlog $7\nmid a$, $7\nmid b$.
Allora, certamente $a+b$ è una potenza di $x$. Siccome anche $a^x+b^x$ deve esserlo, troviamo con che esponenti i primi di $x$ dividono $a+b$ e $a^x+b^x$.
Sia $p$ un primo tale che $v_p(x)=u$ con $u>0$. Si deve avere che $v_p(a^x+b^x)=cu$.
Inoltre per lifting: $v_p(a^x+b^x)=v_p(a+b)+v_p(x)$ da cui $v_p(a+b)=cu-1$.
Dunque si deve avere $a^x+b^x=x(a+b)$. Ma per $a>1$ si ha $a^x>ax$ (induzione, se volete). Dunque $a\le1$ e $b\le1$, da cui $a=1$ e $b=1$, che non porta soluzioni per $x$ dispari
\[a^x+b^x=x^c\]
con $x$ dispari.
Wlog $7\nmid a$, $7\nmid b$.
Allora, certamente $a+b$ è una potenza di $x$. Siccome anche $a^x+b^x$ deve esserlo, troviamo con che esponenti i primi di $x$ dividono $a+b$ e $a^x+b^x$.
Sia $p$ un primo tale che $v_p(x)=u$ con $u>0$. Si deve avere che $v_p(a^x+b^x)=cu$.
Inoltre per lifting: $v_p(a^x+b^x)=v_p(a+b)+v_p(x)$ da cui $v_p(a+b)=cu-1$.
Dunque si deve avere $a^x+b^x=x(a+b)$. Ma per $a>1$ si ha $a^x>ax$ (induzione, se volete). Dunque $a\le1$ e $b\le1$, da cui $a=1$ e $b=1$, che non porta soluzioni per $x$ dispari
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"Se ti interessa stanno inventando le baricentriche elettroniche, che dovrebbero aiutare a smettere..." -- Bernardo
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Re: Problema 1 SNS anni passati
Essendo molto meno tecnico di voi, pensate che la mia soluzione sia corretta?
Re: Problema 1 SNS anni passati
..volevo scusarmi per aver postato soluzione sbagliata.. ..ho rieditato il post sperando di non aver peggiorato la situazione 
Ringrazio karotto, Gerald e l'immancabile Talete
..ho visto errore anche grazie ai Loro posts (forse interpreto anche soluzione di karotto )Errore molto grossolano
..behh..mi auguro valga il detto "Sbagliare é umano ma perseverare é diabolico. 
" Re: Problema 1 SNS anni passati
Sì la soluzione di karotto è giusta, a parte il fatto che usi $k$ per due cose diverse, e ti complichi la vita tirando in ballo il triangolo di Tartaglia quando basta un semplice modulo $7$
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Re: Problema 1 SNS anni passati
Scusate la banalità ma WLOG cosa vuol dire?
"E non sai pure che sebbene essi facciano anche uso delle forme visibili e vi ragionino intorno, non è ad esse che pensano ma alle idee a cui assomigliano... essi cercano in realtà di afferrare le cose estesse, che possono essere viste soltanto con gli occhi della mente"
$ 1 + \frac {1}{2^{2}} + \frac {1}{3^{2}} + . . . = \frac {\pi^{2}}{6} $
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Re: Problema 1 SNS anni passati
Be' però finiamolo 'sto problema. Risolvere:
\[a^x+b^x=x^c\]
per:
• $x=2$
• $x$ potenza di $2$
• $x$ pari qualsiasi
Così esauriamo tutti i casi possibili
\[a^x+b^x=x^c\]
per:
• $x=2$
• $x$ potenza di $2$
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Così esauriamo tutti i casi possibili
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Re: Problema 1 SNS anni passati
Talete per $x$ dispari però $x=3$ funziona... $1^3+2^3=3^2 \Rightarrow a=1, b=c=2$. Praticamente non consideri il caso in cui uno dei due è $1$ e l'altro no... Con WLOG $b=1$ e $x=3$ diventa $a^3+1=3^c \Rightarrow 3^c-1=a^3$.
Ora questa sappiamo per Catalan-Mihailescu che è l'unica soluzione (e poi si ricostruiscono i casi generici moltiplicando tutto per $3^{\alpha}$). Per $x \ge 5$ dispari ho fatto un po' di conti veloci e dovrebbe venire senza soluzioni, ma non fidarti troppo, casomai ricontrolla.
Ora questa sappiamo per Catalan-Mihailescu che è l'unica soluzione (e poi si ricostruiscono i casi generici moltiplicando tutto per $3^{\alpha}$). Per $x \ge 5$ dispari ho fatto un po' di conti veloci e dovrebbe venire senza soluzioni, ma non fidarti troppo, casomai ricontrolla.
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Re: Problema 1 SNS anni passati
Sì, ho ricontrollato e l'unico problema è con $x=3$... e sai a cosa mi ha fatto pensare? Hai presente il teorema di Zsigmondy per le somme? L'unico caso in cui il teorema di Zsigmondy per le somme non funziona è appunto $1^3+2^3$!
Infatti, a dir la verità, un'altra soluzione del problema:
\[a^x+b^x=x^c\]
è questa: vabbè lasciamo stare il caso $x=1$, così esiste un primo $p$ che divide $a^x+b^x$ e che non divide $a+b$ (e quindi non divide $x$, assurdo!) a meno che $a=1$, $b=2$, $c=2$ e $x=3$. Wow, tutto torna!
Infatti, a dir la verità, un'altra soluzione del problema:
\[a^x+b^x=x^c\]
è questa: vabbè lasciamo stare il caso $x=1$, così esiste un primo $p$ che divide $a^x+b^x$ e che non divide $a+b$ (e quindi non divide $x$, assurdo!) a meno che $a=1$, $b=2$, $c=2$ e $x=3$. Wow, tutto torna!
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Re: Problema 1 SNS anni passati
EDIT: rileggendo su Wikipedia ho capito, noi abbiamo $n=x$ e $k=1$ ($n$ e $k$ sono quelli che usa Wikipedia), ora mi torna anche con le somme. Certo che abbiamo chiamato in causa teoremi assassini per questo problema...Talete ha scritto:Hai presente il teorema di Zsigmondy per le somme?
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Re: Problema 1 SNS anni passati
Mi manca ancora qualcosa... se $x$ è una potenza di $2$ non sappiamo se $a^k+b^k$ divide $a^x+b^x$ per $k<x$ e di conseguenza non sappiamo se divide o no $x$.
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