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SNS 2006-2007, Es. 3

Inviato: 18 gen 2009, 23:47
da kn
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.

Inviato: 19 gen 2009, 00:28
da Veluca
$ 4^x+4^y+4^z=\\ 4^x(1+4^{y-x}+4^{z-x})=\\ 2^{2x}(1+2^{2y-2x}+2^{2z-2x})\\ 2^{z-x+1}=2^{2y-2x}\Rightarrow2y-2x=z-x+1 \Rightarrow y=\frac{x+z+1}{2} $
con x,z uno pari e uno dispari??? (ipotizzando che x<y<z, ovviamente si può fare lo stesso ragionamento scambiando le variabili)

Inviato: 19 gen 2009, 00:47
da jordan
@Veluca, si il punto 1 è giusto (ps era sufficiente anche notare la soluzione (0,1,1)).
@Kn, un sns non postato?un po strano no? :wink: comunque il secondo punto è spettacolare, bel problema! :D

Inviato: 19 gen 2009, 15:16
da Fedecart
Veluca ha scritto:$ 2^{2x}(1+2^{2y-2x}+2^{2z-2x})\\ 2^{z-x+1}=2^{2y-2x}\Rightarrow2y-2x=z-x+1 \Rightarrow y=\frac{x+z+1}{2} $
Non capisco questo passaggio. Come hai fatto a passare da quella scomposizione in fattori all'uguaglianza che ti permette di risolvere il punto 1?!

Inviato: 19 gen 2009, 15:40
da kn
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? :twisted:

Inviato: 19 gen 2009, 15:59
da Veluca
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

Inviato: 19 gen 2009, 17:04
da Jacobi
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 :wink:

Inviato: 19 gen 2009, 17:29
da Veluca
è chiaro, sì, ma sto cercando di dimostrare che le uniche sono quelle nella forma Immagine... in pratica quello che dici tu XD

Inviato: 19 gen 2009, 18:16
da Inkio
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
Magari ci riusciamo se vediamo un n dispari come un n pari+1..
$ 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

Inviato: 19 gen 2009, 18:22
da Inkio
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
Magari ci riusciamo se vediamo un n dispari come un n pari+1..
$ 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..

Inviato: 19 gen 2009, 18:49
da kn
:D guardate che è molto più semplice (se la mia dimostrazione è giusta)

Inviato: 20 gen 2009, 14:36
da Inkio
kn ha scritto::D guardate che è molto più semplice (se la mia dimostrazione è giusta)
Davvero??...ti andrebbe di postarla?

Inviato: 20 gen 2009, 16:00
da kn
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 ( :evil: ) 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? :roll:

Inviato: 22 gen 2009, 16:39
da kn
jordan ha scritto:comunque il secondo punto è spettacolare, bel problema! :D
Com'era la tua soluzione, jordan? La mia non l'ho trovata molto entusiasmante... :roll: (ammesso che sia giusta :lol: )

Inviato: 22 gen 2009, 16:50
da jordan
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.. :?