[Cesenatico 2016 - 4] La grande potenza
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Determinare tutte le coppie di numeri interi positivi $(a,n)$ con $a\ge n\ge 2$ per cui il numero $(a+1)^n+a-1$ è una potenza di $2$.
EDIT: corretti i segni. Grazie MATHia!
EDIT: corretti i segni. Grazie MATHia!
Ultima modifica di Talete il 21 mag 2016, 17:01, modificato 1 volta in totale.
"Sei il Ballini della situazione" -- Nikkio
"Meriti la menzione di sdegno" -- troppa gente
"Sei arrivato 69esimo? Ottima posizione!" -- Andrea M. (che non è Andrea Monti, come certa gente pensa)
"Se ti interessa stanno inventando le baricentriche elettroniche, che dovrebbero aiutare a smettere..." -- Bernardo
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Re: [Cesenatico 2016 - 4] La grande potenza
Sia $(a+1)^{n}+a-1=2^{b}$ con $b \in N$. Per il teorema binomiale si ha $\sum _{i=0} ^{n} {n \choose i} a^{i} + a=2^{b} \Rightarrow a|2^{b} \Rightarrow a=2^{c}$ con $c\in N \land c<b$. Quindi, $(2^{c}+1)^{n}+2^{c}-1=2^{b} \Rightarrow \sum _{i=1} ^{n} {n \choose i} 2^{(i-1)c}=2^{b-c}-1$ ed espandendo,
$n+{n \choose 2} 2^{c} + {n \choose 3} 2^{2c}+...+ 2^{c(n-1)}=2^{b-c}-1 \Rightarrow n$ è dispari.
Inoltre, $(n+1)+\sum_{i=2}^{n} 2^{c(i-1)}=2^{b-c}$, pertanto $b > 2c$ da cui $2^{c}|n+1 \land 2^{c} \geq n \Rightarrow n+1\geq 2^{c} \land 2^{c} \geq n \Rightarrow n\leq 2^{c}\leq n+1$. Segue $n=2^{c}$ o $n+1=2^{c}$, ma $n$ è dispari, perciò $n+1=2^{c} \Rightarrow c\geq 2$.
Si ha, quindi, $(2^{c}+1)^{n+1} + (2^{c}+1)(2^{c}-1)=2^{b}(2^{c}+1)$ dunque, sostituendo quanto appena trovato, $(2^{c}+1)^{2^{c}}+2^{2c}-1=2^{b}(2^{c}+1)$ ovvero $\sum_{i=1}^{2^{c}}{2^{c} \choose i} 2^{ic}+2^{2c}=2^{b}(2^{c}+1) \Rightarrow \sum_{i=2}^{2^{c}} {2^{c} \choose i} 2^{ic}+2^{2c+1}=2^{b}(2^{c}+1)$.
Si distinguano, ora, due casi:
- $c>2$
Dividendo entrambi i membri per $2^{2c+1}$ si ha $2^{-(2c+1)} \cdot \sum_{i=2}^{2^{c}}{2^{c} \choose i} 2^{ic} + 1=2^{b-2c-1}(2^{c}+1)$.
Tuttavia, $4|\sum_{i=2}^{2^{c}}{2^{c} \choose i}2^{ic}$, pertanto, $LHS$ è dispari, da cui $b=2c+1$. Segue $\sum_{i=2}^{2^{c}}{2^{c}\choose i}2^{ic}=2^{3c+1}$, ma per $i=3$ si ha ${2^{c} \choose 3}2^{3c}>2^{3c+1} \Rightarrow i<3 \Rightarrow 2^{c}<3\Rightarrow c<2$ che è assurdo.
- $c=2 \Rightarrow a=4, n=3$
$5^{3}+3=2^{b} \Rightarrow b=7$.
Dunque, l'unica soluzione è la coppia $(4,3)$.
$n+{n \choose 2} 2^{c} + {n \choose 3} 2^{2c}+...+ 2^{c(n-1)}=2^{b-c}-1 \Rightarrow n$ è dispari.
Inoltre, $(n+1)+\sum_{i=2}^{n} 2^{c(i-1)}=2^{b-c}$, pertanto $b > 2c$ da cui $2^{c}|n+1 \land 2^{c} \geq n \Rightarrow n+1\geq 2^{c} \land 2^{c} \geq n \Rightarrow n\leq 2^{c}\leq n+1$. Segue $n=2^{c}$ o $n+1=2^{c}$, ma $n$ è dispari, perciò $n+1=2^{c} \Rightarrow c\geq 2$.
Si ha, quindi, $(2^{c}+1)^{n+1} + (2^{c}+1)(2^{c}-1)=2^{b}(2^{c}+1)$ dunque, sostituendo quanto appena trovato, $(2^{c}+1)^{2^{c}}+2^{2c}-1=2^{b}(2^{c}+1)$ ovvero $\sum_{i=1}^{2^{c}}{2^{c} \choose i} 2^{ic}+2^{2c}=2^{b}(2^{c}+1) \Rightarrow \sum_{i=2}^{2^{c}} {2^{c} \choose i} 2^{ic}+2^{2c+1}=2^{b}(2^{c}+1)$.
Si distinguano, ora, due casi:
- $c>2$
Dividendo entrambi i membri per $2^{2c+1}$ si ha $2^{-(2c+1)} \cdot \sum_{i=2}^{2^{c}}{2^{c} \choose i} 2^{ic} + 1=2^{b-2c-1}(2^{c}+1)$.
Tuttavia, $4|\sum_{i=2}^{2^{c}}{2^{c} \choose i}2^{ic}$, pertanto, $LHS$ è dispari, da cui $b=2c+1$. Segue $\sum_{i=2}^{2^{c}}{2^{c}\choose i}2^{ic}=2^{3c+1}$, ma per $i=3$ si ha ${2^{c} \choose 3}2^{3c}>2^{3c+1} \Rightarrow i<3 \Rightarrow 2^{c}<3\Rightarrow c<2$ che è assurdo.
- $c=2 \Rightarrow a=4, n=3$
$5^{3}+3=2^{b} \Rightarrow b=7$.
Dunque, l'unica soluzione è la coppia $(4,3)$.
Re: [Cesenatico 2016 - 4] La grande potenza
Hai invertito i segni...$(a+1)^n-a+1$
Re: [Cesenatico 2016 - 4] La grande potenza
In verità nel testo della gara i segni erano quelli di Enigmatico, penso si sia sbagliato Talete
Re: [Cesenatico 2016 - 4] La grande potenza
è qualche giorno che provo a risolverlo.MATHia ha scritto:In verità nel testo della gara i segni erano quelli di Enigmatico, penso si sia sbagliato Talete
Beh, Talete adesso ti tocca risolverlo (potrebbe anche essere facile, io non sono un buon metro, mi pare di aver capito abbastanza bene come vanno le soluzioni ma non riesco a dimostrarlo ).
Re: [Cesenatico 2016 - 4] La grande potenza
Ah già. Ora modifico e mi cimento nella risoluzione del problema creatosi erroneamente
"Sei il Ballini della situazione" -- Nikkio
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"Se ti interessa stanno inventando le baricentriche elettroniche, che dovrebbero aiutare a smettere..." -- Bernardo
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Re: [Cesenatico 2016 - 4] La grande potenza
Attenzione, con i segni invertiti rischia di essere fuori portata. Già per $n=2$ è un esercizio molto tecnico che potete provare a fare se sapete come si risolve l'equazione di Ramanujan-Nagell; per $n$ più grandi temo servano risultati diofantei molto pesanti anche solo per dire che il numero di soluzioni è finito.
"Quello lì pubblica come un riccio!" (G.)
"Questo puoi mostrarlo o assumendo abc o assumendo GRH+BSD, vedi tu cos'è meno peggio..." (cit.)
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Re: [Cesenatico 2016 - 4] La grande potenza
Grazie <enigma>!
Vediamo un po'...
\[(a+1)^2-a+1=a^2+2a+1-a+1=a^2+a+2=\left(a+\frac12\right)^2+\frac74,\]
che è una potenza intera di $2$ se e solo se lo è $(2a+1)^2+7$. Questa è proprio l'equazione di Ramanujan, di cui provo a vedere se ricordo la soluzione...
Intanto chiamo $2a+1=x$ e wlog $x>0$.
Caso in cui è una potenza pari di $2$ (uguale a $2k$): si scompone $7=(2^k-x)\cdot(2^k+x)$ e dunque vedendo che il secondo fattore a RHS è positivo, allora deve esserlo anche l'altro: e il primo è minore del secondo, dunque $2^k-x=1$ e $2^k+x=7$, che porta a $k=2$ e $x=3$ (dunque $a=1$).
Caso in cui è una potenza dispari di $2$ (uguale a $2k+1$): ora inizia la parte difficile... lavoriamo in $\mathbb Q[\sqrt{-7}]$ (non chiedetemi che roba è, perché non ne sono del tutto sicuro)... allora in teoria il numero $2$ dovrebbe magicamente scomporsi come
\[2=\left(\frac{1+\sqrt{-7}}2\right)\cdot\left(\frac{1-\sqrt{-7}}2\right).\]
I due robi nella parentesi sono molto belli, non trovate? Ora scompongo anche $x^2+7$, e questo è ovvio:
\[x^2+7=4\cdot\left(\frac{x+\sqrt{-7}}2\right)\cdot\left(\frac{x-\sqrt{-7}}2\right).\]
E poi, chissà perché ho tirato fuori un $4$ dalla fattorizzazione? Se tutto va bene mi rimane
\[\left(\frac{x+\sqrt{-7}}2\right)\cdot\left(\frac{x-\sqrt{-7}}2\right)=\left(\frac{1+\sqrt{-7}}2\right)^{2k-1}\cdot\left(\frac{1-\sqrt{-7}}2\right)^{2k-1}.\]
I due robi al LHS (chiamiamoli $A$ e $B$) paiono coprimi (non sono sicuro di saperlo giustificare, se non dicendo che il loro MCD è anche il MCD di $x$ e $\sqrt{-7}$, che non hanno molto a che fare l'uno con l'altro). Dunque, se sapessimo che le due basi dei robi a RHS (chiamiamole $C$ e $D$) sono due numeri primi, allora sapremmo che $A=C^{2k-1}$ e $B=D^{2k-1}$ oppure $A=D^{2k-1}$ e $B=C^{2k-1}$. Ora, queste cose io le dico sperando di ricordare come si fa a mostrare che un determinato numero in $\mathbb Q[\sqrt{-7}]$ è primo, però in realtà non ne sono tanto sicuro. Lavoriamo solo su quello che abbiamo chiamato $C$: calcoliamo la sua norma:
\[||C||=\frac{||1+\sqrt{-7}||}{||2||}=\frac{||1^2+(\sqrt7)^2||}4=2.\]
Ottimo: la sua norma è un numero primo di $\mathbb Z$, dunque lui è un numero primo di $\mathbb Q[\sqrt{-7}]$: infatti se ci fosse un primo $p$ di $\mathbb Q[\sqrt{-7}]$ che divide $C$, allora sarebbe per forza $||p||=2$ e dunque $C=p\cdot j$ con $j\in\{1,-1,i,-i\}$. Allo stesso modo si mostra che $D$ è primo. Ora abbiamo i due casi diversi:
• $A=C^{2k-1}$ e $B=D^{2k-1}$, che porta a
\[-\sqrt{-7}+2\cdot\left(\frac{1+\sqrt{-7}}2\right)^{2k-1}=x=\sqrt{-7}+2\cdot\left(\frac{1-\sqrt{-7}}2\right)^{2k-1},\]
e ora sono troppo stanco per continuare. Ditemi se ho fatto qualcosa di buono oppure ho detto solo scemenze
Vediamo un po'...
\[(a+1)^2-a+1=a^2+2a+1-a+1=a^2+a+2=\left(a+\frac12\right)^2+\frac74,\]
che è una potenza intera di $2$ se e solo se lo è $(2a+1)^2+7$. Questa è proprio l'equazione di Ramanujan, di cui provo a vedere se ricordo la soluzione...
Intanto chiamo $2a+1=x$ e wlog $x>0$.
Caso in cui è una potenza pari di $2$ (uguale a $2k$): si scompone $7=(2^k-x)\cdot(2^k+x)$ e dunque vedendo che il secondo fattore a RHS è positivo, allora deve esserlo anche l'altro: e il primo è minore del secondo, dunque $2^k-x=1$ e $2^k+x=7$, che porta a $k=2$ e $x=3$ (dunque $a=1$).
Caso in cui è una potenza dispari di $2$ (uguale a $2k+1$): ora inizia la parte difficile... lavoriamo in $\mathbb Q[\sqrt{-7}]$ (non chiedetemi che roba è, perché non ne sono del tutto sicuro)... allora in teoria il numero $2$ dovrebbe magicamente scomporsi come
\[2=\left(\frac{1+\sqrt{-7}}2\right)\cdot\left(\frac{1-\sqrt{-7}}2\right).\]
I due robi nella parentesi sono molto belli, non trovate? Ora scompongo anche $x^2+7$, e questo è ovvio:
\[x^2+7=4\cdot\left(\frac{x+\sqrt{-7}}2\right)\cdot\left(\frac{x-\sqrt{-7}}2\right).\]
E poi, chissà perché ho tirato fuori un $4$ dalla fattorizzazione? Se tutto va bene mi rimane
\[\left(\frac{x+\sqrt{-7}}2\right)\cdot\left(\frac{x-\sqrt{-7}}2\right)=\left(\frac{1+\sqrt{-7}}2\right)^{2k-1}\cdot\left(\frac{1-\sqrt{-7}}2\right)^{2k-1}.\]
I due robi al LHS (chiamiamoli $A$ e $B$) paiono coprimi (non sono sicuro di saperlo giustificare, se non dicendo che il loro MCD è anche il MCD di $x$ e $\sqrt{-7}$, che non hanno molto a che fare l'uno con l'altro). Dunque, se sapessimo che le due basi dei robi a RHS (chiamiamole $C$ e $D$) sono due numeri primi, allora sapremmo che $A=C^{2k-1}$ e $B=D^{2k-1}$ oppure $A=D^{2k-1}$ e $B=C^{2k-1}$. Ora, queste cose io le dico sperando di ricordare come si fa a mostrare che un determinato numero in $\mathbb Q[\sqrt{-7}]$ è primo, però in realtà non ne sono tanto sicuro. Lavoriamo solo su quello che abbiamo chiamato $C$: calcoliamo la sua norma:
\[||C||=\frac{||1+\sqrt{-7}||}{||2||}=\frac{||1^2+(\sqrt7)^2||}4=2.\]
Ottimo: la sua norma è un numero primo di $\mathbb Z$, dunque lui è un numero primo di $\mathbb Q[\sqrt{-7}]$: infatti se ci fosse un primo $p$ di $\mathbb Q[\sqrt{-7}]$ che divide $C$, allora sarebbe per forza $||p||=2$ e dunque $C=p\cdot j$ con $j\in\{1,-1,i,-i\}$. Allo stesso modo si mostra che $D$ è primo. Ora abbiamo i due casi diversi:
• $A=C^{2k-1}$ e $B=D^{2k-1}$, che porta a
\[-\sqrt{-7}+2\cdot\left(\frac{1+\sqrt{-7}}2\right)^{2k-1}=x=\sqrt{-7}+2\cdot\left(\frac{1-\sqrt{-7}}2\right)^{2k-1},\]
e ora sono troppo stanco per continuare. Ditemi se ho fatto qualcosa di buono oppure ho detto solo scemenze
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Re: [Cesenatico 2016 - 4] La grande potenza
Mi ricorda qualcosa...
Un giorno di questi mi metteranno in prigione per aver stuprato troppi problemi.
Re: [Cesenatico 2016 - 4] La grande potenza
Cosa, un problema con il testo sbagliato che diventa di difficoltà completamente enorme rispetto al problema di partenza? No, a me non ne viene in mente nessun altro...Saro00 ha scritto:Mi ricorda qualcosa...
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- Federico II
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Re: [Cesenatico 2016 - 4] La grande potenza
Boh tipo a volte basta anche soltanto un piccolo particolare... mi viene in mente il seguente problema:
Testo nascosto:
Il responsabile della sala seminari