[Sant'Anna] Trovare (m,n) per cui la radice è intera
[Sant'Anna] Trovare (m,n) per cui la radice è intera
Determinare tutte le coppie $ (m,n) $ di interi positivi per cui $ \sqrt[60]{m^{n^5 - n}} $ risulta a sua volta un intero.
Nessun uomo è un'isola (J. Donne)
Non necessariamente: posto $ p_i\in\{2,3,5,7,\ldots\} $ e $ p_i\ne p_j\mbox{ }\forall i\ne j $, $ $m=\prod p_i^{\alpha_i} $, allora $ $m^{n^5-n}=\prod p_i^{\alpha_i(n^5-n) $.sasha™ ha scritto:Lo so, ma provare per casi piccoli è sempre buona cosaAlex90 ha scritto:Non puoi andare a tentativi sennò non finisci mai
E siccome intanto avevo trovato questi, li ho postati.
Quello che sappiamo è che n⁵ ≡ n (mod x), con x|60. No?
Dunque perché sia una potenza 60-esima, si ha che $ 60|\alpha_i(n^5-n)\mbox{ }\forall i\in\mathbb{N} $, e non necessariamente il fattore 60 è contenuto in $ ~n^5-n $: ad esempio, può essere che $ 60|\alpha_i\mbox{ }\forall i\in\mathbb{N} $ e dunque $ ~n^5-n $ può anche non essere multiplo di 60.
Allora, prima verifico quando
$ $$ 60 | n^5-n \rightarrow 60 | n(n^2-1)(n^2+1) $$ $
Ragionando sui possibili moduli $ 2, 3, 4, 5 $ mi accorgo $ \forall n $, $ n^5-n $ e' divisibile per 3 e per 5, e quando $ n $ e' dispari o $ n\equiv 0 \pmod{4} $ e' divisibile per $ 4 $. Dunque posso trovare infinite soluzioni nella forma $ (\alpha, p), \forall \alpha $ e $ p \equiv 0,1,3 \pmod{4} $.
A questo punto cerco soluzioni per $ n \equiv 2 \pmod{4} $: anche in questo caso $ n^5-n $ contiene almeno un fattore 3 ed un fattore 5, ma solamente un fattore 2. In questo caso l'unico requisito e' che $ m $ sia un quadrato perfetto, e dunque sono soluzioni le coppie $ (k^2, p), p \equiv 2 \pmod{4} $.
MOD: avevo invertito m ed n.
$ $$ 60 | n^5-n \rightarrow 60 | n(n^2-1)(n^2+1) $$ $
Ragionando sui possibili moduli $ 2, 3, 4, 5 $ mi accorgo $ \forall n $, $ n^5-n $ e' divisibile per 3 e per 5, e quando $ n $ e' dispari o $ n\equiv 0 \pmod{4} $ e' divisibile per $ 4 $. Dunque posso trovare infinite soluzioni nella forma $ (\alpha, p), \forall \alpha $ e $ p \equiv 0,1,3 \pmod{4} $.
A questo punto cerco soluzioni per $ n \equiv 2 \pmod{4} $: anche in questo caso $ n^5-n $ contiene almeno un fattore 3 ed un fattore 5, ma solamente un fattore 2. In questo caso l'unico requisito e' che $ m $ sia un quadrato perfetto, e dunque sono soluzioni le coppie $ (k^2, p), p \equiv 2 \pmod{4} $.
MOD: avevo invertito m ed n.
Ultima modifica di spiglerg il 17 mag 2009, 14:33, modificato 2 volte in totale.
Io veramente avevo posto x divisore di 60, non multiplo. Se m è una quinta potenza, ad esempio, l'esponente deve essere multiplo di 12. Questo volevo dire.pak-man ha scritto:Non necessariamente: posto $ p_i\in\{2,3,5,7,\ldots\} $ e $ p_i\ne p_j\mbox{ }\forall i\ne j $, $ $m=\prod p_i^{\alpha_i} $, allora $ $m^{n^5-n}=\prod p_i^{\alpha_i(n^5-n) $.sasha™ ha scritto:Lo so, ma provare per casi piccoli è sempre buona cosaAlex90 ha scritto:Non puoi andare a tentativi sennò non finisci mai
E siccome intanto avevo trovato questi, li ho postati.
Quello che sappiamo è che n⁵ ≡ n (mod x), con x|60. No?
Dunque perché sia una potenza 60-esima, si ha che $ 60|\alpha_i(n^5-n)\mbox{ }\forall i\in\mathbb{N} $, e non necessariamente il fattore 60 è contenuto in $ ~n^5-n $: ad esempio, può essere che $ 60|\alpha_i\mbox{ }\forall i\in\mathbb{N} $ e dunque $ ~n^5-n $ può anche non essere multiplo di 60.
Io ho trovato con estrema semplicità queste soluzioni (senza fare tutti i vostri casini xD):
$ $(m;n)=(x^{\frac{60k}{(60,n^5-n)}};n)$ $
Ho probabilmente toppato xD
$ $(m;n)=(x^{\frac{60k}{(60,n^5-n)}};n)$ $
Ho probabilmente toppato xD
Ultima modifica di dario2994 il 16 mag 2009, 15:44, modificato 4 volte in totale.
Re: [Sant'Anna] Trovare (m,n) per cui la radice è intera
dario2994 ha scritto:$ n=0\Rightarrow m\ne0 $
marcuz ha scritto:Determinare tutte le coppie $ ~(m,n) $ di interi positivi
Mi è venuto in mente che se si volesse fare una cosa più rigorosa bisognerebbe anche imporre una condizione sulla x (del ragionamento di alcuni post fa). La condizione è che detti a_1,a_2,a_3... a_n gli esponenti della fattorizzazione di x allora
$ (a_1,a_2,a_3,...,a_{n-1},a_n)=0 $
Questo perchè se così non fosse si potrebbe arrivare ad un valore di m con diversi valori di k ed x.
$ (a_1,a_2,a_3,...,a_{n-1},a_n)=0 $
Questo perchè se così non fosse si potrebbe arrivare ad un valore di m con diversi valori di k ed x.