---
<BR>Ok, talpuz!!! Niente chiacchiere, passiamo al successivo...
<BR>
<BR>Problema 5: determinare tutte le terne (x,y,z) di interi positivi tali che: (x+y)(1+xy) = 2z.
<BR>
<BR>
<BR>\"I wrote a great deal... but very little of any importance; there are not more than four of five papers which I can still remember with some satisfaction.\" - H.G. Hardy
<BR>---
<BR>
<BR>Ah, ora ti metti anche a modificare i messaggi in bianco, eh?! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">
<BR>
<BR>per tutti gli x=1 valgono tutti gli y= 2^k-1 con k intero positivo e tutti gli z=2k
<BR>stesso discorso invertendo x e y.
<BR>
<BR>Ovviamente non sono tutte le soluzioni, intanto posso (in)degnamente rispondere ad un messagio di HiTLeuLeR!!! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_biggrin.gif">
<BR>
<BR>ps: come si fa un quote fatto bene?
[N] Diofantee a tutto spiano.
Moderatore: tutor
Problema 5
<BR>chiaramente sia x+y sia 1+xy debbono essere potenze di due, se no avremmo a sinistra un fattore non presente a destra; perciò siano x,y,z soluzioni dell\'equazione si avrà x+y=(2^a) e xy=(2^b)-1 con z=a+b
<BR>dalla seconda sappiamo che sia x sia y devono essere dispari; dalla prima si ha x=2^a -y e sostituendo nella seconda otteniamo y2^a -y^2=2^b -1 y2^a-2^b=(y-1)(y+1)
<BR>(y-1)2^a-2^(b-a)=(y-1)(y+1)
<BR>da cui si ottiene che y-1 divide 2^(b-a) ed è perciò una potenza di due; ma se y è il successivo di una potenza di due, x deve essere congruo a -1 mod 2^(b-a) (per la prima relazione)
<BR>andando ora a sostituire nella seconda relazione y=2^c +1 x=k2^d -1 scopriamo che x deve precedere una potenza di due e sostituendo nella prima relazione otteniamo 2^c-1+2^e+1=2^a e perciò c=e
<BR>inoltre notiamo che il ragionamento fatto in precedenza funziona solo se y-1=\\=0 e perciò questa eventualità sarà trattata a parte cioè adesso: se y-1=0 allora y=1 allora (x+1)^2=2^z e quindi riassumendo verificano tutte e solo le terne del tipo (2^a-1;2^a+1;3a+1) V (2^a-1;1;2a)
<BR>mi scuso per la scarsa comprensibilità ma mi compiaccio per averlo risolto <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">
<BR>EDIT: ovviamente valgono anche tutte le terne con x,y invertite<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: MASSO il 25-11-2004 22:44 ]
<BR>chiaramente sia x+y sia 1+xy debbono essere potenze di due, se no avremmo a sinistra un fattore non presente a destra; perciò siano x,y,z soluzioni dell\'equazione si avrà x+y=(2^a) e xy=(2^b)-1 con z=a+b
<BR>dalla seconda sappiamo che sia x sia y devono essere dispari; dalla prima si ha x=2^a -y e sostituendo nella seconda otteniamo y2^a -y^2=2^b -1 y2^a-2^b=(y-1)(y+1)
<BR>(y-1)2^a-2^(b-a)=(y-1)(y+1)
<BR>da cui si ottiene che y-1 divide 2^(b-a) ed è perciò una potenza di due; ma se y è il successivo di una potenza di due, x deve essere congruo a -1 mod 2^(b-a) (per la prima relazione)
<BR>andando ora a sostituire nella seconda relazione y=2^c +1 x=k2^d -1 scopriamo che x deve precedere una potenza di due e sostituendo nella prima relazione otteniamo 2^c-1+2^e+1=2^a e perciò c=e
<BR>inoltre notiamo che il ragionamento fatto in precedenza funziona solo se y-1=\\=0 e perciò questa eventualità sarà trattata a parte cioè adesso: se y-1=0 allora y=1 allora (x+1)^2=2^z e quindi riassumendo verificano tutte e solo le terne del tipo (2^a-1;2^a+1;3a+1) V (2^a-1;1;2a)
<BR>mi scuso per la scarsa comprensibilità ma mi compiaccio per averlo risolto <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">
<BR>EDIT: ovviamente valgono anche tutte le terne con x,y invertite<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: MASSO il 25-11-2004 22:44 ]
Masso, in tutta onestà, non ho la forza, in questo momento, di leggere con la dovuta attenzione la tua (pur sintetica) soluzione! Appena mi sarò ricreato, ché il problema di marco sui Fibonacci mi ha levato letteralmente l\'anima, ti farò sapere, <!-- BBCode Start --><I>no doubt</I><!-- BBCode End -->! Scusami per il <!-- BBCode Start --><I>disservizio</I><!-- BBCode End -->, e a presto...
<BR>
<BR>
<BR>\"Staaaaaaaaanco...\" - HiTLeuLeR <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif">
<BR>
<BR>
<BR>\"Staaaaaaaaanco...\" - HiTLeuLeR <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif">
<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>
<BR>On 2004-11-25 22:08, MASSO wrote:
<BR>[...] dalla prima si ha x=2^a -y e sostituendo nella seconda otteniamo y2^a -y^2=2^b -1<font color=white>oo</font> y2^a-2^b=(y-1)(y+1)<font color=white>oo</font>(y-1)2^a-2^(b-a)=(y-1)(y+1), da cui si ottiene che <!-- BBCode Start --><B>y-1 divide 2^(b-a)</B><!-- BBCode End --> ed è perciò una potenza di due [...].
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR><!-- BBCode Start --><I>Forse</I><!-- BBCode End --> ho frainteso un po\' tutto, ma sai come si dice, no?!? Nel dubbio, domanda! Ebbene ti domando, ehmmm... non è forse vero che:
<BR>
<BR><center>2<sup>a</sup>y - 2<sup>b</sup> = (y-1)(y+1) ==> 2<sup>a</sup>(y-1) + (2<sup>a</sup>-2<sup>b</sup>) = (y-1)(y+1),</center>
<BR>
<BR>e che pertanto: (y-1) | (2<sup>a</sup>-2<sup>b</sup>)? Mi spieghi allora come cacchio ti riesce di concludere quel che hai concluso, eeeh? <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif">
<BR>
<BR>
<BR>\"Parlo soltanto a chi intende, per chi non intende tutto dimentico.\" - Eschilo<font color=white><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 26-11-2004 22:46 ]
<BR>On 2004-11-25 22:08, MASSO wrote:
<BR>[...] dalla prima si ha x=2^a -y e sostituendo nella seconda otteniamo y2^a -y^2=2^b -1<font color=white>oo</font> y2^a-2^b=(y-1)(y+1)<font color=white>oo</font>(y-1)2^a-2^(b-a)=(y-1)(y+1), da cui si ottiene che <!-- BBCode Start --><B>y-1 divide 2^(b-a)</B><!-- BBCode End --> ed è perciò una potenza di due [...].
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR><!-- BBCode Start --><I>Forse</I><!-- BBCode End --> ho frainteso un po\' tutto, ma sai come si dice, no?!? Nel dubbio, domanda! Ebbene ti domando, ehmmm... non è forse vero che:
<BR>
<BR><center>2<sup>a</sup>y - 2<sup>b</sup> = (y-1)(y+1) ==> 2<sup>a</sup>(y-1) + (2<sup>a</sup>-2<sup>b</sup>) = (y-1)(y+1),</center>
<BR>
<BR>e che pertanto: (y-1) | (2<sup>a</sup>-2<sup>b</sup>)? Mi spieghi allora come cacchio ti riesce di concludere quel che hai concluso, eeeh? <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif">
<BR>
<BR>
<BR>\"Parlo soltanto a chi intende, per chi non intende tutto dimentico.\" - Eschilo<font color=white><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 26-11-2004 22:46 ]
<IMG SRC="images/forum/icons/icon27.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon27.gif"> per una volta che credevo di aver vinto; uno stupidissimo errore mi disfa tutta la dimostrazione; be in ogni caso le terne che ho trovato soddisfano l\'equazione data (si vede sostituendo) e perciò mi rimane \"solamente\" di dimostrare che sono le uniche dimostrando che l\'unico a tale che a^2==1 (2) è 1; se cosi non fosse vi sarebbero delle terne che non ho ancora trovato, cosa peraltro da non escludere, va bo va bo, posterò prossimamente..(si, è proprio una minaccia <IMG SRC="images/forum/icons/icon_smile.gif"> )
EDIT: <IMG SRC="images/forum/icons/icon27.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon27.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon27.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon27.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon27.gif"> Erroracci di calcolo che inficiano tutto.... Vado a dormire, domani attaccherò per l\'n-esima volta quella robaccia...<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: Boll il 27-11-2004 22:55 ]
"Ma devo prendere una n-upla qualsiasi o una n-upla arbitraria?" (Lui)
<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>
<BR>On 2004-11-27 19:58, Boll wrote:
<BR>Poniamo 2<sup>a</sup>=x+y e 2<sup>b</sup>=xy+1.
<BR>Avremo che, per qualche k € Z, x=2<sup>a</sup>-k e y=2<sup>a</sup>+k [...]
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>Si\'ori e si\'ore, ebbene sì, ci siamo, proprio così! Il momento è arrivato. Finalmente, dopo... anni? No! Decenni? Naaah!!! Secoli? Nemmeno, umpf!?! Dopo millenni di storia del pensiero umano, finalmente qui, questa sera, spetta proprio a me il privilegio di presentare a voi tutti e al mondo intero non un uomo, nooo... un uomo non avrebbe mai potuto tanto!!! Signori, signore, per farla breve - rullo di tamburi in sottofondo -, ho l\'onore di presentarvi, <!-- BBCode Start --><I>hic et nunc</I><!-- BBCode End -->, niente popo\' di meno che un DIO! Sì, avete proprio capito bene, ho detto un DIO!!! Ma uno vero, sapete? Mica tarocchi, no no... E credetemi, la mia non è soltanto un\'esagerata iperbole televisiva!!!
<BR>
<BR>In fondo, ormai mi conoscete e potete testimoniare ch\'io dico soltanto la verità, ché per la verità ho lottato ne\' miei anni e in nome della verità ho giurato di morire... E perciò, finalmente, dopo la logica aristotelica, dopo la logica di Brouer e dopo la <!-- BBCode Start --><I>fuzzy-logic</I><!-- BBCode End -->, è con gli occhi sgranati dall\'emozione che v\'introduco questa sera alla \"<!-- BBCode Start --><I>logic-boll</I><!-- BBCode End -->\", un modo trendy e giovanile d\'intendere la Matematica e ridefinire le sue regole <!-- BBCode Start --><I>ex fundamentis</I><!-- BBCode End -->. Basta coi soliti schemi precostituiti, basta coi soliti stereotipi, i paradigmi di un sapere ormai cristallizzato e finalizzato unicamente a se stesso! Noi qui stasera diciamo BASTA!!! La <!-- BBCode Start --><I>logic-boll</I><!-- BBCode End --> porterà - così azzardano gli esperti - una ventata di aria fresca sull\'universo Matematico, e riabiliterà in quattro e quattr\'otto l\'interesse delle masse adolescenziali verso questa bistrattata disciplina! Suggerirei a questo punto un\'ovazione per sottolineare il grandioso contributo che la scienza avrà a riconoscere, in tempi brevi, al nostro guru!!! Grazie, Boll, fortuna che ti hanno inventato...
<BR>
<BR>Ebbene, tanto per farvi un esempio concreto, ché altrimenti penserete ch\'io vi stia rifilando soltanto un mare di chiacchiere, figuratevi che nel suo trattato monografico \"<!-- BBCode Start --><I>La logica secondo me stesso</I><!-- BBCode End -->\", dal sottotitolo \"<!-- BBCode Start --><I>A dimostrazione di come per ragionare non serva la testa, ma bastino i piedi</I><!-- BBCode End -->\", il supremo Boll prova con invidiabile disinvoltura, e fra le altre, la seguente peculiare proprietà dei numeri, ad oggi sfuggita pressoché all\'intera comunità Matematica internazionale:
<BR>
<BR>\"se x ed y sono interi positivi ed x + y = 2<sup>a</sup>, supposto a € N, allora: x = 2<sup>a</sup> - k ed y = 2<sup>a</sup> + k, per qualche k € Z. <!-- BBCode Start --><I>Ergo</I><!-- BBCode End -->, procedendo a ritroso: 2<sup>a</sup> = x + y = (2<sup>a</sup> - k) + (2<sup>a</sup> + k) = 2<sup>a+1</sup>, perciocché: 1 = 2.\"
<BR>
<BR>Adesso ditemi voi: costui non è forse un DIO? <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif">
<BR>
<BR>
<BR>\"Preferisco astenermi da OGNI commento...\" - HiTLeuLeR<font color=white><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 28-11-2004 12:43 ]
<BR>On 2004-11-27 19:58, Boll wrote:
<BR>Poniamo 2<sup>a</sup>=x+y e 2<sup>b</sup>=xy+1.
<BR>Avremo che, per qualche k € Z, x=2<sup>a</sup>-k e y=2<sup>a</sup>+k [...]
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>Si\'ori e si\'ore, ebbene sì, ci siamo, proprio così! Il momento è arrivato. Finalmente, dopo... anni? No! Decenni? Naaah!!! Secoli? Nemmeno, umpf!?! Dopo millenni di storia del pensiero umano, finalmente qui, questa sera, spetta proprio a me il privilegio di presentare a voi tutti e al mondo intero non un uomo, nooo... un uomo non avrebbe mai potuto tanto!!! Signori, signore, per farla breve - rullo di tamburi in sottofondo -, ho l\'onore di presentarvi, <!-- BBCode Start --><I>hic et nunc</I><!-- BBCode End -->, niente popo\' di meno che un DIO! Sì, avete proprio capito bene, ho detto un DIO!!! Ma uno vero, sapete? Mica tarocchi, no no... E credetemi, la mia non è soltanto un\'esagerata iperbole televisiva!!!
<BR>
<BR>In fondo, ormai mi conoscete e potete testimoniare ch\'io dico soltanto la verità, ché per la verità ho lottato ne\' miei anni e in nome della verità ho giurato di morire... E perciò, finalmente, dopo la logica aristotelica, dopo la logica di Brouer e dopo la <!-- BBCode Start --><I>fuzzy-logic</I><!-- BBCode End -->, è con gli occhi sgranati dall\'emozione che v\'introduco questa sera alla \"<!-- BBCode Start --><I>logic-boll</I><!-- BBCode End -->\", un modo trendy e giovanile d\'intendere la Matematica e ridefinire le sue regole <!-- BBCode Start --><I>ex fundamentis</I><!-- BBCode End -->. Basta coi soliti schemi precostituiti, basta coi soliti stereotipi, i paradigmi di un sapere ormai cristallizzato e finalizzato unicamente a se stesso! Noi qui stasera diciamo BASTA!!! La <!-- BBCode Start --><I>logic-boll</I><!-- BBCode End --> porterà - così azzardano gli esperti - una ventata di aria fresca sull\'universo Matematico, e riabiliterà in quattro e quattr\'otto l\'interesse delle masse adolescenziali verso questa bistrattata disciplina! Suggerirei a questo punto un\'ovazione per sottolineare il grandioso contributo che la scienza avrà a riconoscere, in tempi brevi, al nostro guru!!! Grazie, Boll, fortuna che ti hanno inventato...
<BR>
<BR>Ebbene, tanto per farvi un esempio concreto, ché altrimenti penserete ch\'io vi stia rifilando soltanto un mare di chiacchiere, figuratevi che nel suo trattato monografico \"<!-- BBCode Start --><I>La logica secondo me stesso</I><!-- BBCode End -->\", dal sottotitolo \"<!-- BBCode Start --><I>A dimostrazione di come per ragionare non serva la testa, ma bastino i piedi</I><!-- BBCode End -->\", il supremo Boll prova con invidiabile disinvoltura, e fra le altre, la seguente peculiare proprietà dei numeri, ad oggi sfuggita pressoché all\'intera comunità Matematica internazionale:
<BR>
<BR>\"se x ed y sono interi positivi ed x + y = 2<sup>a</sup>, supposto a € N, allora: x = 2<sup>a</sup> - k ed y = 2<sup>a</sup> + k, per qualche k € Z. <!-- BBCode Start --><I>Ergo</I><!-- BBCode End -->, procedendo a ritroso: 2<sup>a</sup> = x + y = (2<sup>a</sup> - k) + (2<sup>a</sup> + k) = 2<sup>a+1</sup>, perciocché: 1 = 2.\"
<BR>
<BR>Adesso ditemi voi: costui non è forse un DIO? <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif">
<BR>
<BR>
<BR>\"Preferisco astenermi da OGNI commento...\" - HiTLeuLeR<font color=white><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 28-11-2004 12:43 ]
Arrivo ora con questo problema! Nn ho letto i vecchi post quindi scusatemi se arrivo a sproposito…
<BR>
<BR>Trovo tutte le triplette x,y,z con x,y,z appartenenti ad N<sub>0</sub> tali che
<BR>(x+y)(1+xy)=2<sup>z</sup>
<BR>A parte casi banali, si deve risolvere il sistema:
<BR>[1]x+y=2^m
<BR>[2]1+xy=2^k
<BR>ricavo y dalla [2] e la sostituisco nella [1], ottenendo l’equazione di secondo grado:
<BR>x^2 –x *2^m + (2^k-1)=0
<BR>dai passaggi fatti (si eseguano i calcoli) inoltre si nota che se x è intero, lo è anche y. Inoltre x è intero se e solo se il “delta quarti” risulta un quadrato perfetto, ovverosia se
<BR>2^(2m-2)-2^k+1=a^2 [3]
<BR>studiamo quindi la diofantea [3], dopo avere posto 2m-2=k+r per comodità (notare che deve essere r>0, se si elimina il caso a=1 che porta a k=2m-2 e quindi delta quarti=1)..
<BR>
<BR>2^k(2^r-1)=(a+1)(a-1) [4]
<BR>
<BR>quindi a deve essere dispari: a=2b+1 e (a+1)(a-1)=4b(b+1) solo uno tra b e b+1 è pari e quindi si distinguono 2 casi:
<BR>
<BR>[1] b=2^(k-2)
<BR> svolgendo b nella [4] e svolgendo i calcoli si trova 2^r-2^(k-2)=2 e quindi (r,k)=(2,3) sol unica perché le differenze tra potenze di due consecutive sono crescienti…
<BR>
<BR>[2] b+1=2^(k-2)
<BR>sempre sostituendo si trova r = k-2, condizione necessaria e sufficiente perché valga la [4]…
<BR>
<BR>unendo i risultati solo il secondo caso fa per noi e ci dice che 2m-2=2k-2 ovverosia k=m..
<BR>il più è fatto. Sostituisco ora nell’equazione di 2° grado iniziale i due casi:
<BR>***o delta quarti=1, che ci porta a x = 2^(m-1)+- 1 e di conseguenza y=2^(m-1)+-1 scegliendo bene i segni;
<BR>*** oppure k=m che porta come sol le coppia (1 , 2^m - 1);
<BR>
<BR>spero il tutto vada bene…
<BR>
<BR><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: info il 28-11-2004 17:27 ]
<BR>
<BR>Trovo tutte le triplette x,y,z con x,y,z appartenenti ad N<sub>0</sub> tali che
<BR>(x+y)(1+xy)=2<sup>z</sup>
<BR>A parte casi banali, si deve risolvere il sistema:
<BR>[1]x+y=2^m
<BR>[2]1+xy=2^k
<BR>ricavo y dalla [2] e la sostituisco nella [1], ottenendo l’equazione di secondo grado:
<BR>x^2 –x *2^m + (2^k-1)=0
<BR>dai passaggi fatti (si eseguano i calcoli) inoltre si nota che se x è intero, lo è anche y. Inoltre x è intero se e solo se il “delta quarti” risulta un quadrato perfetto, ovverosia se
<BR>2^(2m-2)-2^k+1=a^2 [3]
<BR>studiamo quindi la diofantea [3], dopo avere posto 2m-2=k+r per comodità (notare che deve essere r>0, se si elimina il caso a=1 che porta a k=2m-2 e quindi delta quarti=1)..
<BR>
<BR>2^k(2^r-1)=(a+1)(a-1) [4]
<BR>
<BR>quindi a deve essere dispari: a=2b+1 e (a+1)(a-1)=4b(b+1) solo uno tra b e b+1 è pari e quindi si distinguono 2 casi:
<BR>
<BR>[1] b=2^(k-2)
<BR> svolgendo b nella [4] e svolgendo i calcoli si trova 2^r-2^(k-2)=2 e quindi (r,k)=(2,3) sol unica perché le differenze tra potenze di due consecutive sono crescienti…
<BR>
<BR>[2] b+1=2^(k-2)
<BR>sempre sostituendo si trova r = k-2, condizione necessaria e sufficiente perché valga la [4]…
<BR>
<BR>unendo i risultati solo il secondo caso fa per noi e ci dice che 2m-2=2k-2 ovverosia k=m..
<BR>il più è fatto. Sostituisco ora nell’equazione di 2° grado iniziale i due casi:
<BR>***o delta quarti=1, che ci porta a x = 2^(m-1)+- 1 e di conseguenza y=2^(m-1)+-1 scegliendo bene i segni;
<BR>*** oppure k=m che porta come sol le coppia (1 , 2^m - 1);
<BR>
<BR>spero il tutto vada bene…
<BR>
<BR><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: info il 28-11-2004 17:27 ]
<!-- BBCode Start --><B><font color=blue>Problema 6:</font></B><!-- BBCode End --> stabilire se esiste una soluzione all\'equazione: x<sup>2</sup> + y<sup>2</sup> + z<sup>2</sup> + u<sup>2</sup> + v<sup>2</sup> = xyzuv - 65 in interi x, y, z, u, v tutti maggiori di 1998.
<BR>
<BR>
<BR>\"E\' l\'occasione del tuo riscatto, boll, non fartela scappare...\" - HiTLeuLeR <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">
<BR>
<BR>
<BR>\"E\' l\'occasione del tuo riscatto, boll, non fartela scappare...\" - HiTLeuLeR <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">
<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>
<BR>On 2004-11-28 17:26, info wrote:
<BR>...
<BR>
<BR>quindi a deve essere dispari: a=2b+1 e (a+1)(a-1)=4b(b+1) solo uno tra b e b+1 è pari e quindi si distinguono 2 casi:
<BR>
<BR>[1] b=2^(k-2)
<BR> svolgendo b nella [4] e svolgendo i calcoli si trova 2^r-2^(k-2)=2 e quindi (r,k)=(2,3) sol unica perché le differenze tra potenze di due consecutive sono crescienti…
<BR>
<BR>...
<BR>
<BR>*** oppure k=m che porta come sol le coppia (1 , 2^m - 1);
<BR>
<BR>spero il tutto vada bene…
<BR>
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>
<BR>mmh ... forse mi sono perso qualche pezzo, ma non riesco a convincermi del tutto che la questione sia chiusa.
<BR>
<BR>1) inanzitutto mi pare che manchino (ma forse non ho guardato bene) le terne tipo la (x,y,z) = (3,5,7); cioe\', piu\' in generale (x,y,z) = (2^r - 1, 2^r +1, 3r+1);
<BR>
<BR>2) puo\' essere che per considerare tutti i casi, l\'ipotesi \"[1] b pari\" vada espressa come b=2^(k-2)*d, con d dispari?
<BR>
<BR>
<BR>
<BR>
<BR>
<BR>
<BR>
<BR><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: sprmnt21 il 29-11-2004 09:34 ]
<BR>On 2004-11-28 17:26, info wrote:
<BR>...
<BR>
<BR>quindi a deve essere dispari: a=2b+1 e (a+1)(a-1)=4b(b+1) solo uno tra b e b+1 è pari e quindi si distinguono 2 casi:
<BR>
<BR>[1] b=2^(k-2)
<BR> svolgendo b nella [4] e svolgendo i calcoli si trova 2^r-2^(k-2)=2 e quindi (r,k)=(2,3) sol unica perché le differenze tra potenze di due consecutive sono crescienti…
<BR>
<BR>...
<BR>
<BR>*** oppure k=m che porta come sol le coppia (1 , 2^m - 1);
<BR>
<BR>spero il tutto vada bene…
<BR>
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>
<BR>mmh ... forse mi sono perso qualche pezzo, ma non riesco a convincermi del tutto che la questione sia chiusa.
<BR>
<BR>1) inanzitutto mi pare che manchino (ma forse non ho guardato bene) le terne tipo la (x,y,z) = (3,5,7); cioe\', piu\' in generale (x,y,z) = (2^r - 1, 2^r +1, 3r+1);
<BR>
<BR>2) puo\' essere che per considerare tutti i casi, l\'ipotesi \"[1] b pari\" vada espressa come b=2^(k-2)*d, con d dispari?
<BR>
<BR>
<BR>
<BR>
<BR>
<BR>
<BR>
<BR><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: sprmnt21 il 29-11-2004 09:34 ]
Sì, sprmnt, è proprio come tu dici!!! E naturalmente, un\'analoga considerazione dev\'essere nondimeno applicata al caso [2], ammettendo: b+1 = 2<sup>k-2</sup> * d, con d = 1 mod 2, e non semplicemente: b+1 = 2<sup>k-2</sup>. Mi scuso per la mia superficialità...
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<BR>\"In ogni luogo c\'è almeno un idiota. Se non lo vedi, probabilmente è perché quello sei proprio tu...\" - W. Allen<font color=white><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 29-11-2004 13:43 ]
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<BR>\"In ogni luogo c\'è almeno un idiota. Se non lo vedi, probabilmente è perché quello sei proprio tu...\" - W. Allen<font color=white><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 29-11-2004 13:43 ]
oooops...piccolo errore...sono proprio scivolato sulla buccia di banana! grazie sprmnt21...Vedrò se è possibile sistemare il tutto (o magari fatelo voi) mantenendo sempre quell\'idea risolutiva... Le gite di classe fanno male!<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: info il 29-11-2004 19:04 ]