(1991 IMO Short List)
Su, su: non è male!
Pitagora
Pitagora
Trovare tutte le soluzioni intere positive di $ 3^x+4^y=5^z $.
(1991 IMO Short List)
Su, su: non è male!
(1991 IMO Short List)
Su, su: non è male!
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
Finalmente un bell'esercizio! 
modulo4 e modulo 3 otteniamo $ z\equiv x \equiv 0 \pmod 2 $,poniamo quindi $ z=2Z, x=2X $ da cui $ (2^y)^2=(5^Z)^2-(3^X)^2=(5^Z+3^X)(5^Z-3^X)=2^k*2^{2y+k} $ con k naturale minore di y. risolvendo il sistema otteniamo $ 5^Z=2^{k-1}+2^{2y-k-1}\equiv 0 \pmod 2 \text{ se } k>0 $. come unica soluzione accettabile allora $ k=0 $ da cui $ 5^Z-1=4^{y-1} $. modulo 3 e modulo 5 abbiamo rispettivamente $ Z \equiv (y-1) \equiv 1 \pmod 2 $. addirittura modulo 9 otteniamo $ Z \equiv (y-1) \equiv 1 \pmod 6 $. possiamo quindi imporre $ Z=6a+1 \text { e } y-1=6b+1 $$ \implies 5^{6a+1}-1=4^{6b+1} $$ \implies 5^{6a}+5^{6a-1}+5^{6a-2}+...+5=4^{6b}-1\equiv 5 \pmod 25 $. scomponendo RHS abbiamo $ (2^{6b}+1)(2^{6b}-1)= (2^{2b}+1)(2^{4b}-2^{2b+1}+1) $$ (2^{2b}-1)(2^{4b}+2^{2b+1}+1)\equiv $$ (2^{2b}+1)^2(2^{2b}-1)^2 \pmod 5 $, da cui si vede che $ 25 | RHS $, contraddizione. quindi l'unica soluzione è?
..
bye
modulo4 e modulo 3 otteniamo $ z\equiv x \equiv 0 \pmod 2 $,poniamo quindi $ z=2Z, x=2X $ da cui $ (2^y)^2=(5^Z)^2-(3^X)^2=(5^Z+3^X)(5^Z-3^X)=2^k*2^{2y+k} $ con k naturale minore di y. risolvendo il sistema otteniamo $ 5^Z=2^{k-1}+2^{2y-k-1}\equiv 0 \pmod 2 \text{ se } k>0 $. come unica soluzione accettabile allora $ k=0 $ da cui $ 5^Z-1=4^{y-1} $. modulo 3 e modulo 5 abbiamo rispettivamente $ Z \equiv (y-1) \equiv 1 \pmod 2 $. addirittura modulo 9 otteniamo $ Z \equiv (y-1) \equiv 1 \pmod 6 $. possiamo quindi imporre $ Z=6a+1 \text { e } y-1=6b+1 $$ \implies 5^{6a+1}-1=4^{6b+1} $$ \implies 5^{6a}+5^{6a-1}+5^{6a-2}+...+5=4^{6b}-1\equiv 5 \pmod 25 $. scomponendo RHS abbiamo $ (2^{6b}+1)(2^{6b}-1)= (2^{2b}+1)(2^{4b}-2^{2b+1}+1) $$ (2^{2b}-1)(2^{4b}+2^{2b+1}+1)\equiv $$ (2^{2b}+1)^2(2^{2b}-1)^2 \pmod 5 $, da cui si vede che $ 25 | RHS $, contraddizione. quindi l'unica soluzione è?
..bye
The only goal of science is the honor of the human spirit.
-
darkcrystal
- Messaggi: 706
- Iscritto il: 14 set 2005, 11:39
- Località: Chiavari
Alternativamente: riconosciuto che x e z sono pari, riscrivo
$ 2^{2Y}=(5^Z-3^X)(5^Z+3^X) $. Cioè entrambi i fattori a secondo membro sono potenze di 2, cioè la più piccola delle 2 divide la loro differenza (questo è ovvio se si pensa a cosa sono le potenze...): $ 2^a=5^Z-3^X | (2^b-2^a)=2*3^X \Rightarrow a \leq 1 $. Ora, a=0 è improbabile, perciò a=1. Ma allora $ 5^Z=3^X+2 $, da cui $ 2^{2Y} = 4(1+3^X) $ che modulo 8 lascia poche possibilità per X (solo 0 o 1), la prima delle quali da scartare perchè 8 non è un quadrato.
Ciau!
$ 2^{2Y}=(5^Z-3^X)(5^Z+3^X) $. Cioè entrambi i fattori a secondo membro sono potenze di 2, cioè la più piccola delle 2 divide la loro differenza (questo è ovvio se si pensa a cosa sono le potenze...): $ 2^a=5^Z-3^X | (2^b-2^a)=2*3^X \Rightarrow a \leq 1 $. Ora, a=0 è improbabile, perciò a=1. Ma allora $ 5^Z=3^X+2 $, da cui $ 2^{2Y} = 4(1+3^X) $ che modulo 8 lascia poche possibilità per X (solo 0 o 1), la prima delle quali da scartare perchè 8 non è un quadrato.
Ciau!
"Solo due cose sono infinite: l'universo e la stupidità dell'uomo, e non sono tanto sicuro della prima" - Einstein
Membro dell'EATO
Membro dell'EATO
@ darkcrystal: lieto di averlo risolto come te!
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
Modulo 4:
$ 3^x+4^y\equiv5^z\mod 4 $ da cui
$ (-1)^x\equiv1^z\mod 4 $
quindi $ x $ è pari.
Modulo 3:
$ 3^x+4^y\equiv5^z\mod 3 $ da cui
$ 1^y\equiv(-1)^z\mod 3 $
quindi $ z $ è pari.
$ 3^x+4^y\equiv5^z\mod 4 $ da cui
$ (-1)^x\equiv1^z\mod 4 $
quindi $ x $ è pari.
Modulo 3:
$ 3^x+4^y\equiv5^z\mod 3 $ da cui
$ 1^y\equiv(-1)^z\mod 3 $
quindi $ z $ è pari.
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
Due numeri $ a $ e $ b $ si dicono congruenti modulo $ m $ ($ a\equiv b\pmod m $) se e solo se $ m\mid(a-b) $.
Se il modulo in questione è $ 4 $, il numero $ 3 $, in particolare, è congruente a $ -1 $, perchè $ 4\mid\left(3-(-1)\right) $. (Quindi si può scrivere $ 3\equiv-1\pmod4 $)
Analogamente vale $ 5\equiv1\pmod4 $, perchè $ 4\mid(5-1) $.
Infine si ha anche $ 4\equiv0\pmod4 $.
La relazione di congruenza è transitiva (come l'uguaglianza). Questo ti dice che puoi "sostituire cose tra loro congruenti" nelle espressioni (con alcune limitazioni, però nel caso della base di una potenza questo è possibile).
Passiamo al caso specifico.
Noi sappiamo che $ 3^x+4^y\equiv5^z\pmod4 $.
Abbiamo trovato prima le relazioni
$ 3\equiv-1\pmod4 $, $ 5\equiv1\pmod4 $ e $ 4\equiv0\pmod4 $.
Andando a sostituire si trova
$ \begin{array}{ccccc}3^x&+&4^y&\equiv&5^z\\\downarrow&&\downarrow&&\downarrow\\(-1)^x&+&0^y&\equiv&1^z\end{array} $
ovvero proprio $ (-1)^x\equiv1 $.
Se il modulo in questione è $ 4 $, il numero $ 3 $, in particolare, è congruente a $ -1 $, perchè $ 4\mid\left(3-(-1)\right) $. (Quindi si può scrivere $ 3\equiv-1\pmod4 $)
Analogamente vale $ 5\equiv1\pmod4 $, perchè $ 4\mid(5-1) $.
Infine si ha anche $ 4\equiv0\pmod4 $.
La relazione di congruenza è transitiva (come l'uguaglianza). Questo ti dice che puoi "sostituire cose tra loro congruenti" nelle espressioni (con alcune limitazioni, però nel caso della base di una potenza questo è possibile).
Passiamo al caso specifico.
Noi sappiamo che $ 3^x+4^y\equiv5^z\pmod4 $.
Abbiamo trovato prima le relazioni
$ 3\equiv-1\pmod4 $, $ 5\equiv1\pmod4 $ e $ 4\equiv0\pmod4 $.
Andando a sostituire si trova
$ \begin{array}{ccccc}3^x&+&4^y&\equiv&5^z\\\downarrow&&\downarrow&&\downarrow\\(-1)^x&+&0^y&\equiv&1^z\end{array} $
ovvero proprio $ (-1)^x\equiv1 $.
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
Ok, grazie FeddyStra, chiaro.
L'ultima cosa che noto adesso
Da dove fai derivare i valori di 0 e 1 ?
Scusa tanto se torno a chiedere e approfittare,
ciao.
L'ultima cosa che noto adesso
Ecco: l'espressione $ 4(1+3^X) $ è sempre e comunque $ 0 \mod8 $darkcrystal ha scritto: da cui $ 2^{2Y} = 4(1+3^X) $ che modulo 8 lascia poche possibilità per X (solo 0 o 1), la prima delle quali da scartare perchè 8 non è un quadrato.
Da dove fai derivare i valori di 0 e 1 ?
Scusa tanto se torno a chiedere e approfittare,
ciao.
-
darkcrystal
- Messaggi: 706
- Iscritto il: 14 set 2005, 11:39
- Località: Chiavari
Si scusa, a volte [cioè spesso 
] mi faccio prendere dalla fretta... siccome 4 è una potenza di 2, e il prodotto $ 4(3^X+1) $ deve essere una potenza di 2, anche la roba dentro parentesi deve esserlo... perciò deve essere $ 1+3^X=2^k $ per qualche k. Se ora k fosse maggiore o uguale a 3, allora il membro destro sarebbe $ \equiv 0 \pmod 8 $, da cui anche $ 1+3^X \equiv 0 \pmod 8 $, che però è impossibile, perchè $ 3^X $ è congruo a 1 o a 3 modulo 8.
Perciò restano i casi X=0,1,2; X=2 viene ulteriormente escluso perchè $ 3^2+1 $ non è una potenza di 2, ed ecco che si arriva a X=0,1.
Spero ora sia chiaro.
Ciau!
] mi faccio prendere dalla fretta... siccome 4 è una potenza di 2, e il prodotto $ 4(3^X+1) $ deve essere una potenza di 2, anche la roba dentro parentesi deve esserlo... perciò deve essere $ 1+3^X=2^k $ per qualche k. Se ora k fosse maggiore o uguale a 3, allora il membro destro sarebbe $ \equiv 0 \pmod 8 $, da cui anche $ 1+3^X \equiv 0 \pmod 8 $, che però è impossibile, perchè $ 3^X $ è congruo a 1 o a 3 modulo 8.Perciò restano i casi X=0,1,2; X=2 viene ulteriormente escluso perchè $ 3^2+1 $ non è una potenza di 2, ed ecco che si arriva a X=0,1.
Spero ora sia chiaro.
Ciau!
"Solo due cose sono infinite: l'universo e la stupidità dell'uomo, e non sono tanto sicuro della prima" - Einstein
Membro dell'EATO
Membro dell'EATO