a^n+b^n=c^{n+1}
a^n+b^n=c^{n+1}
Trovare tutte le coppie di interi positivi (a,b) tali che per ogni intero positivo n esiste c intero tale che: $ a^n+b^n=c^{n+1} $.
The only goal of science is the honor of the human spirit.
Supponiamo di aver trovato una coppia (a,b) che soddisfa l'ipotesi. Sia p un primo coprimo con a e con b. Allora in particolare dev'essere:
$ a^{p-1}+b^{p-1} = c^{p} $ e anche
$ a^{p}+b^{p} = c^{p+1} $ Guardiamo adesso queste equivalenza modulo p. Per il piccolo teorema di Fermat, poiché p è coprimo con a e b:
$ 2\equiv c\ (mod \ p) $ e anche
$ a+b\equiv c^2\equiv 4 \ (mod\ p) $. Poiché però esistono infiniti fattori p coprimi con a e con b, allora
$ a+b = 4 $ poiché altrimenti $ a+b-4 $ avrebbe infiniti fattori.
Le uniche possibilità sono allora $ a = 1 $, $ b = 3 $ e $ a = b = 2 $. Si verifica facilmente che il primo caso è impossibile (non esiste nessun c per n = 2), mentre si vede che il secondo caso funziona (si può sempre scegliere c = 2). L'unica soluzione è quindi $ a = b = 2 $
Spero di non aver commesso errori. Grazie del problema comunque
$ a^{p-1}+b^{p-1} = c^{p} $ e anche
$ a^{p}+b^{p} = c^{p+1} $ Guardiamo adesso queste equivalenza modulo p. Per il piccolo teorema di Fermat, poiché p è coprimo con a e b:
$ 2\equiv c\ (mod \ p) $ e anche
$ a+b\equiv c^2\equiv 4 \ (mod\ p) $. Poiché però esistono infiniti fattori p coprimi con a e con b, allora
$ a+b = 4 $ poiché altrimenti $ a+b-4 $ avrebbe infiniti fattori.
Le uniche possibilità sono allora $ a = 1 $, $ b = 3 $ e $ a = b = 2 $. Si verifica facilmente che il primo caso è impossibile (non esiste nessun c per n = 2), mentre si vede che il secondo caso funziona (si può sempre scegliere c = 2). L'unica soluzione è quindi $ a = b = 2 $
Spero di non aver commesso errori. Grazie del problema comunque
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exodd
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- Località: sulle pendici della provincia più alta d'europa
p deve essere comprimo anche con c, comunque la soluzione è giusta..
Tutto è possibile: L'impossibile richiede solo più tempo
in geometry, angles are angels
"la traslazione non è altro che un'omotetia di centro infinito e k... molto strano"
julio14 ha scritto: jordan è in realtà l'origine e il fine di tutti i mali in $ \mathbb{N} $
ispiratore del BTAEvaristeG ha scritto:Quindi la logica non ci capisce un'allegra e convergente mazza.
in geometry, angles are angels
"la traslazione non è altro che un'omotetia di centro infinito e k... molto strano"
Ok, allora l'ho rifatta, spero che così vada bene.
Come prima, supponiamo ci siano due a e b che soddisfano l'ipotesi; sia p il più piccolo primo maggiore di a +b e coprimo con a e b .Allora dovrà esistere un $ {c_p} $ tale che:
$ a^{p}+b^{p} = {c_p}^{p+1}\ (1) $ e quindi
$ a+b\equiv {c_p}^2(mod\ p) $. Ma poiché per Hp $ p>a+b $ si ha:
$ a+b = {c_p}^2 $. Notiamo che questo ragionamento si può generalizzare per ogni primo q coprimo con a e b maggiore di p. Per cui abbiamo, per ogni q con tali caratteristiche:
$ a^{q}+b^{q} = {c_p}^{q+1}\ (2) $. Dalla (1) e dalla (2) risulta che dev'essere:
$ a^{p}+b^{p} \mid a^{q}+b^{q}\Rightarrow a^p+b^p\mid -b^{qp}+b^{q} $ e quindi infine:
$ a^{p}+b^{p}\mid b^q(1-b^{pq-q}) $ che è vero sse
$ b^p\mid a^p $ Osserviamo però che lo stesso ragionamento si sarebbe potuto fare scambiando a con b e allora dobbiamo concludere che
$ a = b $.
Da qui è facile concludere (infatti se a =b e entrambi contenessero fattori diversi da 2 il membro di destra ne conterebbe sempre uno in più) e vedere che le uniche soluzioni sono
$ a = b = 2^n $ con n un intero qualunque.
Spero che così sia corretto anche se forse c'erano soluzioni molto più veloci
Come prima, supponiamo ci siano due a e b che soddisfano l'ipotesi; sia p il più piccolo primo maggiore di a +b e coprimo con a e b .Allora dovrà esistere un $ {c_p} $ tale che:
$ a^{p}+b^{p} = {c_p}^{p+1}\ (1) $ e quindi
$ a+b\equiv {c_p}^2(mod\ p) $. Ma poiché per Hp $ p>a+b $ si ha:
$ a+b = {c_p}^2 $. Notiamo che questo ragionamento si può generalizzare per ogni primo q coprimo con a e b maggiore di p. Per cui abbiamo, per ogni q con tali caratteristiche:
$ a^{q}+b^{q} = {c_p}^{q+1}\ (2) $. Dalla (1) e dalla (2) risulta che dev'essere:
$ a^{p}+b^{p} \mid a^{q}+b^{q}\Rightarrow a^p+b^p\mid -b^{qp}+b^{q} $ e quindi infine:
$ a^{p}+b^{p}\mid b^q(1-b^{pq-q}) $ che è vero sse
$ b^p\mid a^p $ Osserviamo però che lo stesso ragionamento si sarebbe potuto fare scambiando a con b e allora dobbiamo concludere che
$ a = b $.
Da qui è facile concludere (infatti se a =b e entrambi contenessero fattori diversi da 2 il membro di destra ne conterebbe sempre uno in più) e vedere che le uniche soluzioni sono
$ a = b = 2^n $ con n un intero qualunque.
Spero che così sia corretto anche se forse c'erano soluzioni molto più veloci
Sei sicuro?Pairo ha scritto:[...] e quindi $ a+b\equiv {c_p}^2(mod\ p) $. Ma poiché per Hp $ p>a+b $ si ha $ a+b = {c_p}^2 $...
Non è lo stesso $ c_p $...Pairo ha scritto:[...]Per cui abbiamo, per ogni q con tali caratteristiche:
$ a^{q}+b^{q} = {c_p}^{q+1}\ (2) $...
Penso sia meglio riformulare la domanda: "Trovare tutti gli interi positivi (a,b) tali che aⁿ+bⁿ sia sempre una potenza (n+1)-esima."
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Salvando capra e cavoli, dimostriamo che da un certo punto in poi quel $ c $ è sempre lo stesso
Ora, pongo $ x_n=a^n+b^n $. Pongo $ x_i={c_i}^{i+1} $, che poi sarebbe la nostra $ c $.
Ho che $ x_{n+1}<(a+b)x_n $ (ad essere precisi, è $ x_{n+1}=(a+b)x_n-abx_{n-1} $). Ora, poiché $ (c_m+1)^{m+1}<(a+b){c_m}^m $ fallisce per $ m $ abbastanza grande, la successione dei $ c_i $ è definitivamente decrescente, quindi è costante da un certo punto in poi.
Ora, pongo $ x_n=a^n+b^n $. Pongo $ x_i={c_i}^{i+1} $, che poi sarebbe la nostra $ c $.
Ho che $ x_{n+1}<(a+b)x_n $ (ad essere precisi, è $ x_{n+1}=(a+b)x_n-abx_{n-1} $). Ora, poiché $ (c_m+1)^{m+1}<(a+b){c_m}^m $ fallisce per $ m $ abbastanza grande, la successione dei $ c_i $ è definitivamente decrescente, quindi è costante da un certo punto in poi.
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federiko97
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- Iscritto il: 03 nov 2008, 20:36
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Bonus Question 1: trovare l'errore nel post di TBPL.
Bonus Question 2: dimostrare che $ c_n $ è definitivamente strettamente monotona ma non nel verso sperato da TBPL (tranne per casi piccoli di a e b)
Bonus Question 2: dimostrare che $ c_n $ è definitivamente strettamente monotona ma non nel verso sperato da TBPL (tranne per casi piccoli di a e b)
Io credo che alcune entità superiori, pur non avendo odore, possano esistere. Esse influenzano le nostre vite in maniera che nessuno scienziato può comprendere.
Definiamo la sequenza degli interi $ c_i:=(a^i+b^i)^{\frac{1}{i+1}} $, se $ a<b $ allora $ c_i \to b^{\frac{i}{i+1}} $ che è crescente (definitivamente) in $ i $, altrimenti se $ a=b $ allora $ c_i \to 2^{\frac{1}{i+1}}b^{\frac{i}{i+1}} $ è anche crescente, $ c_i<a+b \forall i \in \mathbb{N} $ per cui converge ad ogni modo; l'osservazione di TBPL cmq fa risolvere in modo molto veloce il mio problema. In quanto $ p \mid c-2 $ per ogni $ p $ primo sufficientemente grande. Per cui c=2. Inoltre $ (2^{n+2})^2=2^{n+1} \cdot 2^{n+3} $ per cui per ogni n sufficientemente grande che implica $ (a-b)^2=0 $..
Ps. sul verso della monotonia ci ero cascato pure io, comunque l'idea di fondo resta valida
Ps. sul verso della monotonia ci ero cascato pure io, comunque l'idea di fondo resta valida
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FrancescoVeneziano
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Premettendo che dovresti scrivere $ c_i \sim b^{\frac{i}{i+1}} $, non $ c_i \to b^{\frac{i}{i+1}} $, che comunque non implica la monotonia dei $ c_i $, mi sfugge perché puntare a dimostrare la monotonia quando, avendo l'espressione dei $ c_i $, potete calcolare direttamente il limite, che è il massimo tra a e b. A questo punto la conclusione è istantanea perché avete che (diciamo che $ b\geq a $)jordan ha scritto:Definiamo la sequenza degli interi $ c_i:=(a^i+b^i)^{\frac{1}{i+1}} $, se $ a<b $ allora $ c_i \to b^{\frac{i}{i+1}} $ che è crescente (definitivamente) in $ i $, altrimenti se $ a=b $ allora $ c_i \to 2^{\frac{1}{i+1}}b^{\frac{i}{i+1}} $ è anche crescente, $ c_i<a+b \forall i \in \mathbb{N} $ per cui converge ad ogni modo
$ a^n=(b-1)b^n $ per tutti gli n abbastanza grandi, da cui a=b=2.
Notate che il fatto che a,b,c sono interi è stato usato in modo indiretto e piuttosto sottile; in effetti l'unica cosa che conta è che c debba essere preso in un insieme discreto.
Wir müssen wissen. Wir werden wissen.
Parole sante!FrancescoVeneziano ha scritto:Premettendo che dovresti scrivere $ c_i \sim b^{\frac{i}{i+1}} $, non $ c_i \to b^{\frac{i}{i+1}} $, che comunque non implica la monotonia dei $ c_i $, mi sfugge perché puntare a dimostrare la monotonia quando, avendo l'espressione dei $ c_i $, potete calcolare direttamente il limite, che è il massimo tra a e b.
comunque il simbolo non lo ricordavo..Riguardo la prima domanda di federiko, credo il problema sia da imputare al fatto che il $ c_n $ è ancora funzione di $ n $..
Esiste comunque una dimostrazione che non fa uso di limiti, monotonia di funzioni, etc..
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Io non sono sicuro che la mia dimostrazione sia sbagliata. Infatti ho dimostrato che da un certo primo in poi, per ogni primo q > p c deve essere lo stesso e da lì in poi la dimostrazione è abbastanza semplice.jordan ha scritto:Sei sicuro?Pairo ha scritto:[...] e quindi $ a+b\equiv {c_p}^2(mod\ p) $. Ma poiché per Hp $ p>a+b $ si ha $ a+b = {c_p}^2 $...
Non è lo stesso $ c_p $...Pairo ha scritto:[...]Per cui abbiamo, per ogni q con tali caratteristiche:
$ a^{q}+b^{q} = {c_p}^{q+1}\ (2) $...
Nella prima affermazione (quella a cui hai risposto "sei sicuro?") cosa c'è che non va?
La congruenza equivale
$ a+b = np + {c_p}^2 $ ma poiché a+b<p e maggiore di 0 è necessariamente n = 0.
Accettato questo bisogna accettare anche che c è costante per tutti i primi maggiori e quindi anche il resto della dimostrazione.
Non voglio sembrare assolutamente arrogante ma sto solo cercando di capire la situazione
. Grazie mille comunque!