4^x+4^y+4^z

[Omar93]

Si consideri l’espressione
$ 4^x+4^y+4^z $ dove x, y, z sono interi non negativi.
(i) Provare che la quantità sopra scritta è un quadrato perfetto per
infinite terne di interi (x;y; z).
(ii) Determinare tutte le terne di interi non negativi (x;y; z) tali che la
quantità sopra scritta sia un quadrato perfetto.

Testo nascosto:

sns 2006-2007 Provo una possibile soluzione. Nei link che ho visto è tutto incasinato e non ci ho capito nulla, poi è meglio così invece di continuare post vecchi
i) se $ 4^x+4^y+4^z $ è un quadrato allora lo è pure $ 4(4^x+4^y+4^z) $ ,una possibile soluzione è 4+4+1 ovvero (x,y,z)=(1,1,0)
Quindi: (h+1,h+1,h) con h intero naturale.
ii) abbiamo tre casi :
1- x=y=z il che porta a $ 3*4^x $ mai un quadrato perfetto
2- x=y<>z ,sia poi x=z+a $ 4^z(2* 4^a+1) $
E che porta a (z+1,z+1,z)
3- x<>y<>z , come prima x=z+a , y=z+b
$ 4^z(4^a+4^b+1)=m^2 $
a = b+h che porta a $ 4^b(4^h+1)=m^2-1 $ , m da resto 1 diviso per 4
m=4k+1 ,quindi$ 2^{2b-3}4^h+1=k(2k+1) $ che implica k=2^{2b-3}
Da cui segue (z+2h+1,z+h+1,z)

[jordan]

Credo sia la quarta volta che questo problema venga postato su questo forum.. giovani, fatevi avanti allora!

[auron95]

Per la prima basta vedere che per ogni k $ x=k,y=k+1,z=k+1 $ è soluzione...

Infatti $4^k+4^{k+1}+4^{k+1}=4^k+4\cdot4^k+4\cdot4^k=3^2\cdot2^{2k}$

[Robertopphneimer]

scusate ma...

(i) Provare che la quantità sopra scritta è un quadrato perfetto per
infinite terne di interi (x;y; z).
(ii) Determinare tutte le terne di interi non negativi (x;y; z) tali che la
quantità sopra scritta sia un quadrato perfetto.

...se è stato provato che per infinite terne d'interi è un quadrato perfetto allora x,y,z saranno determinati come infinite soluzioni!

[jordan]

...se è stato provato che per infinite terne d'interi è un quadrato perfetto allora x,y,z saranno determinati come infinite soluzioni!

Il fatto di trovare una classe infinita di soluzioni (come per esempio (10k, 10k+1,10k+1)) non equivale a trovarle tutte.

[Robertopphneimer]

...se è stato provato che per infinite terne d'interi è un quadrato perfetto allora x,y,z saranno determinati come infinite soluzioni!

Il fatto di trovare una classe infinita di soluzioni (come per esempio (10k, 10k+1,10k+1)) non equivale a trovarle tutte.

Si è questo il problema che mi sto ponendo ora,
"Un’equazione Diofantea di primo grado in due variabili è un’espressione di questo tipo:
$ a^x +b^y = c $
dove a,b, c sono dati e x,y sono le incognite. Se MC D(a,b) non è divisore di c , l’equazione non ha soluzioni. In caso contrario, ne ha infinite."Anche se questa non è un'equazione il ragionamento penso sia analogo.
So che tutti in questo forum sanno questo , ma volevo postarlo(viene dalle dispense olimpioniche). Tutti i testi incontrati fino ad ora hanno detto che solitamente queste infinite soluzioni vengono espresse da una legge elegante come per esempio $ 2^k $ , è questo che intendete??trovare la legge che le raggruppa?(perché se sono infinite non posso dare la caccia a tutte),oppure devo trovare qualcosa che esclude alcune possibili soluzioni?

ps:mi accodo ad auron per ringraziarvi per il tempo speso.

[auron95]

Provo a risolvere il 2.

Se una terna soluzione è scrivibile come $ (x_0+1,y_0+1,z_0+1) $ in cui $ x_0,y_0,z_0 $ sono interi non negativi allora è soluzione anche $(x_0,y_0,z_0)$
Infatti se $4^{x_0+1}+4^{y_0+1}+4^{z_0+1}$ è quadrato di 2n (è sicuramente pari perchè tutti gli addendi sono pari) allora
$\displaystyle 4^{x_0}+4^{y_0}+4^{z_0} = \frac{4^{x_0+1}+4^{y_0+1}+4^{z_0+1}}{4} = \frac{(2n)^2}{4}=n^2$

Supponiamo $x\leq y\leq z$ WLOG.

Allora togliamo 1 alle variabili per $x_0$ volte e otteniamo una soluzione del tipo (0,a,a+b), a e b non negativi
Trovanto tutte le terne di questo tipo, possiamo trovare tutte le soluzioni.

Dobbiamo trovare a,b,n per cui

$1+4^a+4^{a+b}=(2n+1)^2$ (possiamo dire che il quadrato è dispari perchè se LHS fosse pari, cioè $a=0$ e $b\ne 0$, allora avremmo un LHS della forma $2+4^b$ che non è un quadrato poichè è due volte un dispari)

$4^a(1+4^b)=(2n)(2n+2)$
$4^{a-1}(1+4^b)=n(n+1)$

a>1 altrimenti lhs è dispari e rhs è pari.

Sono arrivato fin qui, mi manca la conclusione.....
devo dimostrare che n deve essere una potenza di 2 (precisamente $4^{a-1}$) ma non riesco nemmeno a dimostrare che n sia pari (e che quindi non è n+1 a contenere i fattori 2 dell'LHS)

[Robertopphneimer]

ti potrebbe aiutare il fatto che :

$ 4^{a-2} +(1+4^b)=\frac {n(n+1)} {2}=\sum_{i=1}^n i $

[Robertopphneimer]

E se facessi mod 4?? allora :
$ n(n+1) \equiv 0(mod4) $.

$ \frac{n(n+1)}{2}\equiv 0 (mod2) $
ma se non ricordo male questo va bene per ogni i positivo pari.....(non mi convince. ) Però se può darti una mano ,qua quello forte sei te @auron

[auron95]

Il problema grosso è che so con certezza che uno tra n e n+1 è multplo di $4^{a-1}$ ma non so dire quale (tentativi empirici mi suggerirebbero che è sempre n, e che non solo è multiplo, è proprio $4^{a-1}$)

Comunque è interessante il discorso della sommatoria..... ci penserò su.

[jordan]

[...]allora avremmo un LHS della forma $2+4^b$ che non è un quadrato poichè è due volte un dispari)[...]

Qui forse perderesti un altro punto, di nuovo non stai considerando $b=0$..

[Troleito br00tal]

WLOG (fantastico *O*) $x \le\ y \le\ z$

Divido per $4^x$, per comodità supporrò $x=0$

Cos' ho ora? Ho:
$4^y+4^z=(n-1)(n+1)$

Per modulo 4 ho che $0<y \le\ z$, quindi divido per 4 e definisco $a=y-1; b=z-1$

Devo risolvere questo:
$4^a+4^b=k(k+1)$

Poniamo $b>a$ e vediamo cosa succede altrimenti:
$4^a+4^a$
Ora è evidente che sta roba è divisa dall'unico primo 2, quindi $k+1=2$

Distinguo i casi per le potenze di $4^a$:
-se sono in $k$ faccio lei:
$4^a+4^b \ge\ 1+ 4^{b-a} \ge\ k+1 > k \ge\ 4^a$
Da qui $b-a \ge\ a$ e $b \ge\ 2a$
Considero i due sottocasi:
-$b=2a$ e senza tanti fronzoli viene;
-$b>2a$, ottengo un numero compreso tra $4^b$ e $4^b+2^b$, ma se aggiungo 0,25 deve diventare un quadrato, e sta roba si comporta male con lui.

-se sono in $k+1$ faccio questa:
modulo 3 $1+1=0*1$

Ok, ricapitolando, ho che $b=2a$, quindi $z=2y-1$ e $x=0$ più le relative con $x>0$.

[ma_go]

-se sono in $k$ faccio lei:
$4^a+4^b \ge\ 1+ 4^{b-a} \ge\ k+1 > k \ge\ 4^a$
Da qui $b-a \ge\ a$ e $b \ge\ 2a$

ottimo! ben scritta*!

-se sono in $k+1$ faccio questa:
modulo 3 $1+1=0*1$

questa però non l'ho capita: me la puoi spiegare un po' meglio?

* secondo il mio gusto.

[Troleito br00tal]

Troleito br00tal ha scritto:
-se sono in k+1 faccio questa:
modulo 3 1+1=0∗1
questa però non l'ho capita: me la puoi spiegare un po' meglio?

Infatti ho scritto abbastanza una cagata

Diciamo che questa cosa non la posso fare sempre, però dovrebbe funzionare se la aggiusto così:
-ho che $k$ deve essere diviso da almeno un primo $3(4)$, ($k+1$ contiene le potenze di 2);
-a questo punto posso affermare sulla somma delle mie potenze di 4 questo: devono essere divise da una potenza dispari di un primo $3(4)$.

Adesso, questa cosa è genericamente falsa nelle somme dei quadrati in cui non figura il primo in questione.

Dimostriamolo:
assurdo mod $p$, con $a(p)$, ammetto di avere $-a(p)$

$x^2=a(p)$
$y^2=-a(p)$

Quindi ho che
$x^2y^2=-a^2(p)$
$xy=sqrt{-1}(a) (p)$

Questo vuol dire che -1 è un residuo quadratico mod $p$

Ora uso il criterio di Eulero:

$(p-1)^{(p-1)/2}=-1(p)$

Questa cosa è vera perché $(p-1)/2$ è dispari, quindi ho finito e -1 non è un residuo quadratico <3