Ricerca di interi

[kemhONE]

Ciao.
Determinare tutte le coppie $ (m,n) $ con $ m,n \in \mathbb{N} $ tali che
$ \sqrt[60]{m^{\displaystyle n^5-n}} $ sia intero.

Mi sembra abbastanza facile (all'incirca un cese-1); quindi, cari utenti navigati del forum, giù le zampe dal problema!

[HumanTorch]

Scomponiamo l'esponente $ n^5-n $ in $ n(n+1)(n-1)(n^2+1) $ e l'indice della radice $ 60=1*2^2*3*5 $. Esaminando i fattori di $ n^4-n $, si nota che questo sarà necessariamente multiplo di $ 6 $ poichè uno dei tre termini di primo grado deve essere multiplo di $ 3 $, mentre due fattori hanno parità diversa. Basta, quindi, che uno di tali fattori sia multiplo di $ 5 $, $ 2 $ o $ 10 $. Quindi le soluzioni sono $ (j^{10},n) $, con $ j \in \mathbb{N} $, oppure, se $ j^5<m<(j+1)^5 $
(o $ j^2<m<(j+1)^2 $) (scusate, ma non so come si ottenga il simbolo "diverso" ), $ (m;n_r) $, dove $ n_r\equiv r (mod 5) $, e dove $ r $ è diverso da $ 3 $ e $ n_r\equiv 1 (mod 2) $ (affinchè $ n $ sia pari, $ m $ deve essere un quadrato, oppure $ n $ deve essere multiplo anche di $ 4 $).

[NicolasBourbaki]

Scusami,ma contesto (al di là del resto della soluzione)la divisibilità per 12:infatti se n è pari nessuno degli altri tre fattori è pari come puoi vedere del resto ponendo n=6...

[HumanTorch]

Hai ragione, è comparso un $ x^2 $ al posto di $ x^2+1 $ nei calcoli...ed è così che ci si brucia durante le gare (me tapino... )

[HiTLeuLeR]

[...] scusate, ma non so come si ottenga il simbolo "diverso" [...]

Nulla di più semplice! Prova con il tag "\neq", e poi fammi sapere... In quanto al problema, direi che a qualcuno dovrà pur venire in mente (prima o poi...) che, in conseguenza del teorema di Euler-Fermat: $ 30 \mid (n^5 - n) $, per ogni $ n\in\mathbb{Z} $...

[HumanTorch]

OK, quindi riepilogando le soluzioni sono $ (m;2n+1) $, $ (m;4n) $e $ (m^2;n) $.
Se non mi sbaglio tempo fa c'è stata una discussione sul fatto che $ 10n^5-n $ è multiplo di $ 10 $. Credo di essermi incasinato nel caso $ m\equiv 3 (mod 5) $, l'unico caso rimasto scoperto, ed effettivamente sia $ 3^2+1 $ che $ 2^2+1 $ sono multipli di 5...mia ennesima distrazione (ma come posso fare...Mastro Lindo, aiutami tu).

[kemhONE]

OK, quindi riepilogando le soluzioni sono $ (m;2n) $ e $ (m^2;n) $.

Attenzione...
Tanto per fare un esempio, la coppia $ (2,3) $ è una soluzione.

In quanto al problema, direi che a qualcuno dovrà pur venire in mente (prima o poi...) che, in conseguenza del teorema di Euler-Fermat (...)

Ma perché tirar fuori Euler-Fermat in un problema relativamente semplice?
Si suppone che il ragazzo medio che arrivi a cesenatico non lo conosca, ed inoltre, essendo il quesito risolvibile con un po' di congruenze, non è necessario (anche se è ampiamente sufficiente! ).

[HumanTorch]

Si. a quelle soluzioni indicate si devono aggiungere alcune dei post precedenti (da qualche parte si trovano...)

[bh3u4m]

Tanto per fare un esempio, la coppia $ (2,3) $ è una soluzione.

Dunque... $ {n^5}-n = n (n-1) (n+1) (n^2+1) $
n (n+1)(n-1) sono tre numeri consecutivi, $ 2 ! \mid n \implies 60 \mid n^5-n $
Il punto esclamativo è la negazione.

Abbiamo da aggiungere (m, n) per n dispari, (caso 2, 3).

[HiTLeuLeR]

Ma perché tirar fuori Euler-Fermat in un problema relativamente semplice?

i) Perché fa figo. ii) Perché è così cooomodo... (chi sono?!? ) E in ogni caso...

Determinare tutte le coppie $ (m,n) $ con $ m,n \in \mathbb{N} $ tali che $ \sqrt[60]{m^{\displaystyle n^5-n}} $ sia intero.

Come osservato, p.o. $ n\in\mathbb{N} $: $ 30 \mid (n^5 - n) $. Resta da garantire che, posto $ \alpha := \max\{k\in\mathbb{N}_0: \exists a\in\mathbb{N} \mbox{ t.c. }m = a^k\} $, sia $ k\cdot \dfrac{n^5- n}{30} \equiv 0 \bmod 2 $. Siccome $ n^5 - n \equiv 0 \bmod 4 $, per ogni $ n\in\mathbb{N} $, eccetto nel caso in cui $ n = 4v + 2 $, per qualche $ v\in\mathbb{N} $, è chiaro che la condizione sopra indicata è soddisfatta da tutte e sole le coppie $ (m,n) $ del tipo $ (u^2, 4v+2) $, $ (u, 4v) $ o $ (u, 2v+1) $, con $ u, v\in\mathbb{N} $ e $ u^2 + v^2 \neq 0 $ (tanto per evitarsi di dover contemplare la scrittura $ 0^0 $).

[kemhONE]

Tutto perfetto... ma che dico: tutto quasi perfetto ...

Come osservato, p.o. $ n\in\mathbb{N} $: $ 30 \mid (n^5 - n) $.

Siamo sicuri che valga per tutti i naturali?!

Resta da garantire che, posto $ \alpha := \max\{k\in\mathbb{N}_0: \exists a\in\mathbb{N} \mbox{ t.c. }m = a^k\} $, sia $ k\cdot \dfrac{n^5- n}{30} \equiv 0 \bmod 2 $. Siccome $ n^5 - n \equiv 0 \bmod 4 $, per ogni $ n\in\mathbb{N} $, eccetto nel caso in cui $ n = 4v + 2 $, per qualche $ v\in\mathbb{N} $, è chiaro che la condizione sopra indicata è soddisfatta da tutte e sole le coppie $ (m,n) $ del tipo $ (u^2, 4v+2) $, $ (u, 4v) $ o $ (u, 2v+1) $, con $ u, v\in\mathbb{N} $ e $ u^2 + v^2 \neq 0 $ (tanto per evitarsi di dover contemplare la scrittura $ 0^0 $).

Ottimo stile, ottimo tutto. Ma, nuovamente, mancano i casi banali...
Comunque sia, sono sottigliezze.

Non ho invece capito la soluzione di bh3: che significa "il punto esclamativo è la negazione"?

Ancora buio sulle idee di Torch: puoi chiarire il tutto?
Gracias.

[HiTLeuLeR]

Permettimi, kemhONE, ma esiste una bella differenza fra quel ch'è taciuto e ciò che è sbagliato. In questo senso, i miei argomenti sono inappuntabili! Se poi ti servono delucidazioni sul come e sul perché, beh... basta chiedere!!!

Fissato $ n\in\mathbb{Z} $, osserviamo che (per il piccolo teorema di Fermat): $ n^5 \equiv n \bmod 5 $. Inoltre: $ n^5 - n \equiv n - n \equiv 0 \bmod 2 $. Se poi $ 3 \mid n $, banalmente $ 3 \mid (n^5 - n) $. Se viceversa $ 3 \nmid n $, allora $ n^4 \equiv 1 \bmod 3 $, per conseguenza del teorema di Euler-Fermat, essendo $ \varphi(3) = 2 $. In ogni caso: $ 3 \mid (n^5 - n) $. Dunque $ 30 \mid (n^5 - n) $. Similmente, se $ n \equiv 1 \bmod 2 $, allora $ n^4 \equiv 1 \bmod 4 $, e perciò $ 4 \mid (n^5 - n) $, siccome $ \varphi(4) = 2 $. Se poi $ 4 \mid n $, nondimeno $ 4 \mid (n^5 - n) $. Infine, se $ 2\, \|\, n $, così pure $ 2 \,\|\, (n^5 - n) $.

[HumanTorch]

Scomposto l'esponente $ n^5-n $ si ottiene $ n(n+1)(n-1)(n^2+1) $.
Sappiamo che uno fra i fattori $ m $, $ m+1 $, $ m+2 $ è multiplo di $ 3 $, quindi discorso analogo è fattp per $ n(n+1)(n-1) $.
I fattori $ n $ e $ n+1 $ hanno dispatità diversa, quindi uno è multiplo di $ 2 $. Inoltre $ 5|n^2+1 $ se $ n\equiv (2 V 3) $ $ (mod 5) $, mentre per i resti $ 0,1,4 $ i fattori di primo grado soddisfano la congruenza a $ 0 $ modulo $ 5 $. Quindi l'esponente è sempre multiplo di $ 3 $. Ora, quando $ m $ è già un quadrato siamo a cavallo. Lo stesso se $ n $ è dispari o se $ n=4j $ (nel primo caso i termini $ a-1 $, $ a+1 $ saranno entrambi multipli di $ 2 $, nel secondo l'esponente, essendo multiplo di $ 30 $ e $ 4 $, è anche multiplo di $ 60 $). Ok?

[mattilgale]

prima o poi vorrei una lezione seria e ammodo sui teoremi di Fermat... non li ho mai studiati e so a mala pena cosa dice l'ultimo

[kemhONE]

Scusa HiT, mi sono espresso male.

prima o poi vorrei una lezione seria e ammodo sui teoremi di Fermat... non li ho mai studiati e so a mala pena cosa dice l'ultimo

Ecco perché ho definito imperfetta la tua soluzione.
Essendo questo un sito prevalentemente *didattico*, se al posto di Fermat si può parlare di congruenze, o se al posto di congruenze si può parlare di divisibilità, penso sia meglio farlo.

Per il resto, mi associo alla grande alla richiesta di mattilgale: chi si sacrifica?