Se p!=m, x=y=1

[Sisifo]

Siano p un primo, m un intero maggiore o uguale a 2. Provare che l'equazione
$ \displaystyle \frac{x^p + y^p}{2}=\left(\frac{x+y}{2} \right)^m $
Ha una soluzione in interi positivi $ (x,y) \neq (1,1) $ se e solo se m=p.

[darkcrystal]

Dividiamo il problema in due casi:
Caso 1. Esiste un primo q tale che $ v_q(x) \neq v_q(y) $. Allora si ha
$ v_q(RHS)=v_q((x+y)^m)=m*min(V_q(x),V_p(y)) $ mentre $ V_q(LHS)=V_q(x^p+y^p) $$ =min(V_q(x^p),V_q(y^p))=p*min(V_q(x),V_q(y)) $ da cui $ m*min(V_q(x),V_p(y))=p*min(V_q(x),V_p(y)) $, da cui ancora p=m.
Se invece l'ipotesi del caso 1 non vale per nessun primo q, allora x=y da cui semplicemente $ x^p=x^m $, p=m o x=1
Se infine m=p si vede facilmente che x=y è soluzione per ogni x.

[edriv]

Aggiungo una cosetta: ora che sappiamo che m=p, itutte e sole le soluzioni sono quelle con x=y.

Perchè? Jensen

[darkcrystal]

Mmmh mi son reso conto adesso che bisognerebbe aggiustare il caso di q=2... però stavo andando a letto a domani!

[Sisifo]

Veramente bella la soluzione.. La mia è una cosa orribile che dice le stesse cose ma con molta meno eleganza..

PS edriv, non serve scomodare Jensen.. basta usare le disuguaglianze tra media p-esima e media aritmentica!

[mattilgale]

ma v_q(x) è la max potenza di q che divide x? percHé se sì la dim non torna, infatti potrebbe benissimo essere $ min(v_q(x),\ v_q(y))=0 $ e ovviamente salta tutto

ora posto la mia soluzione

per la disuguaglianza tra medie p-esime

$ \displaystyle \frac{x^p+y^p}{2}\geq \left(\frac{x+y}{2}\right)^p $ e l'uguaglianza vale sse x=y quindi $ m\geq p $

quindi si osserva banalmente che se m=2 la tesi è banalmente verificata quindi poniamo
$ m\geq4 $ e $ m > p>2 $

inoltre poniamo $ (x,y)=d $ con x=da e y=db con
$ (a,b)=1 $

adesso riscriviamo la relazione iniziale come

$ \displaystyle 2^{m-1}(x^p+y^p)=(x+y)^m $ cioè
$ 2^{m-1}d^p(a^p+b^p)=d^m(a+b) $

adesso consideriamo un primo $ r\neq2 $ che divida a+b
in ogni caso $ r|a^p+b^p $

poiché
$ a^p+b^p=(a+b)(a^{p-1}-a^{p-2}b+\cdots+b^{p-1}) $ se j è la max potenza di r che divide a+b la max potenza che divide a^p+b^p è almeno mj

allora $ r^{j(m-1)}|a^{p-1}-a^{p-2}b+\cdots+b^{p-1} $ e poiché $ a\equiv -b\ (r) $ allora

$ a^{p-1}-a^{p-2}b+\cdots+b^{p-1}\equiv p\cdot a^{p-1}\ (r^{j(m-1)}) $ quindi in ogni caso r|a poiché anche nel caso in cui r=p si ha comunque che $ j(m-1)> 2 $

pertanto se r|a necessariamente r|b ASSURDO
siamo quindi arrivati a concludere che

$ a+b=2^f $ e $ a^p+b^p=2^t $ poiché risulta chiaro che l'unico primo che può dividere i due lati dell'uguaglianza è 2, infatti nessun primo diverso da 2 che divide a+b può dividere d, ma questo comporta un assurdo poiché d^p||LHS mentre d^m||RHS con m>p

ma poiché $ a^p+b^p=(a+b)(a^{p-1}-a^{p-2}b+\cdots+b^{p-1}) $ e se almeno uno tra a e b non vale 1 allora $ a^{p-1}-a^{p-2}b+\cdots+b^{p-1} $ è un dispari maggiore di 1

allora

a=b=1
quindi
x=y=d
perciò

m=p