i primi del 2013

[Gi.]

@Jordan

Non lo dico.
Forse mi sono espresso male, ma io con "[...]il risultato è corretto." intendevo dire che ho trovato una delle possibili soluzioni, ma non so se ve ne siano altre.
Un altro modo per determinare soluzioni è notare che entrambi i membri dell' espressione devono essere divisibili per 6, scriviamo il primo come $ 6k $:

$ 6k=3(3^z-1) $

$ 2k+1=3^z $

A questo punto si fa variare $ k $ in modo da trovare delle potenze di 3.
Ho fatto qualche tentativo ma non riesco a determinare delle altre soluzioni.

@Drago

Io avevo pensato che il problema fosse equivalente a trovare tutti gli interi positivi pari $ b>3 $ tali che

$ \displaystyle \frac {b(2b^2+1)+3}{3^α(b+1)^β}=1 $

per opportuni $ α $ e $ β $.

[ma_go]

e chi dice che questa sia l'unica soluzione?

Le molteplici soluzioni dipendono solo dal cambiamento di base?

sì.

qualcuno giustifica l'affermazione fatta da jordan, che il problema è (sostanzialmente) equivalente a trovare le soluzioni di quella diofantea?
(è vero che "base 6" è una soluzione, ma viene da un altro caso -- relativamente facile).
quello che vorrei è un post ordinato in cui l'autore parta dalla domanda iniziale e arrivi ad una qualunque versione della diofantea di jordan. chiedo troppo?

[toti96]

provo ,almeno credo,a riportare il tutto alla diofantea di jordan però poi lì mi blocco XD:
allora è evidente che questi alieni hanno un altro sistema di numerazione in base $ n \neq 10 $ con $ n+1 $ primo. ora riscriviamo quindi $ 2013 $ come $ 2n^3+n+3 $ che si scompone in $ (n+1)(2n^2-2n+3) $. questa espressione deve essere divisibile solo per $ n+1 $ e $ 3 $. supponiamo che nella scomposizione di $ 2013 $ in base $ n $, $ n+1 $ abbia un esponente maggiore di $ 1 $ cioè $ n+1 \mid (2n^2-2n+3) $. ora già qui non so quanto sia lecita la mia idea :applichiamo la regola del resto nella divisione tra polinomi e notiamo che il resto è $ 7 $,dovremmo quindi avere $ 7 \equiv 0 (mod n+1) $ che ci porta alla soluzione $ n=6 $. in tutti gli altri casi dovremmo avere $ 2n^2-2n+3=3^m $ con $ m \geq 3 $. riscrivo come $ 2(n^2-n+1)=3^m-1 $ cioè $ n^2-n=3^{m-1}+..+3 $. Dato $ n+1=p $ con $ p $ primo e dato che la somma delle prime $ m $ potenze di $ 3 $ (escludendo $ 3^0 $) è :
$ \displaystyle \frac {3^{m+1}-3}{2}= \frac{3}{2}(3^m-1) $, si può riscrivere tutto nella diofantea di jordan che ripeto non sono sostanzialmente riuscito a risolvere XD

[ma_go]

mi sembra che torni.
se qualcuno riesce a risolvere la diofantea per vie elementari, si faccia vivo.

[<enigma>]

Giusto per non lasciare lì la diofantea, si può "risolvere" anche se $p$ è un generico intero positivo. Imponendo il discriminante dell'equazione in $p$ quadrato perfetto si arriva a $2 \cdot 3^{z+1}=\ell^2+5$; ora, si può dimostrare elementarmente (non sto a scrivere come) che $\displaystyle \text{gpf} (\ell^2+5) \rightarrow_{\ell } \infty$-dunque l'equazione ha un numero finito di soluzioni. Volendo trovarle tutte, Mignotte ha dimostrato che $\text{gpf} (\ell^2+1) \geq 17$ per $\ell \geq 240$, ma non ho letto il suo articolo e non so se il suo metodo si possa adattare ad altre forme quadratiche.

[jordan]

... ora, si può dimostrare elementarmente (non sto a scrivere come) che $\displaystyle \text{gpf} (\ell^2+5) \rightarrow_{\ell } \infty$-dunque l'equazione ha un numero finito di soluzioni.

Riassumendo, hanno mostrato (una reference almeno?) che il piu' grande fattore primo che divide $\ell^2+5$ non è limitato, per $\ell$ "grande": non è solo un corollario del fatto che esistono infiniti primi $p$ tali che $\left(\frac{-5}{p}\right)=1$?

A meno che, con quell' "\rightarrow_{\ell}" tu non voglia dire che:
"Esiste una funziona $f:\mathbb{N} \to \mathbb{R}$ definitivamente monotona crescente e non limitata tale che $\text{gpf}(\ell^2+5)\ge f(\ell)$" ?


Edit: molti dei lavori su $\text{gpf}(x^2+1)$ tendono ad avvicinarsi a mostrare la congettura (ancora aperta) che esistono infiniti primi $p$ tali che $p-1$ è un quadrato (c'è anche un imo recente con una stima del genere).. In definitiva, puo' essere che mi sbagli, ma il problema sembra tutto tranne che banale

[FrancescoVeneziano]

Io ho dimostrato che le uniche soluzioni di $2\cdot 3^x=y^2+5$ sono $(1,\pm 1)$ e $(3,\pm 7)$, da cui segue che le uniche basi ammissibili nel problema originale sono 4 e 6.
La dimostrazione che ho trovato non è elementare (vado in $\mathbb{Z}[\sqrt{-5}]$, che *non* ha fattorizzazione unica), ma dimostra di più; in effetti trovo tutte le soluzioni intere di $2(p-1)(p-2)=3(3^z-1)$ senza assumere $p$ primo.

[jordan]

..La dimostrazione che ho trovato non è elementare (vado in $\mathbb{Z}[\sqrt{-5}]$, che *non* ha fattorizzazione unica), ..

Visto che ci siamo, quando hai 10 minuti puoi scrivercela?

[FrancescoVeneziano]

Eccola.

[jordan]

Grazie Francesco!