OliForum Matematico

@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 $.

Robertopphneimer ha scritto:

ma_go ha scritto: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?

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

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

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.

<enigma> ha scritto:... 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

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.

FrancescoVeneziano ha scritto:..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?

Grazie Francesco!