Un'altra diofantea: 2n = 1 + tau(3n) + phi(5n)

[Leblanc]

Determinare ogni soluzione in interi positivi all'equazione $ 2n = 1 + \tau(3n) + \phi(5n) $, dove $ \tau(n) $ indica il numero dei divisori interi positivi di n e $ \phi(\cdot) $ la funzione di Eulero.

Dunque, l'idea e' questa, da aggiustare un pochino tenendo presente i casi particolari (tipo nelle disuguaglianze e casi molto banali, tipo n=2...).
3n deve essere un quadrato, come qualcuno aveva giustamente fatto notare. lo scrivo come
$ 3^{2a_0-1}*p_1^{2a_1} * ...* p_k^{2a_k} $, con i p_i in ordine crescente (ed escluso il 3).
Analizzo l'uguaglianza data modulo $ 4*3^{2a_0-2}*p_1^{2a_1-1} * ...* p_k^{2a_k-1} $, numero che divide sia n che $ \phi(5n) $.
deve essere che
$ 1 + \tau(3n)=1+(2a_0+1)(2a_1+1)(2a_k+1) \geq $$ 4*3^{2a_0-2}*p_1^{2a_1-1} * ...* p_k^{2a_k} $,
che non e' mai possibile perche' ciascun fattore e' maggiore del corrispondente al secondo membro, fatta eccezione per qualche caso particolare.

Infatti se p_1 e' diverso da 2 si ha che:
se $ a_i>1 $: $ 2a_i+1<2^{2a_i-1} <p_i>3 $ : $ 3<p_i $
per a_0, $ 2a_0+1<4*3^{2a_0-2} $
Moltiplicando queste disuguaglianze, si ottiene l'assurdo.

se $ p_1=2 $ si ha che:
$ 8|2n $ e $ 8| \phi(5n) $
quindi deve essere che:
$ 1 + \tau(3n)=1+(2a_0+1)(2a_1+1)(2a_k+1) \geq $$ 8*3^{2a_0-2}*p_1^{2a_1-1} * ...* p_k^{2a_k} $, ma questo e' impossibile sostanzialmente per le stesse ragioni di sopra piu' questa:
se $ a_1=1 $: $ 3<2*p_1 $

[Leblanc]

Nella parte incasinata c'e' scritto:
Infatti se p_1 e' diverso da 2 si ha che:
se $ a_i>1 $: $ 2a_i+1<2^{2a_i-1} <{p_i}^{2a_i-1} $

[Leblanc]

e poi se $ a_i=1 $ e $ p_i>3 $ si ha che $ 2a_i+1=3<p_i $

[dalferro11]

io avevo fatto un po' più calcoli però in sostanza è quello che avevo detto.....
Grazie per averla esplicitata in latex...

[HiTLeuLeR]

Dunque, l'idea e' questa [...]: 3n deve essere un quadrato [...]. Lo scrivo come
$ 3^{2a_0-1}*p_1^{2a_1} * ...* p_k^{2a_k} $ [...]. Analizzo l'uguaglianza data modulo $ 4*3^{2a_0-2}*p_1^{2a_1-1} * ...* p_k^{2a_k-1} $, numero che divide sia n che $ \phi(5n) $.

E perché mai dovrebbe? Mi pare vi sia una deficienza di potenze del 2, da qualche parte...

[Leblanc]

Dunque, l'idea e' questa [...]: 3n deve essere un quadrato [...]. Lo scrivo come
$ 3^{2a_0-1}*p_1^{2a_1} * ...* p_k^{2a_k} $ [...]. Analizzo l'uguaglianza data modulo $ 4*3^{2a_0-2}*p_1^{2a_1-1} * ...* p_k^{2a_k-1} $, numero che divide sia n che $ \phi(5n) $.

E perché mai dovrebbe? Mi pare vi sia una deficienza di potenze del 2, da qualche parte...

Si', e' vero... cmq basta aggiustare un pochino la prima parte, la seconda e' ok... anche la prima parte e' ok se a_0>1, considerando l'uguaglianza modulo $ 2*3^{2a_0-2}*p_1^{2a_1-1} * ...* p_k^{2a_k-1} $. Nel caso in cui non e' presente il fattore 2 (cioe' $ p_1 \geq 5 $) e a_0=1 (che e' l'unico che manca) basta fare cosi': invece che spezzare la disuguaglianza in parti corrispondenti a ciascun primo, si considerano insieme le disuguaglianze del fattore 3 e del primo p_1, cioe':
$ 3* {p_1}^{2a_1-1}\geq 3*{5}^{2a_1-1}> 2* (2a_1+1) $
Cosi' si conclude...
ora devo andare, mi rendo conto che la soluzione scritta cosi' e' molto incasinata... magari quando torno dalla montagna (cioe' settimana prossima) la metto un po' a posto.
Cmq l'idea e' quella di considerare $ 2*3^{2a_0-2}*p_1^{2a_1-1} * ...* p_k^{2a_k-1} $ e dimostrare che $ 1+ \tau(n) $ e' minore di quello che lo dovrebbe dividere.
Ciao!

[HiTLeuLeR]

Si', e' vero... cmq basta aggiustare un pochino la prima parte [...] mi rendo conto che la soluzione scritta cosi' e' molto incasinata... magari quando torno dalla montagna (cioe' settimana prossima) la metto un po' a posto.

Attenderemo - vorrà dire. Ad ogni modo, apprezzeremmo, al tuo ritorno, se raccogliessi chiaramente tutti i passaggi della tua soluzione in un unico post. Grazie e buon divertimento fra le vette.

[Leblanc]

Va bene, riscrivo tutto per benino...
Lo posto cosi' perche' texandolo succedono pasticci e non so a cosa siano dovuti... se qualche mod vuole cambiarlo, faccia pure:)

3n deve essere un quadrato; scrivo n come
$ 3^{2a_0-1}*p_1^{2a_1} * ...* p_k^{2a_k} $, con i p_i in ordine crescente (ed escluso il 3).
Ora divido la soluzione in 2 casi: nel primo analizzo il caso in cui $ p_1=2 $.
Analizzo l'uguaglianza data modulo $ 8*3^{2a_0-2}*p_1^{2a_1-1} * ...* p_k^{2a_k-1} $, numero che divide sia n che $ \phi(5n) $ (ammesso che n sia diverso da 2, caso banale).
quindi deve essere che:
$ 1 + \tau(3n)=1+(2a_0+1)(2a_1+1)(2a_k+1) \geq $$ 8*3^{2a_0-2}*p_1^{2a_1-1} * ...* p_k^{2a_k-1} $, ma questo e' impossibile se si moltiplicano le seguenti disuguaglianze (per ciascun primo, si considera quella che soddisfa la condizione iniziale):
per i=0: $ 2a_0+1<4*3^{2a_0-2} $
per i=1 : $ 2a_i+1<2*2^{2a_i-1} $
per i>1:
se $ a_i>1 $: $ 2a_i+1<2^{2a_i-1} \leq p_i^{2a_i-1} $
se $ a_i=1 $: $ 3<p_i $

Il secondo caso e' quello in cui $ p_1 $ e' diverso da 2.
Considerando l'uguaglianza modulo $ 2*3^{2a_0-2}*p_1^{2a_1-1} * ...* p_k^{2a_k-1} $. Dato che non e' presente il fattore 2 (cioe' $ p_1 \geq 5 $) si considerano insieme le disuguaglianze del fattore 3 e del primo p_1, cioe':
$ 2*3^{2a_0-2}* {p_1}^{2a_1-1}\geq 2*3^{2a_0-2}* {5}^{2a_1-1}> (2a_0+1)* (2a_1+1) $ (disuguaglianza evidente se a_0=1, poi per induzione)
Per gli altri:
se $ a_i>1 $: $ 2a_i+1<2^{2a_i-1} \leq p_i^{2a_i-1} $
se $ a_i=1 $: $ 3<p_i $

Gia', ora funziona... grazie SkZ e Hitleuler

[Ponnamperuma]

3n deve essere un quadrato; scrivo n come
$ 3^{2a_0-1}*p_1^{2a_1} * ...* p_k^{2a_k} $, con i p_i in ordine crescente (ed escluso il 3).
Ora divido la soluzione in 2 casi: nel primo analizzo il caso in cui $ p_1=2 $.
Analizzo l'uguaglianza data modulo $ 8*3^{2a_0-2}*p_1^{2a_1-1} * ...* p_k^{2a_k-1} $, numero che divide sia n che $ \phi(5n) $ (ammesso che n sia diverso da 2, caso banale).
quindi deve essere che:
$ 1 + \tau(3n)=1+(2a_0+1)(2a_1+1)(2a_k+1) \geq $$ 8*3^{2a_0-2}*p_1^{2a_1-1} * ...* p_k^{2a_k-1} $, ma questo e' impossibile se si moltiplicano le seguenti disuguaglianze (per ciascun primo, si considera quella che soddisfa la condizione iniziale):
per i=0: $ 2a_0+1<4*3^{2a_0-2} $
per i=1 : $ [tex] $2a_i+1<2>1:
se $ a_i>1 $: $ 2a_i+1<2^{2a_i-1} \leq p_i^{2a_i-1} $
se $ a_i=1 $: $ 3<p_i> (2a_0+1)* (2a_1+1) $ (disuguaglianza evidente se a_0=1, poi per induzione)
Per gli altri:
se $ a_i>1 $: $ 2a_i+1<2^{2a_i-1} \leq p_i^{2a_i-1} $
se $ a_i=1 $: $ 3<p_i $

[Leblanc]

per i=0: $ 2a_0+1<4*3^{2a_0-2} $
per i=1 : $ [tex] $2a_i+1<2>1:
se $ a_i>1 $: $ 2a_i+1<2^{2a_i-1} \leq p_i^{2a_i-1} $

non so perche', a meta' fa casino e scrive cose diverse da quello che io volevo... mistero

[HiTLeuLeR]

non so perche', a meta' fa casino e scrive cose diverse da quello che io volevo... mistero

Prova a disabilitare l'HTML nel messaggio.

[HiTLeuLeR]

[...] scrivo n come $ 3^{2a_0-1}*p_1^{2a_1} * ...* p_k^{2a_k} $, con i p_i in ordine crescente [...]. Ora divido la soluzione in 2 casi: nel primo analizzo il caso in cui $ p_1=2 $. Analizzo l'uguaglianza data modulo $ 8*3^{2a_0-2}*p_1^{2a_1-1} * ...* p_k^{2a_k-1} $, numero che divide sia n che [...]

Questo è ancora falso: $ v_2(n) < v_2(2n) = 2a_1 + 1 $ $ < 2a_1 + 2 = v_2(8 \cdot 3^{2a_0-2} \cdot p_1^{2a_1-1} \cdot \ldots \cdot p_k^{2a_k - 1}) $, dove $ v_2(u) $ denota il massimo esponente intero secondo cui $ 2 $ divide $ u $, quale che sia $ u\in\mathbb{Z} $.

Gia', ora funziona... grazie SkZ e Hitleuler

Figurati, di che?