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trovare tutte le terne $ (p,q,n) $, con$ p,q,n \in N $ tali che:

$ \displaystyle 2^n + n^2 = 3^p 7^q $

$ n \equiv k \pmod 3 $ implica $ 2^n \equiv 2^k \pmod 7 $ dunque $ 2^n \equiv 2 \pmod 7 $ o $ 2^n \equiv 4 \pmod 7 $ dato che non si può avere $ n \equiv 0 \pmod 3 $ ora i residui modulo 7 di $ n^2 $ sono 3(il quadrato rende i negativi positivi ) 1, 4 e 2,nessuno complementare ne di 2 ne di 4. dunque q=0. Prima soluz:q=0 p=0,n=0.
seconda soluz:q=0,p=1,n=1.Vediamo che nn ce ne sono altre: se p>1 allora n>1.poichè $ 2^n +n^2 \equiv 1 \pmod 4 $ allora $ p \equiv 0 \pmod 2 $ dunque p=2k; $ 2^n =(3^k-n)(3^k+n) $ è facile dimostrare che un numero dispari è media aritmetica di due potenze di 2 se e solo se la minore(e soltanto quella) è 2. Dunque $ n=3^k-2 $ e si ha $ 2^{3^k-2}=(4)(3^k-1) $.Ora questa equazione non è possibile:se k>1(tanto per 1 non funziona) si ha che $ k \equiv 0 \pmod 2 $ e dunque k=2c e $ (3^k -1)=(3^c+1)(3^c-1) $
se c>1 e k>2(per 2 tanto non è possibile) è chiaro che se una delle due parentesi è potenza di 2 l'altra non lo può essere.
p.s:mi rendo conto che l'ultima parte della mia soluzione poteva essere fatta in almeno altri due modi,ad esempio notando che uno dei membri dell'equazione a un certo punto è sempre maggiore dell'altro,oppure che una certa espressione lì in mezzo è potenza di 2 per soli due valori della variabile,ma a me piaceva così

Carlein ha scritto:$ n \equiv k \pmod 3 $ implica $ 2^n \equiv 2^k \pmod 7 $ dunque $ 2^n \equiv 2 \pmod 7 $ o $ 2^n \equiv 4 \pmod 7 $ dato che non si può avere $ n \equiv 0 \pmod 3 $ ora i residui modulo 7 di $ n^2 $ sono 3(il quadrato rende i negativi positivi ) 1, 4 e 2[...]

$ $n \equiv 0 \pmod 7 \Rightarrow n^2 \equiv 0 \pmod 7$ $
$ $n \equiv 1 \pmod 7 \Rightarrow n^2 \equiv 1 \pmod 7$ $
$ $n \equiv 2 \pmod 7 \Rightarrow n^2 \equiv 4 \pmod 7$ $
$ $n \equiv 3 \pmod 7 \Rightarrow n^2 \equiv 9 \equiv 2 \pmod 7$ $
$ $n \equiv 4 \pmod 7 \Rightarrow n^2 \equiv 16 \equiv 2 \pmod 7$ $
$ $n \equiv 5 \pmod 7 \Rightarrow n^2 \equiv 25 \equiv 4 \pmod 7$ $
$ $n \equiv 6 \pmod 7 \Rightarrow n^2 \equiv 36 \equiv 1 \pmod 7$ $

Com'è possibile che il 3 sia residuo quadratico modulo 7? O ho preso un abbaglio io facendo i conti oppure...

ehm..credo tre in numero

3 era il numero di residui, che sono tre:1 ,4 ,2.Ho sbagliato io a metterlo come simbolo e non con le lettere

Carlein ha scritto:$ n \equiv k \pmod 3 $ implica $ 2^n \equiv 2^k \pmod 7 $ dunque $ 2^n \equiv 2 \pmod 7 $ o $ 2^n \equiv 4 \pmod 7 $ dato che non si può avere $ n \equiv 0 \pmod 3 $ ora i residui modulo 7 di $ n^2 $ sono 3(il quadrato rende i negativi positivi ) 1, 4 e 2,nessuno complementare ne di 2 ne di 4. dunque q=0. Prima soluz:q=0 p=0,n=0.
seconda soluz:q=0,p=1,n=1.Vediamo che nn ce ne sono altre: se p>1 allora n>1.poichè $ 2^n +n^2 \equiv 1 \pmod 4 $ allora $ p \equiv 0 \pmod 2 $ dunque p=2k; $ 2^n =(3^k-n)(3^k+n) $[...]

Partendo da dove sei arrivato tu, un altro possibile metodo che porta alla soluzione, direi anche decisamente standard (io lo usavo spesso quando risolvevo problemi di TdN qua sul forum). A sinistra hai una potenza di 2, a destra hai un prodotto. Puoi "ripartire i fattori" notando che non puoi averne in alcun modo di dispari (diversi da 1) al membro di destra (altrimenti a sinistra non potresti avere una potenza di 2). Dunque puoi scrivere: $ $2^h = 3^k -n$ $ e $ $2^{n-h} = 3^k + n$ $. Da qui, si può ottenere un'uguaglianza senza il $ $3^k$ $ e arrivare alla conclusione voluta...

PS
Comunque quel $ $7^q$ $ è mero fumo negli occhi...