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Dalla diofantea del problema numero 4 di Cesenatico 2008, ponendo b=0 (caso escluso volutamente dalla prova di Cesenatico) si ottiene la seguente:
$ \displaystyle 3^c = a^2 + 2 $ con $ a, c $ interi positivi.
Mi hanno riferito che esiste una soluzione non elementare trovata da piever, per cui lo invito a postarla qui se e quando vorrà; intanto se qualcun'altro vuole provare a cimentarsi...

Bye,
#Poliwhirl#

Bah, a mio giudizio la soluzione è anche abbastanza elementare.
Considerate questi hint:

1) Il prodotto di due numeri nella forma a^2+2b^2 è ancora di quella forma?
2) Quanti sono i modi di scrivere un primo nella forma a^2+2b^2 ?
3) Quanti sono i modi di scrivere 3^c nella forma a^2+2b^2 con a e b positivi e coprimi?
4) Come si passa dalle rappresentazioni di 3^c alle rappresentazioni di 3^(c+1)?
5) Quando b può essere 1?

Poliwhirl ha scritto:Dalla diofantea del problema numero 4 di Cesenatico 2008, ponendo b=0 (caso escluso volutamente dalla prova di Cesenatico) si ottiene la seguente:
$ \displaystyle 3^c = a^2 + 2 $ con $ a, c $ interi positivi.
Mi hanno riferito che esiste una soluzione non elementare trovata da piever, per cui lo invito a postarla qui se e quando vorrà; intanto se qualcun'altro vuole provare a cimentarsi...

Bye,
#Poliwhirl#

Questo rischia di diventare uno di quei problemi che compaiono miliardi di volte su forum... Lo avevo postato qualche mese fa, e poi lo ho rimesso dopo cese (stupito da quanto fossero simili i testi, anche se questo non ha minimamente falsato la gara, in quanto le soluzioni sono molto diverse e i miei problemi su forum sono meno letti di quelli di HiTLeuLeR ). Poi mi è stato fatto notare che ci avevi già pensato tu...

Sul volo di ritorno da Tirana ho provato a riricavarmi la soluzione che avevo (molto faticosamente) trovato la prima volta, e mi sono notevolmente sorpreso nel vedere che effettivamente sembra funzionare... Adesso lascio il tempo di provarci a tutti, poi al ritorno dal preIMO metto la mia soluzione...

@ elianto84: un po' di tempo fa mi avevano fatto notare quanto fosse facile, in un messaggio su forum, confondere uno scherzo e un insulto, cosa che normalmente non accade dal vivo. Per questo ti ringrazio per aver modificato il messaggio, qualcuno avrebbe potuto fraintendere...

Hai ragione Pietro, sono stato un po' brutale e me ne scuso.
Tornando a Bomba, ci starebbe un piccolo rilancio:
-----
Sia $ p $ un primo assegnato.
Si provi che il numero di soluzioni intere $ (a,c) $ di

$ p^c + 1 = a^2 + p $

è finito.
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Ok, ecco la soluzione (è la stessa che avevo scritto un anno fa, ho solo fatto copia e incolla):

Prendiamo j tale che $ j^2+2=0 $

Sappiamo che in $ \mathbb{Z}[\sqrt{-2}] $ c'e' la fattorizzazione unica, a meno di elementi invertibili.

La nostra tesi diventa $ (a+j)(a-j)=(1+j)^c(1-j)^c $ che implica che la parte immaginaria di $ (1+j)^c $ sia + o - 1. Ma la parte immaginaria di quella cosa e' data da:

$ x_0=0 $, $ x_1=1 $, $ x_n=2x_{n-1}-3x_{n-2} $

Quindi ci si riduce a vedere quando $ x_c=\pm 1 $

Ora si vede facilmente modulo 2 che c deve essere dispari, quindi, modulo 3 $ x_c=-1 $ e' impossibile, per cui dobbiamo vedere quando $ x_c=1 $

Un altro modo per scrivere la parte immaginaria e':

$ \displaystyle \frac{(1+j)^c-(1-j)^c}{(1+j)-(1-j)} $

Per c<2 l'unica soluzione che si trova è a=1 c=1.

Supponiamo che $ (1+j)^c-(1-j)^c=(1+j)-(1-j) $ con $ c\ge 2 $

Avremo (ho solo riscritto alcuni termini):

$ ((2j+1)-j)^c+(2j+1)(1-j)^{c-2}=(2j+1)-1 $

E quindi:

$ (-j)^c=-1\pmod{2j+1} $

Ma $ ord_{2j+1}(-j)=6 $ quindi 3|c, ma allora, posto $ 3^c=d^3 $ l'equazione iniziale diventa:

$ a^2+2=d^3 $ che ha come soluzione solo a=5, d=3 (credo sia stato dimostrato in questo forum da qualche parte, ma comunque e' facile ragionando in $ \mathbb{Z}[\sqrt{-2}] $)

@Jack: never mind, pace fatta... Appena mi riprendo dal preimo do un'occhiata alla tua generalizzazione, possibilmente cerco un abbozzo di dimostrazione con metodi elementari...

La butto lì.... si può fare anche con $ \mathbb{Z} \left[ \sqrt{3} \right] $ ??

elianto84 ha scritto:Sia $ p $ un primo assegnato.
Si provi che il numero di soluzioni intere $ (a,c) $ di

$ p^c + 1 = a^2 + p $

è finito.

Visto che il problema è qui irrisolto da un paio di settimane provo a scrivere le (poche) cose a cui sono arrivato nella speranza che qualcuno possa completare o vedere se servono...

1) La mia dimostazione di sopra non va bene, usava la fattorizzazione unica in $ \mathbb{Z}[\sqrt{-2}] $ che nel caso generale non è vera (cioè se -2 diventa -(p-1))

2) l'hint di simo non riesco a capirlo

3) serve un'altra strada:

intanto vedo che con c pari chiaramente c'è un numero finito di soluzioni, per cui ci resta da dimostrare che è un numero finito anche con c dispari. Pongo c=2d+1 e noto che $ p^{2d+1}+1=a^2+p $ coimplica $ (p^{d+1}+a)^2-p(p^d+a)^2=(p-1)^2 $, ovverosia (d'ora in poi j è la radice di p) per un qualche n intero positivo si ha che$ (p^{d+1}+a)+(p^d+a)j=((p+1)+2j)(\alpha_1 +\beta_1 j)^n $$ =((p+1)+2j)(\alpha _n+\beta_n j) $ dove la coppia $ (\alpha_1 ,\beta_1 ) $ è la più piccola soluzione intera positiva all'equazione di pell: $ x^2-py^2=1 $ (e $ (\alpha_n,\beta_n) $ è l'n-sima più piccola, ottenuta, come è noto, elevando alla n la prima) mentre $ (p+1,2) $ è la più piccola soluzione intera positiva all'equazione di pell $ x^2-py^2=(p-1)^2 $

Svolgendo il prodotto dell'interessante identita otteniamo $ p^{d+1}+a=(p+1)\alpha_n+2p\beta_n $ e $ p^d+a=2\alpha_n+(p+1)\beta_n $

Facendo la differenza di queste uguaglianze e dividendo per p-1 si ottiene $ p^d=\alpha_n+\beta_n $, cosa decisamente interessante, nonché ragion d'essere di questa aspirante soluzione. Ora è noto (sottolineo: gli "è noto" sono sinceri, almeno per stavolta ) che se poniamo $ x_0=1 $, $ x_1=\alpha_1+\beta_1 $ e $ x_{n+2}=2\alpha_1x_{n+1}-x_n $ si ha che $ x_n=\alpha_n+\beta_n $

Ora basterebbe studiarsi questa successione di x_i e vedere se contiene o no infinite potenze di p. Per adesso sono arrivato solo ad alcuni risultati che consentono di escludere con facilità a mano alcuni casi con p piccolo, ma non riesco a concludere. Appena ce la faccio posto il resto della dimostrazione in questo thread... Se qualcuno può confermarmi che passare dalla diofantea alla successione per ricorrenza dai due termini precedenti abbia una qualche utilità, sarei molto grato. Tra l'altro, qualcuno conosce una qualche dispensa che dica e dimostri fatti interessanti sulle successioni per ricorrenza dai due termini precedenti?

ciau!

La mia idea era fare differenza di quadrati dall'altra parte e quindi scrivere:
$ \displaystyle ( 3^{c'} \sqrt{3} -a)(3^{c'}\sqrt{3} +a ) =2 $

e risolvere l'altra pell...$ 3A^2-B^2 = 2 $ cioè $ B^2 - 3A^2 = (1-3)( \gamma_n ^2 - 3\delta_n ^2 ) $ quindi dobbiamo vedere:

$ B- \sqrt{3} A = \pm ( 1 \pm \sqrt{3} ) ( \gamma_n \pm \sqrt{3}\delta_n ) $

ma non so a cosa possa portare...

p.s. che è uguale al tuo metodo per la cosa generale...