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x^2+7=2^n
Inviato: 04 giu 2008, 18:48
da FrancescoVeneziano
Determinare le soluzioni (x,n) dell'equazione diofantea
$ x^2+7=2^n $
con x ed n interi positivi.
La metto qui perché la soluzione che conosco usa un po' di Teoria, ma non escludo che ne esistano di elementari.
Inviato: 04 giu 2008, 19:33
da Alex90
Proviamo un po'...sperando di non scrivere cavolate
$ x^2 + 7 =2^n $ con $ x,n \in \mathbb{N} $
Diciamo subito che $ n\ge3 $ altrimenti $ RHS\;<LHS $
$ x^2 + 7 =2^n $
$ x^2 + 7 -8=2^n-8 $
$ x^2 -1=2^n-2^3 $
$ (x+1)(x-1)=2^3(2^{n-3}-1) $
ed ora un po' di casi (escludiamo quelli per cui $ x+1=1 $ o $ x-1=1 $ dal momento che non portano a soluzioni):
$ 1\blacktriangleright $
$ x+1=2^3 $
$ x-1=2^{n-3}-1 $
che non porta a nessuna soluzione in $ \mathbb{N} $
$ 2\blacktriangleright $
$ x+1=2^2 $
$ x-1=2(2^{n-3}-1) $
che porta alla soluzione $ n=4 $ $ x=3 $
$ 3\blacktriangleright $
$ x+1=2 $
$ x-1=2^2(2^{n-3}-1) $
che porta alla soluzione $ n=3 $ $ x=1 $
$ 4\blacktriangleright $
$ x+1=2^{n-3}-1 $
$ x-1=2^3 $
che non porta a nessuna soluzione in $ \mathbb{N} $
$ 5\blacktriangleright $
$ x+1=2(2^{n-3}-1) $
$ x-1=2^2 $
che porta alla soluzione $ n=5 $ $ x=5 $
$ 6\blacktriangleright $
$ x+1=2^2(2^{n-3}-1) $
$ x-1=2 $
che porta alla soluzione $ n=4 $ $ x=3 $ già ottenuta in precedenza
In definitiva dunque le soluzioni dell'equazione sono $ (1,3) $, $ (3,4) $ e $ (5,5) $
Inviato: 04 giu 2008, 19:56
da mitchan88
E (11,7)?
C'è un bug bello grosso nella tua dimostrazione
Inviato: 04 giu 2008, 20:32
da Alex90
mitchan88 ha scritto:E (11,7)?
C'è un bug bello grosso nella tua dimostrazione
Alex90 ha scritto:Proviamo un po'...sperando di non scrivere cavolate
l'avevo detto però
...mmm aiutino?
Inviato: 04 giu 2008, 21:04
da EUCLA
Sia $ q $ un primo. Se $ (a-1)(a+1)=2^{\alpha}q $, essendo $ (a-1,a+1)= 2 $ puoi fare questa divisione di casi così netta tra i fattori $ 2, q $.
Se invece $ q $ non è primo, questo discorso non lo puoi far così semplicemente...entrano in gioco un bel pò di fattori in più..
Inviato: 04 giu 2008, 21:22
da Stex19
mitchan88 ha scritto:E (11,7)?
C'è un bug bello grosso nella tua dimostrazione
anche io l'ho risolto in parte, ma come alex90 perdo delle soluzioni....
So che x è dispari, quindi $ x=2y+1 $
Svolgo il quadrato e ottengo $ 4y^2+4y+8=2^n $
divido per 4 e arrivo a $ y(y+1)=2^{n-2}-2=2(2^{n-3}-1) $
quindi analizzo:
per $ y=1 $ e $ y+1=2(2^{n-3}-1) $ ho $ 2^{n-3}-1=1 $ quindi $ n=4 $ => $ (3;4) $
per $ y+1=1 $ e $ y=2(2^{n-3}-1) $ ho $ 2^{n-3}-1=0 $, quindi $ n=3 $ =>$ (1;3) $
per $ y=2 $ e $ y+1=2^{n-3}-1 $ ho $ 2^{n-3}-1=3 $, quindi $ n=5 $ => $ (5;5) $
per $ y+1=2 $ e $ y=2^{n-3}-1 $ ho nuovamente $ y=1 $ che era il primo caso.
il dubbio che ho è però se il ragionamento sopra si possa fare, visto che $ y(y+1)=2(2^{n-3}-1) $ non ha mcm=1, essendo uno tra $ y $ è $ y+1 $ sicuramente pari...
Inviato: 04 giu 2008, 21:22
da edriv
Nell'ultimo compito in classe di mate c'era il problema:
sapendo che $ ~ \tan \alpha = \frac{\sqrt5}2 $, trovare seno e coseno di $ ~ \alpha $ ($ ~ 0 \le \alpha \le \frac {\pi}2 $)
Qualcuno l'ha risolto così:
siccome $ ~ \tan \alpha = \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha} $, allora $ ~ \sin \alpha = \sqrt 5 $ e $ ~ \cos \alpha = 2 $.
Hai fatto più o meno lo stesso errore
Inviato: 04 giu 2008, 23:19
da Haile
hum
riordinarla cosi
$ $x^2 + 3 = 2^n - 4$ $
ed osservare che LSH dev'essere diviso da $ $4$ $ può servire? ;-|
O sono completamente fuori?
Inviato: 05 giu 2008, 00:15
da julio14
Guarda che se x è dispari, cosa che si vede abbastanza dalla prima equazione, $ x^2+3 $ è sempre divisibile per 4, senza stare a scomodare $ 2^n-4 $... non aiuta moltissimo...
Inviato: 05 giu 2008, 14:29
da Haile
julio14 ha scritto:Guarda che se x è dispari, cosa che si vede abbastanza dalla prima equazione, $ x^2+3 $ è sempre divisibile per 4, senza stare a scomodare $ 2^n-4 $... non aiuta moltissimo...
Hem
non badare a quelle mie farneticazioni serali
appena spento il pc mi sono accorto che avevo scritto una cosa ovvia
Inviato: 05 giu 2008, 15:44
da FeddyStra
EUCLA ha scritto:Sia $ q $ un primo. Se $ (a-1)(a+1)=2^{\alpha}q $, essendo $ (a-1,a+1)= 2 $ puoi fare questa divisione di casi così netta tra i fattori $ 2, q $.
Se invece $ q $ non è primo, questo discorso non lo puoi far così semplicemente...entrano in gioco un bel pò di fattori in più..
Verissimo!
Però se $ (x-1)(x+1)=2^\alpha k $ con $ 2\nmid k $ allora sai sicuramente che
$ \left\{\begin{array}{l}x-1=2 k_1\\x+1=2^{\alpha-1}k_2\end{array}\right. $
oppure
$ \left\{\begin{array}{l}x-1=2^{\alpha-1}k'_1\\x+1=2k'_2\end{array}\right. $
dove $ 2\nmid k_1,k_2,k'_1,k'_2 $.
Inviato: 06 giu 2008, 17:41
da Alex90
Allora se io faccio lo stesso discorso con
$ x^2 + 7 =2^n $
$ x^2 + 7 -16=2^n-16 $
$ x^2 -9=2^n-2^4 $
$ (x+3)(x-3)=2^4(2^{n-4}-1) $
ottengo la soluzione $ (11,7) $ però perdo le altre "più piccole"...non capisco come correggere l'errore...quali sono i fattori in più che entrano in gioco?
Inviato: 06 giu 2008, 19:32
da EUCLA
In $ 2^{n-4}-1 $ non sai quanti fattori ci stanno
.
Inviato: 06 giu 2008, 20:25
da Alex90
EUCLA ha scritto:In $ 2^{n-4}-1 $ non sai quanti fattori ci stanno
.
quindi neanche in $ 2^{n-3}-1 $...ma come lo scopro?
Inviato: 06 giu 2008, 21:28
da SkZ
non puoi. $ $x^2+x+1$ $ non e' scomponibile ma se metti $ ~x=4 $ ottieni 21 che e' scomponibile.
Mi sembra che si puo' procedere a iterazione, per finite sol
Trovi una prima sol minima (1,3) e la usi per scomporre
$ $x^2 -1^2=2^n-2^3$ $
da cui ottieni (3,4) e (5,5) e le usi per trovarne altre
ma se le sol sono infinite sono cavoli