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Determinare tutte le coppie $ (m,n) $ di interi positivi per cui $ \sqrt[60]{m^{n^5 - n}} $ risulta a sua volta un intero.

Dunque, con α ∈N, sono:
(1, α); (α, 1); (α², 2); (α, 3); (α, 4). Ce ne saranno altre, ora le cerco.

Non puoi andare a tentativi sennò non finisci mai

Alex90 ha scritto:Non puoi andare a tentativi sennò non finisci mai

Lo so, ma provare per casi piccoli è sempre buona cosa

E siccome intanto avevo trovato questi, li ho postati.
Quello che sappiamo è che n⁵ ≡ n (mod x), con x|60. No?

sasha™ ha scritto:
Alex90 ha scritto:Non puoi andare a tentativi sennò non finisci mai
Lo so, ma provare per casi piccoli è sempre buona cosa
E siccome intanto avevo trovato questi, li ho postati.
Quello che sappiamo è che n⁵ ≡ n (mod x), con x|60. No?

Non necessariamente: posto $ p_i\in\{2,3,5,7,\ldots\} $ e $ p_i\ne p_j\mbox{ }\forall i\ne j $, $ $m=\prod p_i^{\alpha_i} $, allora $ $m^{n^5-n}=\prod p_i^{\alpha_i(n^5-n) $.
Dunque perché sia una potenza 60-esima, si ha che $ 60|\alpha_i(n^5-n)\mbox{ }\forall i\in\mathbb{N} $, e non necessariamente il fattore 60 è contenuto in $ ~n^5-n $: ad esempio, può essere che $ 60|\alpha_i\mbox{ }\forall i\in\mathbb{N} $ e dunque $ ~n^5-n $ può anche non essere multiplo di 60.

Allora, prima verifico quando
$ $$ 60 | n^5-n \rightarrow 60 | n(n^2-1)(n^2+1) $$ $

Ragionando sui possibili moduli $ 2, 3, 4, 5 $ mi accorgo $ \forall n $, $ n^5-n $ e' divisibile per 3 e per 5, e quando $ n $ e' dispari o $ n\equiv 0 \pmod{4} $ e' divisibile per $ 4 $. Dunque posso trovare infinite soluzioni nella forma $ (\alpha, p), \forall \alpha $ e $ p \equiv 0,1,3 \pmod{4} $.
A questo punto cerco soluzioni per $ n \equiv 2 \pmod{4} $: anche in questo caso $ n^5-n $ contiene almeno un fattore 3 ed un fattore 5, ma solamente un fattore 2. In questo caso l'unico requisito e' che $ m $ sia un quadrato perfetto, e dunque sono soluzioni le coppie $ (k^2, p), p \equiv 2 \pmod{4} $.

MOD: avevo invertito m ed n.

pak-man ha scritto:
sasha™ ha scritto:
Alex90 ha scritto:Non puoi andare a tentativi sennò non finisci mai
Lo so, ma provare per casi piccoli è sempre buona cosa
E siccome intanto avevo trovato questi, li ho postati.
Quello che sappiamo è che n⁵ ≡ n (mod x), con x|60. No?
Non necessariamente: posto $ p_i\in\{2,3,5,7,\ldots\} $ e $ p_i\ne p_j\mbox{ }\forall i\ne j $, $ $m=\prod p_i^{\alpha_i} $, allora $ $m^{n^5-n}=\prod p_i^{\alpha_i(n^5-n) $.
Dunque perché sia una potenza 60-esima, si ha che $ 60|\alpha_i(n^5-n)\mbox{ }\forall i\in\mathbb{N} $, e non necessariamente il fattore 60 è contenuto in $ ~n^5-n $: ad esempio, può essere che $ 60|\alpha_i\mbox{ }\forall i\in\mathbb{N} $ e dunque $ ~n^5-n $ può anche non essere multiplo di 60.

Io veramente avevo posto x divisore di 60, non multiplo. Se m è una quinta potenza, ad esempio, l'esponente deve essere multiplo di 12. Questo volevo dire.

Io ho trovato con estrema semplicità queste soluzioni (senza fare tutti i vostri casini xD):
$ $(m;n)=(x^{\frac{60k}{(60,n^5-n)}};n)$ $
Ho probabilmente toppato xD

dario2994 ha scritto:Io ho trovato con estrema semplicità queste soluzioni (senza fare tutti i vostri casini xD):
$ n=0 \Rightarrow m \not= 0 $
$ n\not=0 \Rightarrow m=\frac{60k}{(60,n)} $
Ho probabilmente toppato xD

Credo che porre n = 0 (o 1, è la stessa cosa) fosse troppo facile.

dario2994 ha scritto:$ n=0\Rightarrow m\ne0 $

marcuz ha scritto:Determinare tutte le coppie $ ~(m,n) $ di interi positivi

Ho editato... avevo toppato appunto xD Riguardate

Sembra corretto, ma secondo quanto ho scritto prima $ n^5-n $ e' sempre divisibile per 30, quindi il MCD e' sempre o 30 o 60, a seconda dell'altro fattore 2 disponibile, e da qui ottieni semplicemente $ m $ generico o quadrato perfetto.

Mi è venuto in mente che se si volesse fare una cosa più rigorosa bisognerebbe anche imporre una condizione sulla x (del ragionamento di alcuni post fa). La condizione è che detti a_1,a_2,a_3... a_n gli esponenti della fattorizzazione di x allora
$ (a_1,a_2,a_3,...,a_{n-1},a_n)=0 $
Questo perchè se così non fosse si potrebbe arrivare ad un valore di m con diversi valori di k ed x.

In effetti rivedendo quello che hai detto mi sono accorto che la risposta può essere molto più semplice (avevo esagerato da morire xD):
$ (m,n)=(x^2,2y) \cup (x,2y+1) $
Oppure per scriverlo diversamente:
$ m=x^{2-(n\mod{2})} $

dario2994 ha scritto:In effetti rivedendo quello che hai detto mi sono accorto che la risposta può essere molto più semplice (avevo esagerato da morire xD):
$ (m,n)=(x^2,2y) \cup (x,2y+1) $

Secondo me ti mancano delle soluzioni, per esempio (3,4)

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[Sant'Anna] Trovare (m,n) per cui la radice è intera

[Sant'Anna] Trovare (m,n) per cui la radice è intera

Re: [Sant'Anna] Trovare (m,n) per cui la radice è intera