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Trovare tutte le coppie di interi positivi (a,b) tali che per ogni intero positivo n esiste c intero tale che: $ a^n+b^n=c^{n+1} $.

Supponiamo di aver trovato una coppia (a,b) che soddisfa l'ipotesi. Sia p un primo coprimo con a e con b. Allora in particolare dev'essere:

$ a^{p-1}+b^{p-1} = c^{p} $ e anche

$ a^{p}+b^{p} = c^{p+1} $ Guardiamo adesso queste equivalenza modulo p. Per il piccolo teorema di Fermat, poiché p è coprimo con a e b:

$ 2\equiv c\ (mod \ p) $ e anche

$ a+b\equiv c^2\equiv 4 \ (mod\ p) $. Poiché però esistono infiniti fattori p coprimi con a e con b, allora

$ a+b = 4 $ poiché altrimenti $ a+b-4 $ avrebbe infiniti fattori.

Le uniche possibilità sono allora $ a = 1 $, $ b = 3 $ e $ a = b = 2 $. Si verifica facilmente che il primo caso è impossibile (non esiste nessun c per n = 2), mentre si vede che il secondo caso funziona (si può sempre scegliere c = 2). L'unica soluzione è quindi $ a = b = 2 $

Spero di non aver commesso errori. Grazie del problema comunque

p deve essere comprimo anche con c, comunque la soluzione è giusta..

Beh, il fatto che p sia coprimo con c viene dal fatto che lo sia con a e con b. Altimtrimenti dalla prima relazione scritta si avrebbe

$ 2\equiv c\equiv 0\ \ (mod\ p) $ che è assurdo.

Comunque grazie

E chi ha detto mai che c fosse lo stesso per ogni n?

Ok, dimostrazione da rifare

Ok, allora l'ho rifatta, spero che così vada bene.

Come prima, supponiamo ci siano due a e b che soddisfano l'ipotesi; sia p il più piccolo primo maggiore di a +b e coprimo con a e b .Allora dovrà esistere un $ {c_p} $ tale che:

$ a^{p}+b^{p} = {c_p}^{p+1}\ (1) $ e quindi

$ a+b\equiv {c_p}^2(mod\ p) $. Ma poiché per Hp $ p>a+b $ si ha:

$ a+b = {c_p}^2 $. Notiamo che questo ragionamento si può generalizzare per ogni primo q coprimo con a e b maggiore di p. Per cui abbiamo, per ogni q con tali caratteristiche:

$ a^{q}+b^{q} = {c_p}^{q+1}\ (2) $. Dalla (1) e dalla (2) risulta che dev'essere:

$ a^{p}+b^{p} \mid a^{q}+b^{q}\Rightarrow a^p+b^p\mid -b^{qp}+b^{q} $ e quindi infine:

$ a^{p}+b^{p}\mid b^q(1-b^{pq-q}) $ che è vero sse

$ b^p\mid a^p $ Osserviamo però che lo stesso ragionamento si sarebbe potuto fare scambiando a con b e allora dobbiamo concludere che

$ a = b $.

Da qui è facile concludere (infatti se a =b e entrambi contenessero fattori diversi da 2 il membro di destra ne conterebbe sempre uno in più) e vedere che le uniche soluzioni sono

$ a = b = 2^n $ con n un intero qualunque.

Spero che così sia corretto anche se forse c'erano soluzioni molto più veloci

Pairo ha scritto:[...] e quindi $ a+b\equiv {c_p}^2(mod\ p) $. Ma poiché per Hp $ p>a+b $ si ha $ a+b = {c_p}^2 $...

Sei sicuro?

Pairo ha scritto:[...]Per cui abbiamo, per ogni q con tali caratteristiche:
$ a^{q}+b^{q} = {c_p}^{q+1}\ (2) $...

Non è lo stesso $ c_p $...

Penso sia meglio riformulare la domanda: "Trovare tutti gli interi positivi (a,b) tali che aⁿ+bⁿ sia sempre una potenza (n+1)-esima."

Salvando capra e cavoli, dimostriamo che da un certo punto in poi quel $ c $ è sempre lo stesso
Ora, pongo $ x_n=a^n+b^n $. Pongo $ x_i={c_i}^{i+1} $, che poi sarebbe la nostra $ c $.
Ho che $ x_{n+1}<(a+b)x_n $ (ad essere precisi, è $ x_{n+1}=(a+b)x_n-abx_{n-1} $). Ora, poiché $ (c_m+1)^{m+1}<(a+b){c_m}^m $ fallisce per $ m $ abbastanza grande, la successione dei $ c_i $ è definitivamente decrescente, quindi è costante da un certo punto in poi.

Bonus Question 1: trovare l'errore nel post di TBPL.

Bonus Question 2: dimostrare che $ c_n $ è definitivamente strettamente monotona ma non nel verso sperato da TBPL (tranne per casi piccoli di a e b)

Definiamo la sequenza degli interi $ c_i:=(a^i+b^i)^{\frac{1}{i+1}} $, se $ a<b $ allora $ c_i \to b^{\frac{i}{i+1}} $ che è crescente (definitivamente) in $ i $, altrimenti se $ a=b $ allora $ c_i \to 2^{\frac{1}{i+1}}b^{\frac{i}{i+1}} $ è anche crescente, $ c_i<a+b \forall i \in \mathbb{N} $ per cui converge ad ogni modo; l'osservazione di TBPL cmq fa risolvere in modo molto veloce il mio problema. In quanto $ p \mid c-2 $ per ogni $ p $ primo sufficientemente grande. Per cui c=2. Inoltre $ (2^{n+2})^2=2^{n+1} \cdot 2^{n+3} $ per cui per ogni n sufficientemente grande che implica $ (a-b)^2=0 $..
Ps. sul verso della monotonia ci ero cascato pure io, comunque l'idea di fondo resta valida

jordan ha scritto: Ps. sul verso della monotonia ci ero cascato pure io, comunque l'idea di fondo resta valida

Dove questo è equivalente a "nessuno dei due ha ancora trovato l'errore"

jordan ha scritto:Definiamo la sequenza degli interi $ c_i:=(a^i+b^i)^{\frac{1}{i+1}} $, se $ a<b $ allora $ c_i \to b^{\frac{i}{i+1}} $ che è crescente (definitivamente) in $ i $, altrimenti se $ a=b $ allora $ c_i \to 2^{\frac{1}{i+1}}b^{\frac{i}{i+1}} $ è anche crescente, $ c_i<a+b \forall i \in \mathbb{N} $ per cui converge ad ogni modo

Premettendo che dovresti scrivere $ c_i \sim b^{\frac{i}{i+1}} $, non $ c_i \to b^{\frac{i}{i+1}} $, che comunque non implica la monotonia dei $ c_i $, mi sfugge perché puntare a dimostrare la monotonia quando, avendo l'espressione dei $ c_i $, potete calcolare direttamente il limite, che è il massimo tra a e b. A questo punto la conclusione è istantanea perché avete che (diciamo che $ b\geq a $)
$ a^n=(b-1)b^n $ per tutti gli n abbastanza grandi, da cui a=b=2.
Notate che il fatto che a,b,c sono interi è stato usato in modo indiretto e piuttosto sottile; in effetti l'unica cosa che conta è che c debba essere preso in un insieme discreto.

FrancescoVeneziano ha scritto:Premettendo che dovresti scrivere $ c_i \sim b^{\frac{i}{i+1}} $, non $ c_i \to b^{\frac{i}{i+1}} $, che comunque non implica la monotonia dei $ c_i $, mi sfugge perché puntare a dimostrare la monotonia quando, avendo l'espressione dei $ c_i $, potete calcolare direttamente il limite, che è il massimo tra a e b.

Parole sante! comunque il simbolo non lo ricordavo..

Riguardo la prima domanda di federiko, credo il problema sia da imputare al fatto che il $ c_n $ è ancora funzione di $ n $..

Esiste comunque una dimostrazione che non fa uso di limiti, monotonia di funzioni, etc..

jordan ha scritto:

Pairo ha scritto:[...] e quindi $ a+b\equiv {c_p}^2(mod\ p) $. Ma poiché per Hp $ p>a+b $ si ha $ a+b = {c_p}^2 $...

Sei sicuro?

Pairo ha scritto:[...]Per cui abbiamo, per ogni q con tali caratteristiche:
$ a^{q}+b^{q} = {c_p}^{q+1}\ (2) $...

Non è lo stesso $ c_p $...

Io non sono sicuro che la mia dimostrazione sia sbagliata. Infatti ho dimostrato che da un certo primo in poi, per ogni primo q > p c deve essere lo stesso e da lì in poi la dimostrazione è abbastanza semplice.

Nella prima affermazione (quella a cui hai risposto "sei sicuro?") cosa c'è che non va?

La congruenza equivale
$ a+b = np + {c_p}^2 $ ma poiché a+b<p e maggiore di 0 è necessariamente n = 0.

Accettato questo bisogna accettare anche che c è costante per tutti i primi maggiori e quindi anche il resto della dimostrazione.

Non voglio sembrare assolutamente arrogante ma sto solo cercando di capire la situazione . Grazie mille comunque!