SSSUP 2009 n 1 - Diofantea facile

[mrossi]

Trovare tutti i k interi per cui l'equazione ha esattamente 2009 coppie (x,y) di soluzioni con x e y interi positivi.

$ x^2-y^2=2^k $

[jordan]

2|x sse 2|y e 2|x-y (in caso contrario 2 non divide neanche x+y e quindi neanche il loro prodotto) e ovviamente x+y>x-y>0. Per cui è condizione necessaria e sufficiente che per ogni intero i tale che 1≤ i≤ [(k-1)/2]si ha $ 2^i=x-y<x+y=2^{k-i} $. Quindi per ogni k intero positivo esistono esattamente [(k-1)/2] soluzioni. Cioè k in {4019,4020}.

[jordan]

Own. Trovare il numero di coppie di soluzioni (x,y) intere positive tali che x²+2009y² è una potenza n-esima di: a)2 b)3 c)6 d)7

[danielf]

2|x sse 2|y e 2|x-y (in caso contrario 2 non divide neanche x+y e quindi neanche il loro prodotto) e ovviamente x+y>x-y>0. Per cui è condizione necessaria e sufficiente che per ogni intero i tale che 1≤ i≤ [(k-1)/2]si ha $ 2^i=x-y<x+y=2^{k-i} $. Quindi per ogni k intero positivo esistono esattamente [(k-1)/2] soluzioni. Cioè k in {4019,4020}.

1≤ i≤ [(k-1)/2] perchè imponi questo?

[jordan]

Prova a mettere un i fuori da quel range e vedi che succede

[danielf]

Prova a mettere un i fuori da quel range e vedi che succede

continuo a non capire

[jordan]

Sia $ h \in \mathbb{Z} $ tale che $ h \ge 1+\left\lfloor \frac{k-1}{2} \right\rfloor $, e $ (x,y) \in \mathbb{N}_0^2 $ tali che $ 2^h=x-y<x+y=2^{k-h} $. Ma allora $ h<k-h $ cioè $ 2+2\left\lfloor \frac{k-1}{2} \right\rfloor <k $, che è falsa, fintanto che $ 2+2\left\lfloor \frac{k-1}{2} \right\rfloor \ge 2+(k-2)=k $.
Se ci sono problemi chiedi pure

[danielf]

Sia $ h \in \mathbb{Z} $ tale che $ h \ge 1+\left\lfloor \frac{k-1}{2} \right\rfloor $, e $ (x,y) \in \mathbb{N}_0^2 $ tali che $ 2^h=x-y<x+y=2^{k-h} $. Ma allora $ h<k-h $ cioè $ 2+2\left\lfloor \frac{k-1}{2} \right\rfloor <k $, che è falsa, fintanto che $ 2+2\left\lfloor \frac{k-1}{2} \right\rfloor \ge 2+(k-2)=k $.
Se ci sono problemi chiedi pure

grazie ora è più chiaro,anche se non mi è molto chiaro in che caso :
$ 2+2\left\lfloor \frac{k-1}{2} \right\rfloor \ge 2+(k-2)=k $

e poi da qui come si fa ad arrivare alla conclusione..

grazie ancora

[jordan]

Sei d'accordo che se $ x \in \mathbb{N}_0 $ allora $ \left\lfloor \frac{x}{2} \right\rfloor \ge \frac{x-1}{2} $ ? E' l'unica cosa che ho usato sopra..

[danielf]

Sei d'accordo che se $ x \in \mathbb{N}_0 $ allora $ \left\lfloor \frac{x}{2} \right\rfloor \ge \frac{x-1}{2} $ ? E' l'unica cosa che ho usato sopra..

ehm..si hai ragione

[jordan]

Tranquillo, ora cerca di risolvere questo

Own. Trovare il numero di coppie di soluzioni (x,y) intere positive tali che x²+2009y² è una potenza n-esima di: a)2 b)3 c)6 d)7