Trovare tutte le soluzioni intere non negative dell'equazione: $ x^{2}-(2^{y}+1)=2^{z} $
P.s Ammetto di non averla ancora risolta completamente.
Re: Esponenziale Inventata Rognosa
Inviato: 06 set 2011, 00:46
da xXStephXx
Per ora metto delle cose che non sono nulla di che..
Allora $ z =0 $
$ x^2=2+2^y $ Quindi:
$ x^2 = 2(2^{y-1}+1) $
Se x è pari allora il quadrato è multiplo di 4, ma RHS di solito è pari per dispari, quindi non può essere multiplo di 4, a meno che $ y=1 $ e in quel caso viene 4, quindi $ x=2 $, e questa è una soluzione: $ (2,1,0) $.
Ora: $ z\neq 0 $ che implica che $ x $ è dispari..
Già che ci sono mi tolgo lo sfizio di analizzare separatamente il caso di $ z=1 $ così poi posso dare per scontato che andando avanti il membro a destra sia multiplo di 4.
Allora:
$ z=1 $
$ x^2 - (2^y+1) = 2 $
$ x^2 -2^y=3 $
Se y è dispari non ci sono soluzioni perchè modulo 3 abbiamo che 2 elevato a esponente dispari è congruo a 2 e un quadrato non può essere congruo a 2 modulo 3, quindi non si annulla.
Se y è pari abbiamo la tripletta: $ (2,0,1) $ Ottenuta come scomposizione del binomio notevole, non mi va di postare tutti i calcoli xD
Ora $ y \geq 2 $
Mi rendo conto che forse non è servito distinguere il caso a parte ma amen xD
Vabbè poi tenterei di mettere $ (x+1)(x-1) $ in evidenza, ma continuo di mattina xD
Re: Esponenziale Inventata Rognosa
Inviato: 06 set 2011, 09:43
da LeZ
Pensare che l'ho inventata! Le soluzioni sono una cosa meravigliosa
Re: Esponenziale Inventata Rognosa
Inviato: 06 set 2011, 11:58
da LeZ
Lavorandoci sopra questa mattina, sono riuscito in parte a risolverla, e quindi posto qua la mia soluzione nascosta cosi da dare la possibilità anche ad altri.
Testo nascosto:
1. Suppongo y pari, è faccio la sostituzione $ y=2h $, con $ y,z \geq 2 $;
Riscrivo l'equazione nella forma $ (x+2^{h}+1)(x-2^{h}-1)=2(2^{z-1}-2^{h}) $.
Affinchè essa sia verificata, posso porre due fattori $ = 0 $. Dunque pongo $ x-2^{h}-1=0 $, da cui $ x=2^{h}+1 $;
Quindi seguendo il ragionamento deve valere: $ 2^{z-1}-2^{h}=0 \Rightarrow z-1=h $, da cui $ y=2(z-1) $.
Possiamo infine dire che una gamma di soluzioni è espressa nella forma $ (2^{z-1}+1, 2(z-1), z) $.
2. Suppongo y dispari, ma quindi z è pari, in quanto ci sarebbe un assurdo modulo 3.
Se rifacessimo il procedimento, ovviamente sarebbe uguale a quello indicato sopra, quindi un' altra gamma di soluzioni è data da $ (2^{y-1}+1, y, 2(y-1)) $.
Se volessimo essere più formali $ (2^{k}+1, 2k, k+1) $, $ (2^{k}+1,k+1,2k) $ con $ z=k+1 $.
3. Analizzando i casi con esponenti = 0, trovo le soluzioni $ (2,0,1) $ ; $ (2,1,0) $.
4. Ultimo problema, la comparsa delle soluzioni $ (7,5,4) ; (7,4,5) ; (23,9,4) ; (23,4,9) $. Chi mi aiuta?
Re: Esponenziale Inventata Rognosa
Inviato: 06 set 2011, 19:11
da jordan
A quanto ne so io, non esistono soluzioni olimpiche e complete al problema proposto. Ma casi particolari (con sole restrizioni su y e z) sono stati proposti a molte gare olimpiche..
Per citarne uno, un vecchio problema SNS chiedeva il caso y,z entrambi pari. Esiste esattamente lo stesso thread su mathlinks (sezione open problems tdn), ma al momento non riesco a trovarlo..
Re: Esponenziale Inventata Rognosa
Inviato: 06 set 2011, 20:59
da Drago96
Ah, ecco...
è praticamente tutto il giorno che ci penso, ma non sono arrivato a concludere niente...
Testo nascosto:
$$x^2-(2^y+1)=2^z$$
1) Proviamo i casi 0
$x=0\rightarrow 2^z+2^y+1=0$ e ovviamente non ci sono soluzioni
$y=0\rightarrow x^2=2^z+2$ risolvo come steph e ottengo $(2,0,1)$
$z=0\rightarrow x^2=2^y+2$ che è uguale a quella di steph, $(2,1,0)$
2) Facciamo i casi 1
$x=1\rightarrow 2^z+2^y=0$ niente soluzioni
$y=1\rightarrow x^2-3=2^z$ guardando mod 3 abbiamo $z=2k$ , quindi $(x+2^k)(x-2^k)=3$ ; sicuramente $x+2^k$ è positivo, dunque anche l'altro deve esserlo; ma da qui ricaviamo $z=0$ che abbiamo già trovato
$z=1\rightarrow x^2-2^y=3$ e mod 3 si ha $y=2k$ , da cui $(x+2^k)(x-2^k)=3$ che come sopra porta ad una terna già trovata
3) Possiamo supporre $x,y,z\geq 2$
mod 4 si ha x dispari
mod 3 si ha $3\nmid x$ e che y e z sono uno pari e uno dispari.
mod 6 x è conguo a 1 o a 5
Scompongo in $(x+1)(x-1)=2^y(2^{z-y}+1)$
abbiamo che MCD(x+1,x-1)=2 , perciò il loro prodotto dà al massimo 4, a meno che uno dei due sia una potenza di due.
i) nessuno è potenza di 2
Dunque $y=2$ e si ha $(x+1)(x-1)=4(2^{z-2}+1)$
ii) uno è potenza di 2, precisamente $2^{y-1}$
si ha $2^{y-2}-1=2^{z-y}+1$ (a) oppure $2^{y-2}+1=2^{z-y}+1$ (b)
da (a) si ricava $2^{y-3}-1=2^{z-y-1}$
Re: Esponenziale Inventata Rognosa
Inviato: 07 set 2011, 10:41
da LeZ
jordan ha scritto:A quanto ne so io, non esistono soluzioni olimpiche e complete al problema proposto. Ma casi particolari (con sole restrizioni su y e z) sono stati proposti a molte gare olimpiche..
Per citarne uno, un vecchio problema SNS chiedeva il caso y,z entrambi pari. Esiste esattamente lo stesso thread su mathlinks (sezione open problems tdn), ma al momento non riesco a trovarlo..
Nonostante ciò io ho trovato una vasta gamma di soluzioni, se non la principale.
Ci sono comunque altre soluzioni che non sono riuscito ancora a dimostrare.
