OliForum Matematico

Si consideri l’espressione
$ 4^x+4^y+4^z $ dove x, y, z sono interi non negativi.
(i) Provare che la quantità sopra scritta è un quadrato perfetto per
infinite terne di interi (x;y; z).
(ii) Determinare tutte le terne di interi non negativi (x;y; z) tali che la
quantità sopra scritta sia un quadrato perfetto.

Credo sia la quarta volta che questo problema venga postato su questo forum.. giovani, fatevi avanti allora!

Per la prima basta vedere che per ogni k $ x=k,y=k+1,z=k+1 $ è soluzione...

Infatti $4^k+4^{k+1}+4^{k+1}=4^k+4\cdot4^k+4\cdot4^k=3^2\cdot2^{2k}$

scusate ma...

Omar93 ha scritto: (i) Provare che la quantità sopra scritta è un quadrato perfetto per
infinite terne di interi (x;y; z).
(ii) Determinare tutte le terne di interi non negativi (x;y; z) tali che la
quantità sopra scritta sia un quadrato perfetto.

...se è stato provato che per infinite terne d'interi è un quadrato perfetto allora x,y,z saranno determinati come infinite soluzioni!

Robertopphneimer ha scritto:...se è stato provato che per infinite terne d'interi è un quadrato perfetto allora x,y,z saranno determinati come infinite soluzioni!

Il fatto di trovare una classe infinita di soluzioni (come per esempio (10k, 10k+1,10k+1)) non equivale a trovarle tutte.

jordan ha scritto:

Robertopphneimer ha scritto:...se è stato provato che per infinite terne d'interi è un quadrato perfetto allora x,y,z saranno determinati come infinite soluzioni!

Il fatto di trovare una classe infinita di soluzioni (come per esempio (10k, 10k+1,10k+1)) non equivale a trovarle tutte.

Si è questo il problema che mi sto ponendo ora,
"Un’equazione Diofantea di primo grado in due variabili è un’espressione di questo tipo:
$ a^x +b^y = c $
dove a,b, c sono dati e x,y sono le incognite. Se MC D(a,b) non è divisore di c , l’equazione non ha soluzioni. In caso contrario, ne ha infinite."Anche se questa non è un'equazione il ragionamento penso sia analogo.
So che tutti in questo forum sanno questo , ma volevo postarlo(viene dalle dispense olimpioniche). Tutti i testi incontrati fino ad ora hanno detto che solitamente queste infinite soluzioni vengono espresse da una legge elegante come per esempio $ 2^k $ , è questo che intendete??trovare la legge che le raggruppa?(perché se sono infinite non posso dare la caccia a tutte),oppure devo trovare qualcosa che esclude alcune possibili soluzioni?

ps:mi accodo ad auron per ringraziarvi per il tempo speso.

Provo a risolvere il 2.

Se una terna soluzione è scrivibile come $ (x_0+1,y_0+1,z_0+1) $ in cui $ x_0,y_0,z_0 $ sono interi non negativi allora è soluzione anche $(x_0,y_0,z_0)$
Infatti se $4^{x_0+1}+4^{y_0+1}+4^{z_0+1}$ è quadrato di 2n (è sicuramente pari perchè tutti gli addendi sono pari) allora
$\displaystyle 4^{x_0}+4^{y_0}+4^{z_0} = \frac{4^{x_0+1}+4^{y_0+1}+4^{z_0+1}}{4} = \frac{(2n)^2}{4}=n^2$

Supponiamo $x\leq y\leq z$ WLOG.

Allora togliamo 1 alle variabili per $x_0$ volte e otteniamo una soluzione del tipo (0,a,a+b), a e b non negativi
Trovanto tutte le terne di questo tipo, possiamo trovare tutte le soluzioni.

Dobbiamo trovare a,b,n per cui

$1+4^a+4^{a+b}=(2n+1)^2$ (possiamo dire che il quadrato è dispari perchè se LHS fosse pari, cioè $a=0$ e $b\ne 0$, allora avremmo un LHS della forma $2+4^b$ che non è un quadrato poichè è due volte un dispari)

$4^a(1+4^b)=(2n)(2n+2)$
$4^{a-1}(1+4^b)=n(n+1)$

a>1 altrimenti lhs è dispari e rhs è pari.

Sono arrivato fin qui, mi manca la conclusione.....
devo dimostrare che n deve essere una potenza di 2 (precisamente $4^{a-1}$) ma non riesco nemmeno a dimostrare che n sia pari (e che quindi non è n+1 a contenere i fattori 2 dell'LHS)

ti potrebbe aiutare il fatto che :

$ 4^{a-2} +(1+4^b)=\frac {n(n+1)} {2}=\sum_{i=1}^n i $

E se facessi mod 4?? allora :
$ n(n+1) \equiv 0(mod4) $.

$ \frac{n(n+1)}{2}\equiv 0 (mod2) $
ma se non ricordo male questo va bene per ogni i positivo pari.....(non mi convince. ) Però se può darti una mano ,qua quello forte sei te @auron

Il problema grosso è che so con certezza che uno tra n e n+1 è multplo di $4^{a-1}$ ma non so dire quale (tentativi empirici mi suggerirebbero che è sempre n, e che non solo è multiplo, è proprio $4^{a-1}$)

Comunque è interessante il discorso della sommatoria..... ci penserò su.

auron95 ha scritto:[...]allora avremmo un LHS della forma $2+4^b$ che non è un quadrato poichè è due volte un dispari)[...]

Qui forse perderesti un altro punto, di nuovo non stai considerando $b=0$..

WLOG (fantastico *O*) $x \le\ y \le\ z$

Divido per $4^x$, per comodità supporrò $x=0$

Cos' ho ora? Ho:
$4^y+4^z=(n-1)(n+1)$

Per modulo 4 ho che $0<y \le\ z$, quindi divido per 4 e definisco $a=y-1; b=z-1$

Devo risolvere questo:
$4^a+4^b=k(k+1)$

Poniamo $b>a$ e vediamo cosa succede altrimenti:
$4^a+4^a$
Ora è evidente che sta roba è divisa dall'unico primo 2, quindi $k+1=2$

Distinguo i casi per le potenze di $4^a$:
-se sono in $k$ faccio lei:
$4^a+4^b \ge\ 1+ 4^{b-a} \ge\ k+1 > k \ge\ 4^a$
Da qui $b-a \ge\ a$ e $b \ge\ 2a$
Considero i due sottocasi:
-$b=2a$ e senza tanti fronzoli viene;
-$b>2a$, ottengo un numero compreso tra $4^b$ e $4^b+2^b$, ma se aggiungo 0,25 deve diventare un quadrato, e sta roba si comporta male con lui.

-se sono in $k+1$ faccio questa:
modulo 3 $1+1=0*1$

Ok, ricapitolando, ho che $b=2a$, quindi $z=2y-1$ e $x=0$ più le relative con $x>0$.

Troleito br00tal ha scritto:-se sono in $k$ faccio lei:
$4^a+4^b \ge\ 1+ 4^{b-a} \ge\ k+1 > k \ge\ 4^a$
Da qui $b-a \ge\ a$ e $b \ge\ 2a$

ottimo! ben scritta*!

Troleito br00tal ha scritto:-se sono in $k+1$ faccio questa:
modulo 3 $1+1=0*1$

questa però non l'ho capita: me la puoi spiegare un po' meglio?

* secondo il mio gusto.

ma_go ha scritto:Troleito br00tal ha scritto:
-se sono in k+1 faccio questa:
modulo 3 1+1=0∗1
questa però non l'ho capita: me la puoi spiegare un po' meglio?

Infatti ho scritto abbastanza una cagata

Diciamo che questa cosa non la posso fare sempre, però dovrebbe funzionare se la aggiusto così:
-ho che $k$ deve essere diviso da almeno un primo $3(4)$, ($k+1$ contiene le potenze di 2);
-a questo punto posso affermare sulla somma delle mie potenze di 4 questo: devono essere divise da una potenza dispari di un primo $3(4)$.

Adesso, questa cosa è genericamente falsa nelle somme dei quadrati in cui non figura il primo in questione.

Dimostriamolo:
assurdo mod $p$, con $a(p)$, ammetto di avere $-a(p)$

$x^2=a(p)$
$y^2=-a(p)$

Quindi ho che
$x^2y^2=-a^2(p)$
$xy=sqrt{-1}(a) (p)$

Questo vuol dire che -1 è un residuo quadratico mod $p$

Ora uso il criterio di Eulero:

$(p-1)^{(p-1)/2}=-1(p)$

Questa cosa è vera perché $(p-1)/2$ è dispari, quindi ho finito e -1 non è un residuo quadratico <3