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Determinare ogni intero positivo n tale che l'equazione $ x^n + x = 2n $ possiede almeno una radice razionale.

E' raro che io mi metta a risolvere problemi di teoria dei numeri ... è ancor più raro che ci azzecchi ... ma visto che è vacanza ... vediamo se l'insolita risposta diventa anche una rarissima risposta corretta...

se x=p/q con (p,q)=1, allora p^n+pq^{n-1}=2nq^n.
Dunque p(p^{n-1}+q^{n-1})=2nq^n; ma q non divide p e se q dividesse (p^{n-1}+q^{n-1}) dividerebbe anche p (beh, supposto n> 1 .. n=1 e n=0 ovviamente danno soluzioni), quindi q non divide il LHS, ma allora deve essere q=1.
Quindi ci riduciamo a cercare soluzioni per p^n+p=2n; se p>0, si ha
p^n >= 2^n >=2n non appena n è positivo, quindi p^n+p >2n per ogni n >0 se p >0.
Se invece 0 >p, bisogna avere n pari e dunque cerchiamo soluzioni a p^n-p=2n ... supponiamo p >3 (il caso p=2 si tratta a mano) e notiamo che n=pa, quindi
2n+p=2pa+p=p(2a+1)< 3ap< ap^2 < (p^a)*(p^p)
e quest'ultima è certo minore di p^(ap)=p^n.
Ora, per p=2 si ha che 2^n >2(n+1) se n > 3 e quindi devo cercare soluzioni per n=2,3 (i casi 0,1 li ho già fatti).
n=2 ho soluzioni x=1, -2
n=3 dovrebbe avere p >0, ma in quel caso sappiamo già che non ci sono soluzioni.
In definitiva, ci sono soluzioni razionali solo per n=0,1,2.

è giusto??

Allora, $ x\in [1;2] $ (poichè $ 2^n> n^2\geq 2n $ per $ n> 2 $)e $ x|2n $ per le note proprietà delle radici razionali (e in questo caso intere, essendo il polinomio monico); ma quindi le sole soluzioni possono essere la banale (1;1). Andando sulle soluzioni negative, sempre per maggiorare, possiamo dire che $ x^-\geq -2 $ e $ 2\mid n $, altrimenti $ |x|(|x|^{n-1}-1)\geq 2\cdot 2(n-1)-2 \geq 2n $ tranne che per i casi particolari esaminati. Quindi vale anche $ (-2;2= $ come soluzione e gli unici n sono 1 e 2 (e 0 se parliamo di $ \mathbb{N}_0 $)


Un'altra soluzione contemplerebbe le parti frazionali, poichè $ x=1+\frac ac $, con $ a<c $, $ (a;c)=1 $, e $ 1-\frac ac=-\{{(1+ \frac ac)}^n\} $ ma le cifre del periodo dopo l'elevamento a potenza ennesima aumentano esponenzialmente, quindi $ x\in \mathbb{Z} $

EvaristeG ha scritto:[...] se x=p/q con (p,q)=1, allora p^n+pq^{n-1}=2nq^n.
Dunque p(p^{n-1}+q^{n-1})=2nq^n; ma q non divide p e se q dividesse (p^{n-1}+q^{n-1}) dividerebbe anche p [...], quindi [...] deve essere q=1.

In verità, a rigor di logica, siccome non hai fatto alcun genere d'assunzioni circa i segni di p e di q, la conclusione corretta del ragionamento sarebbe $ q = \pm 1 $. Ma vabbè... Basta dire da qualche parte che tutti i segni del caso se li assorbe p.

[...] Se invece 0 >p, bisogna avere n pari e dunque cerchiamo soluzioni a p^n-p=2n ...

Siccome supponi p negativo, temo debba figurare almeno un valore assoluto, se vuoi che la forma in cui riscrivi l'equazione di partenza vada bene.

supponiamo p >3 (il caso p=2 si tratta a mano) e notiamo che n=pa

Non vedo perché mai - in generale - p debba dividere n: viceversa, è vero di sicuro che p divide 2n, e perciò 2n = pa. Ti trovi? Questo per fortuna non rende, però, completamente invalidi i tuoi argomenti, anzi... Si tratta solamente di ritoccarli qua e là.

2n+p=2pa+p=p(2a+1)< 3ap< ap^2 < (p^a)*(p^p)
e quest'ultima è certo minore di p^(ap)=p^n.

...ma questo è vero soltanto se p > 3 (come hai specificato poco più sopra) ed a > 1. Altrimenti le disuguaglianze da te indicate non sono valide in senso stretto. Ti resterebbe pertanto da considerare, quantomeno, il caso p = 3 ed a = 1. O comunque evidenziare che questo può essere assorbito in altri di là da discutere. Vedi un po' tu cosa vuoi fare - se tornare sui tuoi passi oppure lasciar perdere, considerando che - in fondo in fondo - son dettagli solamente.

n=2 ho soluzioni x=1, -2

Se n = 2, l'equazione diviene x^2 + x - 4 = 0, che è quadratica e non possiede radici razionali, visto che il suo discriminante vale 17.

In definitiva, ci sono soluzioni razionali solo per n=0,1,2.

A costo infine di sembrarti persecutorio, ti invito a rileggere con maggiore attenzione la traccia del problema: 0 non è un intero positivo.

[...] è giusto??

Eh, 'nzomma...

A parte l'errore di conto per cui mi veniva come discriminante 9 ....
Sui segni, mi pare ci siamo capiti ... se vuoi dirlo finemente, for sake of brevity, oppure, più grezzamente, non avevo voglia di scrivere tutto, ma sì, il segno lo porta p.
Per il caso p< 0, scrivi y=-p, allora cerchiamo soluzioni a y^n-y=2n (speravo si capisse senza troppe storie)
Uff i typo ... 2n=pa
2n+p=pa+p=p(a+1)< (p^(p/2))*(p^a)< (p^(ap/2))
oppure (a seconda di a,p)
2n+p=pa+p=p(a+1)< (p^(p))*(p^(a/2))< (p^(ap/2))
L'unico caso che rimane fuori (a parte p=2) è così a=1, che però porta banalmente a p=2 (da p^(p/2)=2p).

Infine, è innegabile che per n=0 si abbiano valori razionali, seppur non sia richiesto.