Quasi come Fermat, ma questo ha soluzioni... eccome!!

[Simo_the_wolf]

$ \forall n \in \mathbb{N}_0 $ dimostrare che esiste almeno una tripla di interi positivi $ x,y,z $ tale che:

$ \displaystyle x^{n-1}+y^n=z^{n+1} $

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

prendi n=2
con x=4 y=2 e z=2 è dimostrato

[salva90]

Credo che dovresti fornire una dimostrazione valida $ \forall n \in \mathbb{N} $

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

la domanda non specificava , quindi siccome ne ho trovata almeno una è dimostrato. (in effetti così fatto non ha molto senso)

[salva90]

"Dato $ n\in \mathbb{N}_0 $" significa che deve valere per ogni $ n $ assegnato e non solo per $ n=2 $.

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

veramente no, da come lo ha scritto vuol dire che e appartiene ai naturali escluso lo 0, non ha detto di dimostrare che ci sono infinite soluzioni per ogni n, ma almeno una. Quindi siccome ne ho trovata almeno una è dimostrato

[Sisifo]

Credo che il testo voglia dire che per ogni n fissato appartenente ai naturali escluso lo zero, esiste almeno una soluzione a quell'equazione. Non credo basti esibire la soluzione per n=2.

[hydro]

non ha detto di dimostrare che ci sono infinite soluzioni per ogni n, ma almeno una.

Infatti, almeno una fissato $ n \in \mathbb{N}_0 $, il che è come dire che $ \forall n \in \mathbb{N}_0 \exists (x,y,z) $ soluzione. Tu hai dimostrato che per n=2 esiste una soluzione, ma questo non implica che ne esista una per ogni n

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

a ok io avevo capito bastasse dimostrarne almeno uno, in effetti mi sembrava troppo banale così fatto

[Simo_the_wolf]

Si ok magari andava specificato, ma speravo nel buon senso altrui...

[darkcrystal]

Allora... innanzitutto bel problema!
Comunque... partiamo da questa che è vera: $ 3^2+2^3*3^2 = 3^4 $.
Ora, io voglio trovare due interi a e b tali che moltiplicando ogni termine della relazione precedente per $ 2^a*3^b $ i tre valori siano rispettivamente potenze (n-1),n, e (n+1)-esime.
Ma questo posso sempre farlo per il Teorema Cinese del Resto: infatti le condizioni che devo porre sono:
$ 2+b \equiv 0 \pmod {n-1} $
$ 2+b \equiv 0 \pmod {n} $
$ 4+b \equiv 0 \pmod {n+1} $
e
$ a \equiv 0 \pmod {n-1} $
$ 3+a \equiv 0 \pmod {n} $
$ a \equiv 0 \pmod {n+1} $

Che hanno sempre soluzione: infatti, se n è pari allora (n-1),n,(n+1) non hanno primi in comune, altrimenti, se n è dispari, c'è un primo (2) comune a (n-1) e (n+1). Tuttavia uno dei due è divisibile solo esattamente per 2 (cioè non è divisibile per 4) e l'unica condizione che dà è che a sia pari. Ma questo è in accordo con l'altra condizione, che sarà più stretta ma sicuramente non in disaccordo. Quindi abbiamo due valori a e b con le caratteristiche dette prima, il che vuol dire che ogni termine diventa una potenza dell'esponente "giusto": prendendo le rispettive radici abbiamo (x,y,z).

Ciao!