OliForum Matematico

Trovere tutte le coppie di interi positivi a e b tali che:

$ a^2+2=3^b $

Bonne chance.


(mi spiace per gli aficionados, ma qui il teorema di Mihailescu non basta )

Partendo dal presupposto che non sono un gran dimostratore...anzi...vorrei comunque provare ad esporre la mia soluzione (anche se credo sia incompleta)

Allora se

$ a^2+2=3^b $

a destra abbiamo le potenze di 3, mentre a sinistra un quadrato perfetto aumentato poi di 2

Vediamo quindi che le coppie $ (1,1) $ e $ (5,3) $ soddisfano l'equazione

Credo (e temo) che ci siano anche altre coppie ma per ora ho trovato queste

A è chiaramente dispari.
Analizzando le congruenze modulo 8 ottengo che anche b è dispari.

Trovate le due soluzioni già qui enunciate però non riesco a dimostrare che eventualmente siano le uniche..

un aiutino??

platz ha scritto:Analizzando le congruenze modulo 8 ottengo che anche b è dispari.

be per questo penso basti un modulo 4 meno contoso

@ Alex90: le coppie sono effettivamente solo quelle, ora pero' ti resta da dimostrare che non ce ne sono altre...

@ platz: un consiglio: se esistono delle soluzioni, evidentemente i moduli da soli non bastano a dimostrare che non ce ne sono altre, quindi prova in qualche altro modo...

@ Sherlock: decisamente non e' questo il cuore del problema...

piever ha scritto:@ Sherlock: decisamente non e' questo il cuore del problema...

Stavolta l'avevo capito anche da solo E poi il suggerimento che hai dato a platz era + proficuo

Piccolo passo avanti forse inutile (se a qlcuno serve posto anche la dimostrazione): a parte il caso delle due soluzioni già trovate, se con b=k funziona allora non funziona per b=k+2. (risultato di un tentativo di induzione mal riuscita)

posso riscrivere il tutto come a^2 - 1 = 3^b -3 che è uguale a 3(3^(b-1) -1) dove b-1 è pari. Scompongo allora il primo termine in (a-1)(a+1) e il secondo in 3(3^((b-1)/2) -1)(3^((b-1)/2)+1)
Ora osservo che posso avere che (a-1) può essere uguale solo a (3^((b-1)/2) -1) (eventualmente col tre davanti). Impostando un sistema in cui
(a-1)=(3^((b-1)/2) -1)
e
(a+1)=3(3^((b-1)/2) +1)
ottengo b=1 e b=3. Il sistema in cui (a-1)=3(3^((b-1)/2) -1) invece non ha soluzioni poichè avrei che 3^((b+1)/2) - 3^((b-1)/2)=-2 che è chiaramente impossibile.

E' accettabile??

Beh, devi stare attento ad una cosa:

a+1 e a-1 non sono coprimi, quindi esistono anche altri casi...

Pero' penso che scomponendo forse si arriva a qualcosa...


scrivi in LaTeX please...

piever ha scritto: a+1 e a-1 non sono coprimi, quindi esistono anche altri casi...

Pero' penso che scomponendo forse si arriva a qualcosa...

dovrei fare il massimo comun divisore tra a-1 e a+1? perchè altrimenti ho paura di ricadere nel circolo vizioso delle congruenze..

risp please

piever ha scritto:penso che ... si arriva

Trasferirsi allo scientifico?

darkcrystal ha scritto:

piever ha scritto:penso che ... si arriva

Trasferirsi allo scientifico?

"Gira voce che e' morto il congiuntivo" ha detto trionfante il passato prossimo...


Comunque si' platz, qualora tu abbia il prodotto di due cose quasi coprime, pare sia buona norma fare il massimo comun divisore..

platz ha scritto:

piever ha scritto: a+1 e a-1 non sono coprimi, quindi esistono anche altri casi...

Pero' penso che scomponendo forse si arriva a qualcosa...

dovrei fare il massimo comun divisore tra a-1 e a+1? perchè altrimenti ho paura di ricadere nel circolo vizioso delle congruenze..

risp please

Il problema non e' tanto il fatto che quei due fattori non sono coprimi (in fondo, a parte per un fattore 2 di mezzo, lo sono quasi...), quanto il fatto che ci potrebbe essere un fattore di $ 3^{\frac{b-1}{2}}-1 $ che divide $ a-1 $, mentre un altro divide $ a+1 $, e 'incroci' di questo tipo... non e' detto che se i due membri si scompongono cosi' allora per forza deve valere l'uguaglianza in quel modo.

se qualcuno che non è al mare avesse voglia di postare una soluzione...

Ok, ecco la soluzione:

Poniamo $ j^2=-2 $

Sappiamo che in $ \mathbb{Z}[\sqrt{-2}] $ c'e' la fattorizzazione unica, a meno di elementi invertibili.

La nostra tesi diventa $ (a+j)(a-j)=(1+j)^b(1-j)^b $ che implica che la parte immaginaria di $ (1+j)^b $ sia + o - 1. Ma la parte immaginaria di quella cosa e' data da:

$ x_0=0 $, $ x_1=1 $, $ x_n=2x_{n-1}-3x_{n-2} $

Quindi ci si riduce a vedere quando $ x_b=\pm 1 $

Ora si vede facilmente modulo 2 che b deve essere dispari, quindi, modulo 3 $ x_b=-1 $ e' impossibile, per cui dobbiamo vedere quando $ x_b=1 $

Un altro modo per scrivere la parte immaginaria e':

$ \displaystyle \frac{(1+j)^b-(1-j)^b}{(1+j)-(1-j)} $

Supponiamo che $ (1+j)^b-(1-j)^b=(1+j)-(1-j) $ con $ b\ge 2 $

Avremo (ho solo riscritto alcuni termini):

$ ((2j+1)-j)^b+(2j+1)(1-j)^{b-2}=(2j+1)-1 $

E quindi:

$ (-j)^b=-1\pmod{2j+1} $

Ma $ ord_{2j+1}(-j)=6 $ quindi 3|b, ma allora, posto $ 3^b=c^3 $ l'equazione iniziale diventa:

$ a^2+2=c^3 $ che ha come soluzione solo a=5, c=3 (credo sia stato dimostrato in questo forum da qualche parte, ma comunque e' facile ragionando in $ \mathbb{Z}[\sqrt{-2}] $)