Inviato: Gio Gen 01, 1970 1:33 am Oggetto:
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Risolvere, con a,b,c,d numeri naturali
$ 2^a + 3^b + 4^c = d^2 $
buon divertimento
dal vecchio forum
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jack202
Inviato: Gio Gen 01, 1970 1:33 am Oggetto:
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Risolvere, con a,b,c,d numeri naturali
$ 2^a + 3^b + 4^c = d^2 $
buon divertimento
Inviato: Gio Gen 01, 1970 1:33 am Oggetto:
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Risolvere, con a,b,c,d numeri naturali
$ 2^a + 3^b + 4^c = d^2 $
buon divertimento
Appassionatamente BTA 197!
Mah, non son riuscita a far molto. Lo scrivo ugualmente visto che è un pò che spreco fogli a far conti, non avrò azzeccato i moduli. Magari a qualcuno che vuole continuare torna utile 
$ 2^a + 3^b + 4^c = d^2 $
Vediamo cosa succede se qualcuno tra $ a,b,c, $ è 0.
Intanto sarebbe assurdo dire $ d=0 $
$ \rightarrow a= 0 $
$ 1+ 3^b + 4^c = d^2 $ (assurdo)
Infatti se fosse $ b,c \ne 0 $ si ha $ LHS \equiv 2 \ (3) $, $ RHS \equiv 0,1 \ (3) $ che è assurdo
Se fosse $ b=0, c \ne 0 $ rimarrebbe $ 2( 1 +2^{2c-1}) = d^2 $ (assurdo modulo 4)
Se invece fosse $ c=0, b \ne 0 $ rimarrebbe $ 2 + 3^b = d^2 $ (assurdo modulo 3)
Se fosse invece $ a=b=c=0 $ beh, è chiaro.
Se $ a=1 $
$ 2 +3^b+4^c=d^2 $
$ LHS \equiv 1,3 \ (4) $, $ d^2 \equiv 0,1 \ (4) $
Allora $ LHS \equiv RHS \equiv 1 \rightarrow b $ è pari. [Questo fatto serve dopo]
Passiamo al caso generale, che per gli altri zeri non ho trovato metodi efficienti.
$ 2^a + 3^b +4^c = d^2 $
$ LHS \equiv 0,2 \ (3) $
$ RHS \equiv 0,1 \ (3) $
Allora $ LHS\equiv RHS\equiv 0 \ (3) $
Dunque $ d=3k $, $ a=2h+1 $
$ 2^{2h+1}+2^{2c}=(3k)^2 -3^b $
$ LHS \equiv 0 \ (4) \rightarrow RHS \equiv 0 \ (4) \rightarrow 3^2(k^2-3^{b-2})\equiv 0 \ (4) $ Quindi $ k $ è dispari, $ b-2 $ e quindi $ b $ sono pari. [b quindi lo è sempre, qualunque sia a]
$ (3k)^2-3^b=3^2(k^2-3^{b-2}) $
$ \displaystyle 2^{min\{2h+1,2c\}}| (k^2-3^{b-2}) $
Magari se qualcuno volesse continuarlo
ora m'è proprio passata la voglia di far conti 
$ 2^a + 3^b + 4^c = d^2 $
Vediamo cosa succede se qualcuno tra $ a,b,c, $ è 0.
Intanto sarebbe assurdo dire $ d=0 $
$ \rightarrow a= 0 $
$ 1+ 3^b + 4^c = d^2 $ (assurdo)
Infatti se fosse $ b,c \ne 0 $ si ha $ LHS \equiv 2 \ (3) $, $ RHS \equiv 0,1 \ (3) $ che è assurdo
Se fosse $ b=0, c \ne 0 $ rimarrebbe $ 2( 1 +2^{2c-1}) = d^2 $ (assurdo modulo 4)
Se invece fosse $ c=0, b \ne 0 $ rimarrebbe $ 2 + 3^b = d^2 $ (assurdo modulo 3)
Se fosse invece $ a=b=c=0 $ beh, è chiaro.
Se $ a=1 $
$ 2 +3^b+4^c=d^2 $
$ LHS \equiv 1,3 \ (4) $, $ d^2 \equiv 0,1 \ (4) $
Allora $ LHS \equiv RHS \equiv 1 \rightarrow b $ è pari. [Questo fatto serve dopo]
Passiamo al caso generale, che per gli altri zeri non ho trovato metodi efficienti.
$ 2^a + 3^b +4^c = d^2 $
$ LHS \equiv 0,2 \ (3) $
$ RHS \equiv 0,1 \ (3) $
Allora $ LHS\equiv RHS\equiv 0 \ (3) $
Dunque $ d=3k $, $ a=2h+1 $
$ 2^{2h+1}+2^{2c}=(3k)^2 -3^b $
$ LHS \equiv 0 \ (4) \rightarrow RHS \equiv 0 \ (4) \rightarrow 3^2(k^2-3^{b-2})\equiv 0 \ (4) $ Quindi $ k $ è dispari, $ b-2 $ e quindi $ b $ sono pari. [b quindi lo è sempre, qualunque sia a]
$ (3k)^2-3^b=3^2(k^2-3^{b-2}) $
$ \displaystyle 2^{min\{2h+1,2c\}}| (k^2-3^{b-2}) $
Magari se qualcuno volesse continuarlo
ora m'è proprio passata la voglia di far conti