OliForum Matematico

Poichè mi pare che ultimamente TDN sia stata abbondantemente trascurata(l'ultimo messaggio risale al 20 dicembre)posto questo problema del PEN che non è difficile, ma ammette una soluzione alquanto "elegante".....
$ a $ e $ b $ sono due interi nonnegativi tali che $ 2^na + b $ è un quadrato perfetto per ogni n intero nonnegativo.Dimostrare che allora necessariamente a =0.

sia $ {\alpha_n}^2=2^n a +b \forall n \in N $. se $ n=0 $ allora $ b={\alpha_0}^2 $. se $ n=2 $ si ha $ {\alpha_2}^2=4a+b=4a+{\alpha_0}^2 $.dalla definizione di a e b segue le definizione di $ {\alpha_0} $ e $ \alpha_2 $. se $ n=1 $ si ha $ {\alpha_1}^2=2a+b=\frac {{\alpha_2}^2-{\alpha_0}^2} {2} $ cioe $ \alpha_1=QM(\alpha_0, \alpha_2) $, assurdo dimostrato da febo qualche post fa viewtopic.php?t=9292&postdays=0&postorder=asc&start=15

e la soluzione bella?

jordan ha scritto:sia $ {\alpha_n}^2=2^n a +b \forall n \in N $. se $ n=0 $ allora $ b={\alpha_0}^2 $. se $ n=2 $ si ha $ {\alpha_2}^2=4a+b=4a+{\alpha_0}^2 $.dalla definizione di a e b segue le definizione di $ {\alpha_0} $ e $ \alpha_2 $. se $ n=1 $ si ha $ {\alpha_1}^2=2a+b=\frac {{\alpha_2}^2-{\alpha_0}^2} {2} $ cioe $ \alpha_1=QM(\alpha_0, \alpha_2) $, assurdo dimostrato da febo qualche post fa viewtopic.php?t=9292&postdays=0&postorder=asc&start=15

e la soluzione bella?

La mia soluzione: se per assurdo la tesi fosse falsa abbiamo che anche questa espressione è un quadrato perfetto $ 4(2^na + b)= (2^{n+2}a + b) + 3b $ con a intero positivo. Essendo $ 2^{n+2}a + b $ anch'esso un quadrato perfetto si avrebbe che 3b è differenza di infiniti quadrati perfetti,ovvero$ 4(2^na + b) - (2^{n+2}a + b) = 3b $ per tutti i valori di n ,che è un assurdo perchè implicherebbe che 3b ha infiniti fattori primi.Difatti l'equazione
$ x^2 - y ^2=3b=(x+y)(x-y) $ con b parametro intero positivo ha un numero di soluzione intere finito, in funzione del numero finito di fattori primi dell'intero 3b.Questa cosa comunque è così ovvia che una dimostrazione rigorosa è superflua ai fini di questo problema.
Comunque nel tuo primo passaggio,jordan, mi sembra ci sia un errore. Hai considerato il risultato b quando dovrebbe essere a+b difatti l'esponente 0 da risultato 1. e non 0.O il tuo è un errore di distrazione o non l'ho capita io

$ 2^0=0 $

come mi sono ridotto..
la tua dimostrazione è giusta, e tanto che cisono faccio una cosa ancora piu inutile, generalizzare: $ \forall c, n \in N $ abbiamo $ (2^{2c})(2^n a+b) - (2^{2c+n}a+b)=b(2^{2c+n}-1)= $$ b \displaystyle \sum_{1\le i \le 2c+n-1}{2^i}=kost $ se c è fissato, per cui..stessa conclusione

Comunque davvero bella la soluzione di Carlein...
E' semplice ma non poi così intuitiva, sarà che sono alle prime armi ma a me è piaciuta...
Io ho cominciato a scarabocchiare qualcosa ma...va bè dai lasciamo stare che è meglio