$6^n -2^(n+1)+1$ quadrato perfetto

[Gi81]

Trovare tutti gli $n$ interi positivi tali che $6^n -2^(n+1)+1$ è un quadrato perfetto

[giammaria2]

Non avrai sbagliato a scrivere? Ho provato con $n$ fino a 20 ma, salvo miei errori, non trovo quadrati.
C'è un quadrato con $n=0$, ma $n$ non è positivo.

[Gi81]

Non ho sbagliato a scrivere
Potrebbe anche essere che non esistono tali $n$.

[axpgn]

Penso di poter dimostrare che non ne esistono ... forse

Ho ripreso il ragionamento fatto da giammaria in suo precedente post ...

Il numero $6^n-2^(n+1)+1$ è dispari se $n$ intero positivo.
Perciò se è anche un quadrato perfetto deve essere $6^n-2^(n+1)+1=(2k+1)^2$,
da cui $2^n(3^n-2)=4k(k+1)$.
Il membro di sinistra deve perciò essere divisibile per quattro e se è un quadrato lo rimane anche dopo la divisione e quindi $2^(n-2)(3^n-2)=k(k+1)$
I due fattori di sinistra sono primi fra loro perciò devono essere entrambi dei quadrati affinché lo sia il loro prodotto.
Ne consegue che $n$ deve essere pari.
Ma se $n$ è pari allora anche $3^n$ è un quadrato e non ci sono quadrati perfetti che distano due unità quindi $3^n-2$ non è un quadrato perfetto.
In conclusione non esistono $n$ per cui quell'espressione è un quadrato perfetto.

Cordialmente, Alex

[giammaria2]

Mi pare che axpgn abbia fatto un po' di confusione.

"axpgn":,
... da cui $2^n(3^n-2)=4k(k+1)$.
Il membro di sinistra ... se è un quadrato lo rimane ...

Ma non è un quadrato: lo era prima di sottrarvi 1.

[axpgn]

Giusto.

[giammaria2]

Effettivamente non esistono tali $n$, ed ecco la dimostrazione.

Con $n$ intero positivo, il numero è dispari e può solo essere il quadrato del dispari $2k-1$ (con $k>=1$). Perciò
$(2k-1)^2=6^n-2^(n+1)+1$

Prima di pensare alla soluzione dell'equazione, ne deduco una limitazione.
$(2k-1)^2<4^n-2*2^n+1=(2^n-1)^2$
Estraggo la radice, notando che le basi sono positive: $2k-1<2^n-1$ e quindi
$k<2^(n-1) " " " " " " " " $ (*)

Passo ora alla soluzione dell'equazione, che scrivo come
$4k^2-4k+1=2^n*3^n-2*2^n+1->4k(k-1)=2^n(3^n-2)$
Uno fra $k, k-1$ è pari, quindi il primo membro è divisibile per 8: deve perciò essere $n>=3$. Dividendo per 4 ottengo
$k(k-1)=2^(n-2)(3^n-2)$
Solo uno fra $k,k-1$ è pari, quindi il fattore $2^(n-2)$ deve interamente rientrare in esso, accompagnato da un divisore $p$ di $3^n-2$.Abbiamo quindi i seguenti due casi:
1) Se $k$ è pari, si ha $p*2^(n-2)=k$ e per la (*) $p*2^(n-2)<2^(n-1)->p<2$: si ha quindi $p=1$.
2) Se $k$ è dispari, si ha $p*2^(n-2)=k-1$ e per la (*) $p*2^(n-2)<2^(n-1)-1->p<2-1/2^(n-2)$. Ricordando che $n>=3$, se ne deduce $p=1$.

In entrambi i casi si ha $p=1$: i due fattori $2^(n-2)$ e $3^n-2$ non si mescolano fra loro. Uno di essi vale $k$ e l'altro $k-1$, quindi la loro differenza, in valore assoluto, vale 1. Perciò
$3^n-2-2-2^(n-2)=+-1$
Per $n=3$, il primo membro vale $27-2-2=23$ e non è uguale a $+-1$. All'aumentare di $n$, il primo membro aumenta perché $3^n$ cresce più velocemente di $2^(n-2)$ e l'eguaglianza continua a non sussistere.

[dan952]

@giammaria

$(2k-1)^2 > (2^n-1)^2$

[giammaria2]

@dan95
Vero; ho messo il < al posto del > e questo vanifica tutta la mia soluzione.
Accidenti all'eccesso di pubblicità! Negli ultimi 5 minuti mi è comparsa la stessa reclame almeno 10 volte. Capisco la necessità di finanziamenti, ma un minimo di moderazione non guasterebbe.

[axpgn]

[ot]

"giammaria":
Accidenti all'eccesso di pubblicità! Negli ultimi 5 minuti mi è comparsa la stessa reclame almeno 10 volte.

Ad ogni click!!!
Una pubblicità aggressiva in questo modo fa scappare l'acquirente non lo invoglia affatto.
BTW puoi seguire le istruzioni del buon veciorik nella sezione "Questioni tecniche" se vuoi metterci uno sbarramento [/ot]

[axpgn]

@giammaria
[ot]Guarda qui per il problema della pubblicità[/ot]

[Gi81]

Supponiamo esistano $m,n$ interi positivi tali che $m^2 = 6^n -2^(n+1) +1$

$n$ non può essere pari.

Tenendo presente che vale sempre $4^n < 6^n$, da questo deduciamo che
$(2^n)^2 < (6^(n/2))^2 => 2^n < 6^(n/2) => 2^(n+1) < 2*6^(n/2)=> 6^n -2^(n+1) +1 > 6^n -2*6^(n/2) +1$
cioè $m^2 >(6^(n/2) -1)^2$
Inoltre $m^2 < 6^n= (6^(n/2))^2$.

Pertanto se $n$ fosse pari avremmo che, posto $c:= 6^(n/2)$,
si avrebbe $c$ intero positivo e $(c-1)^2 < m^2 < c^2$, assurdo.

$n$ non può essere dispari
....

[Gi81]

Sia $n$ dispari.

1) Se $3|n+1$

Allora $6|n+1$, da cui $n+1= 6k$ per qualche $k$ intero positivo.
Ora, tenendo presente che $2^(6k) -1$ è multiplo di $7$ (perché $63= 2^6 -1 |2^(6k) -1$), si ha

$m^2 = 6^n - (2^(6k) -1) -= (-1)^n - 0 (mod 7) -= 6 (mod 7)$,
assurdo perché un quadrato non è mai congruo a $6$ modulo $7$

2) Se \( 3 \nmid n+1 \)
...

[Gi81]

Sia $n$ dispari tale che \( 3 \nmid n+1 \),
quindi esiste $h$ intero positivo non multiplo di $3$ tale che $2h =n+1$.

Allora si ha che:
1) \( 3 \mid 6^n - 2^{n+1} +1 \)

Infatti $6^n - 2^{n+1} +1 = 6^n - 4^h +1 -= 0^n - 1^h +1 (mod 3) -= 0 (mod 3)$

2) \( 9 \nmid 6^n - 2^{n+1} +1 \)

Lemma: Per ogni $m in NN$, si ha $4^m -= 1 (mod 9) <=> m-=0 (mod 3)$
Dim.Lemma:
$m=3k => 4^m = 4^(3k) = 64^k -= 1^k (mod 9) -= 1 (mod 9)$
$m=3k+1 => 4^m = 4^(3k+1) = 64^k*4 -= 1^k*4 (mod 9) -= 4 (mod 9)$
$m=3k+2 => 4^m = 4^(3k+2) = 64^k*16 -= 1^k*16 (mod 9) -= 7 (mod 9)$
C.V.D.

Ora possiamo dimostrare il punto (2)
Se $n=1$ si ha $6^n - 2^{n+1} +1 = 6-4+1 = 3$, che non è divisibile per $9$.

Se $n>1$ si ha $6^n -= 0 (mod 9)$, da cui $6^n - 2^{n+1} +1 = 6^n - 4^h +1 -= - 4^h +1 (mod 9)$,
che non è congruo a $0$ per il lemma.

Ciò significa che $m^2$ è divisibile per $3$ ma non per $9$, e questo è assurdo.