Problemino da Cesenatico (Credo)
Trovare le terne di naturali $(n,k,y)$ tali che $3^k-1=y^n$.
Io l'ho risolto (almeno credo, poi chiederò consiglio
). Ve la propongo 
[xdom="Seneca"]Ho spostato la discussione in una sezione più appropriata.[/xdom]
Io l'ho risolto (almeno credo, poi chiederò consiglio
). Ve la propongo [xdom="Seneca"]Ho spostato la discussione in una sezione più appropriata.[/xdom]
Risposte
Devo pensarci su un pò ...adesso è tardi .
Le terne \(\displaystyle (n,k,y) \) sono 2: \(\displaystyle (1,1,2) \) ed \(\displaystyle (3,2,2) \); L'ho riscritta nella forma $root(n)((3^k-1))=y$, ovvero che deve esistere la radice n-esima di \(\displaystyle 3^k-1 \), e che esiste solo con quelle terne....ma non saprei dimostrartelo o roba simile 
Io ne ho una. Correggetemi se ho saltato qualcosa o è sbagliata.
(E' scritta un po' maluccio perché vado di fretta, scusatemi).
(E' scritta un po' maluccio perché vado di fretta, scusatemi).
Una bella dimostrazione; solo una piccola correzione, che mi pare modifichi poco il ragionamento (non ho approfondito). Da $(3^h-1)(3^h+1)=2^na^n$ si deduce
${(3^h-1=2^pa^alpha),(3^h+1=2^qa^beta),(p+q=n),(alpha+beta=n):}$
${(3^h-1=2^pa^alpha),(3^h+1=2^qa^beta),(p+q=n),(alpha+beta=n):}$
E poi come si continua?
(Diciamo che sono alle prime dimostrazioni e mi esce la stessa cosa... Quindi mi chiedo: è solo per indicare che effettivamente $alpha$ e $beta$ possono essere diversi da $p$ e $q$? Oppure porta differenze nel proseguimento?). Vabbe', proverò a capire
(Diciamo che sono alle prime dimostrazioni e mi esce la stessa cosa... Quindi mi chiedo: è solo per indicare che effettivamente $alpha$ e $beta$ possono essere diversi da $p$ e $q$? Oppure porta differenze nel proseguimento?). Vabbe', proverò a capire
Attenzione: non è vero che per $n>1$ non esistono soluzioni.
Per esempio la terna $(3,2,2) $ (in ordine n,k,y) soddisfa l'equazione.
E anche tutte le terne con $y=k=0$ funzionano, qualunque sia il valore di $n$.
E in realtà neanche la correzione di giammaria mi sembra corretta. Io direi piuttosto:
$3^h - 1 = 2^p * a^n$
$3^h + 1 = 2^q * b^n$
con $p+q=n$.
Perché i membri a sinistra, che differiscono di $2$, possono avere in comune solo fattori $2$.
E tra l'altro si scopre subito che uno tra $p$ e $q$ deve essere uguale a $1$, perché tra due numeri pari consecutivi ce ne è sempre uno che non è divisibile per $4$.
Per esempio la terna $(3,2,2) $ (in ordine n,k,y) soddisfa l'equazione.
E anche tutte le terne con $y=k=0$ funzionano, qualunque sia il valore di $n$.
E in realtà neanche la correzione di giammaria mi sembra corretta. Io direi piuttosto:
$3^h - 1 = 2^p * a^n$
$3^h + 1 = 2^q * b^n$
con $p+q=n$.
Perché i membri a sinistra, che differiscono di $2$, possono avere in comune solo fattori $2$.
E tra l'altro si scopre subito che uno tra $p$ e $q$ deve essere uguale a $1$, perché tra due numeri pari consecutivi ce ne è sempre uno che non è divisibile per $4$.
Giusto. Grazie, era l'illuminazione di cui avevo bisogno
Quasi quasi mi stavo illudendo di averla fatta bene ahahah
Quasi quasi mi stavo illudendo di averla fatta bene ahahah
Ci provo anch'io (lo so che è giá stata postata una soluzione ma non ho voluto guardare quindi non so se farò giusto)
$3k-1=y^n$
Quindi $3k$ è il successivo di una potenza di un numero.
Inoltre $y^n= 2 mod 3$
I numeri della forma $ 2 mod 3$ danno con la prova del nove risultato $2$,$5$ o $8$.
I quadrati hanno $1,4,7,9$; quindi $n!=2$.
I cubi $1,8,9$ l'unico è l'$8$ che è cubo dei numeri $2 mod 3$, proprio perchè si ripete la sequenza 1-8-9. Però se $y=2 mod 3$ e $y^3=2 mod 3$ significa che $y=8$
Quindi
$k=171$
$y=8$
$n=3$
$3k-1=y^n$
Quindi $3k$ è il successivo di una potenza di un numero.
Inoltre $y^n= 2 mod 3$
I numeri della forma $ 2 mod 3$ danno con la prova del nove risultato $2$,$5$ o $8$.
I quadrati hanno $1,4,7,9$; quindi $n!=2$.
I cubi $1,8,9$ l'unico è l'$8$ che è cubo dei numeri $2 mod 3$, proprio perchè si ripete la sequenza 1-8-9. Però se $y=2 mod 3$ e $y^3=2 mod 3$ significa che $y=8$
Quindi
$k=171$
$y=8$
$n=3$
Guarda che la formula era $3^k-1=y^n$ e non quella che hai scritto. Riferendosi alla tua, effettivamente non ci sono soluzioni per $n=2$, ma per $n=3$ vanno bene tutte le soluzioni in cui $y=3x-1$; infatti allora
$3k=(3x-1)^3+1->3k=27x^3-27x^2+9x-1+1->k=9x^3-9x^2+3x$
La soluzione $y=3x-1$ va bene anche per tutti gli $n$ dispari.
Per il problema iniziale, io ho trovato che nel caso di $n$ pari l'unica soluzione è quella (già indicata) $y=k=0$.
Comincio col notare che $n=0$ non dà soluzione e parto dalla formule di milizia96, assumendo $p=1$, cioè
${(3^h-1=2a^n),(3^h+1=2^(n-1)b^n):}$
Sottraendo membro a membro e dividendo per 2 ottengo $2^(n-2)b^n-a^n=1$
Pongo ora $n=2m$, con $m>=1$:
$2^(2m-2)b^(2m)-a^(2m)=1->(2^(m-1)b^m)^2-(a^m)^2=1$
Ma in $NN$ l'unico caso in cui una differenza di quadrati vale 1 si ha in $1^2-0^2=1$, quindi $a=0->y=0$.
Nel caso in cui fosse $q=1$ il ragionamento è analogo.
Nel caso di $n$ dispari arrivo alla conclusione che non ci sono altre soluzioni oltre a quelle indicate. Il mio ragionamento parte dalla formula iniziale, senza notare che $k$ è pari e farne le precedenti deduzioni; è però molto contorto e quindi non lo riporto, nella speranza che qualcuno ne trovi uno migliore.
$3k=(3x-1)^3+1->3k=27x^3-27x^2+9x-1+1->k=9x^3-9x^2+3x$
La soluzione $y=3x-1$ va bene anche per tutti gli $n$ dispari.
Per il problema iniziale, io ho trovato che nel caso di $n$ pari l'unica soluzione è quella (già indicata) $y=k=0$.
Comincio col notare che $n=0$ non dà soluzione e parto dalla formule di milizia96, assumendo $p=1$, cioè
${(3^h-1=2a^n),(3^h+1=2^(n-1)b^n):}$
Sottraendo membro a membro e dividendo per 2 ottengo $2^(n-2)b^n-a^n=1$
Pongo ora $n=2m$, con $m>=1$:
$2^(2m-2)b^(2m)-a^(2m)=1->(2^(m-1)b^m)^2-(a^m)^2=1$
Ma in $NN$ l'unico caso in cui una differenza di quadrati vale 1 si ha in $1^2-0^2=1$, quindi $a=0->y=0$.
Nel caso in cui fosse $q=1$ il ragionamento è analogo.
Nel caso di $n$ dispari arrivo alla conclusione che non ci sono altre soluzioni oltre a quelle indicate. Il mio ragionamento parte dalla formula iniziale, senza notare che $k$ è pari e farne le precedenti deduzioni; è però molto contorto e quindi non lo riporto, nella speranza che qualcuno ne trovi uno migliore.
"giammaria":
Guarda che la formula era 3k−1=yn e non quella che hai scritto.
...certo che sono proprio stupido...ultimamente ho la testa tra le nuvole...sempre troppo distratto!
"kobeilprofeta":
[quote="giammaria"] Guarda che la formula era 3k−1=yn e non quella che hai scritto.
...ultimamente ho la testa tra le nuvole...sempre troppo distratto![/quote]
vedi se c'è pure la mia di testa ...in caso positivo avvertimi che la vengo a riprendere
Provo con la mia soluzione, che dovrebbe includere tutti i casi.
Per [tex]n=1[/tex] si hanno infinite soluzioni "banali".
[tex]n[/tex] non può essere pari, perchè altrimenti [tex]y^n \equiv 1 \pmod{3}[/tex] o [tex]y^n \equiv 0 \pmod{3}[/tex], mentre [tex]3^k -1 \equiv -1 \pmod{3}[/tex].
Dunque [tex]n[/tex] è dispari. E' dunque possibile riscrivere l'equazione di partenza così:
[tex]3^k = (y+1) \left ( y^{n-1} - y^{n-2} + y^{n-3} - ... + 1 \right )[/tex]
Da qui si deduce [tex]y+1 = 3^a[/tex], [tex]a \ge 0[/tex].
Se [tex]a=0[/tex], allora [tex]y=0[/tex], [tex]k=0[/tex], [tex]n[/tex] qualsiasi.
Per [tex]a>0[/tex], tenendo conto che [tex]n[/tex] è dispari, si hanno le seguenti equivalenze:
[tex]y^{n-1} \equiv 1 \pmod{3}[/tex]
[tex]-y^{n-2} \equiv 1 \pmod{3}[/tex]
...
quindi
[tex]\left ( y^{n-1} - y^{n-2} + y^{n-3} - ... + 1 \right ) \equiv n \pmod{3}[/tex]
da cui si deduce che [tex]n[/tex] deve essere multiplo di [tex]3[/tex].
Sostituiamo quindi [tex]n=3n_1[/tex]:
[tex]y^{3n_1} + 1 = \left ( y^{n_1} + 1 \right ) \left ( y^{2n_1} - y^{n_1} + 1 \right ) = 3^k[/tex]
Con ragionamento analogo a prima si ha che [tex]y^{n_1} + 1 = 3^b[/tex], [tex]b \ge 0[/tex]. Da qui:
[tex]y^{3n_1} + 1 = 3^b \left ( 3^{2b} - 2 \cdot 3^b + 1 - 3^b + 1 + 1 \right ) =[/tex]
[tex]= 3^b \left ( 3^{2b} - 3 \cdot 3^b + 3 \right ) = 3^b \cdot 3 \left ( 3^{2b-1} - 3^b + 1 \right ) = 3^k[/tex]
Per [tex]b>1[/tex] il termine in parentesi è maggiore di [tex]1[/tex] e non è multiplo di [tex]3[/tex], per cui si avrebbe un assurdo.
Per [tex]b=0[/tex] si riottiene la soluzione [tex]y=0[/tex], [tex]k=0[/tex], [tex]n[/tex] qualsiasi.
Per [tex]b=1[/tex] si ha [tex]y^{n_1} = 2[/tex], quindi [tex]y=2[/tex], [tex]n_1 = 1[/tex], [tex]n=3[/tex], [tex]k=2[/tex]. Questa è l'unica soluzione non banale.
Per [tex]n=1[/tex] si hanno infinite soluzioni "banali".
[tex]n[/tex] non può essere pari, perchè altrimenti [tex]y^n \equiv 1 \pmod{3}[/tex] o [tex]y^n \equiv 0 \pmod{3}[/tex], mentre [tex]3^k -1 \equiv -1 \pmod{3}[/tex].
Dunque [tex]n[/tex] è dispari. E' dunque possibile riscrivere l'equazione di partenza così:
[tex]3^k = (y+1) \left ( y^{n-1} - y^{n-2} + y^{n-3} - ... + 1 \right )[/tex]
Da qui si deduce [tex]y+1 = 3^a[/tex], [tex]a \ge 0[/tex].
Se [tex]a=0[/tex], allora [tex]y=0[/tex], [tex]k=0[/tex], [tex]n[/tex] qualsiasi.
Per [tex]a>0[/tex], tenendo conto che [tex]n[/tex] è dispari, si hanno le seguenti equivalenze:
[tex]y^{n-1} \equiv 1 \pmod{3}[/tex]
[tex]-y^{n-2} \equiv 1 \pmod{3}[/tex]
...
quindi
[tex]\left ( y^{n-1} - y^{n-2} + y^{n-3} - ... + 1 \right ) \equiv n \pmod{3}[/tex]
da cui si deduce che [tex]n[/tex] deve essere multiplo di [tex]3[/tex].
Sostituiamo quindi [tex]n=3n_1[/tex]:
[tex]y^{3n_1} + 1 = \left ( y^{n_1} + 1 \right ) \left ( y^{2n_1} - y^{n_1} + 1 \right ) = 3^k[/tex]
Con ragionamento analogo a prima si ha che [tex]y^{n_1} + 1 = 3^b[/tex], [tex]b \ge 0[/tex]. Da qui:
[tex]y^{3n_1} + 1 = 3^b \left ( 3^{2b} - 2 \cdot 3^b + 1 - 3^b + 1 + 1 \right ) =[/tex]
[tex]= 3^b \left ( 3^{2b} - 3 \cdot 3^b + 3 \right ) = 3^b \cdot 3 \left ( 3^{2b-1} - 3^b + 1 \right ) = 3^k[/tex]
Per [tex]b>1[/tex] il termine in parentesi è maggiore di [tex]1[/tex] e non è multiplo di [tex]3[/tex], per cui si avrebbe un assurdo.
Per [tex]b=0[/tex] si riottiene la soluzione [tex]y=0[/tex], [tex]k=0[/tex], [tex]n[/tex] qualsiasi.
Per [tex]b=1[/tex] si ha [tex]y^{n_1} = 2[/tex], quindi [tex]y=2[/tex], [tex]n_1 = 1[/tex], [tex]n=3[/tex], [tex]k=2[/tex]. Questa è l'unica soluzione non banale.
Direi che va bene; non differisce di molto dalla soluzione che avevo trovato a suo tempo (adesso l'ho gettata via). Ti faccio però notare che c'è un'eccezione al tuo "$n$ non può essere pari" e si ha per $n=k=0$.
Grazie per la conferma.
Non mi pare vero.
"giammaria":
Ti faccio però notare che c'è un'eccezione al tuo "$n$ non può essere pari" e si ha per $n=k=0$.
Non mi pare vero.
Hai ragione, ho sbagliato nello scrivere e volevo dire $y=k=0$; infatti $3^0-1=0^n$, con $n$ positivo qualsiasi.
Ho dimenticato di farti i complimenti per la dimostrazione con $n$ pari, decisamente molto migliore della mia.
Ho dimenticato di farti i complimenti per la dimostrazione con $n$ pari, decisamente molto migliore della mia.
"giammaria":
Hai ragione, ho sbagliato nello scrivere e volevo dire $y=k=0$; infatti $3^0-1=0^n$, con $n$ positivo qualsiasi.
Hai ragione, che poi l'ho pure indicata tra le soluzioni.
"giammaria":
Ho dimenticato di farti i complimenti per la dimostrazione con $n$ pari, decisamente molto migliore della mia.
Beh, ci ho perso molto tempo prima di trovare una via relativamente pulita. Inizialmente lavoravo su $k$ e trovavo continuamente condizioni su condizioni ma restavano sempre spiragli di altre possibili soluzioni oltre a quelle trovate.
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