Ma che bei fattoriali!

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
fede90
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Ma che bei fattoriali!

Messaggio da fede90 » 15 lug 2008, 09:12

Trovare tutte le soluzioni con $ $a,b,c \in \mathbb N^{+}$ $ all'equazione

$ $a!b!=a!+b!+c!$ $
Bene, prendiamo un pentagono di [tex]$n$[/tex] lati...

AndBand89
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Messaggio da AndBand89 » 15 lug 2008, 13:50

...fede, questo non era quello che poi avevamo risolto sperimentalmente in pizzeria?

fede90
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Messaggio da fede90 » 15 lug 2008, 18:51

AndBand89 ha scritto:...fede, questo non era quello che poi avevamo risolto sperimentalmente in pizzeria?
No no, quello era diverso e un po' più complesso, aveva due variabili ma infinite soluzioni.. questo invece è molto carino, e ha poche soluzioni... (e soprattutto non si risolve "sperimentalmente"!)

Buon $ $\textrm{Lavoro}^3$ $ :!:
Bene, prendiamo un pentagono di [tex]$n$[/tex] lati...

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angus89
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Messaggio da angus89 » 16 lug 2008, 13:07

è abbastanza lunga come procedura(ammesso che abbia avuto l'idea giusta)
mi dite se sono sulla buona strada?

Supponiamo
$ \displaystyle \\ a>b>c \\ a=b! \cdot n \\ b=c! \cdot m $

procediamo per sostituzione...
Poi bisogna anche fare gli altri casi...
E' giusto come inizio?
Appena posso provo a ragionarci e mandarlo avanti...
Alla fine del diciannovesimo secolo, un matematico straordinario,Cantor, languiva in un manicomio... Più si avvicinava alle risposte che cercava, più esse sembravano allontanarsi. Alla fine impazzì, come altri matematici prima di lui

fede90
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Messaggio da fede90 » 16 lug 2008, 13:37

@angus89: attenzione, siccome è simmetrica in a e b, puoi supporre, senza perdere generalità, che $ $a\geq b$ $. Per quanto riguarda c... HINT:
prova a dimostrare che deve essere maggiore o uguale a b
Bene, prendiamo un pentagono di [tex]$n$[/tex] lati...

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SkZ
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Messaggio da SkZ » 16 lug 2008, 17:43

posto $ $a\geq b$ $, se dividi per $ $b!$ $, ...
impara il [tex]~\LaTeX[/tex] e mettilo da par[tex]\TeX~[/tex]

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mod_2
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Messaggio da mod_2 » 17 lug 2008, 11:20

SkZ ha scritto:posto $ $a\geq b$ $, se dividi per $ $b!$ $, ...
Seguendo i tuoi suggerimenti e quelli di fede90, ho dimostrato che non ha soluzioni, ma non ne sono tanto sicuro :?
questo invece è molto carino, e ha poche soluzioni...
Intendevi forse che non ha soluzioni?
Appassionatamente BTA 197!

String
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Messaggio da String » 17 lug 2008, 11:36

Non credo, perchè andando a tentativi ho trovato una possibile soluzione con a=b=3 e c=4
"fatti non foste a viver come bruti,
ma per seguir virtute e canoscenza"(Dante)

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mod_2
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Messaggio da mod_2 » 17 lug 2008, 21:04

oops, ho trovato l'errore che avevo fatto.
Metto ciò che ho fatto fin'ora, così potrete scovare eventuali altri errori ed aiutarmi a concludere.

$ $a!b!=a!+b!+c!$ $

Come primo passo dimostriamo che uno fra $ $a!$ $ e $ $b!$ $ è il più piccolo

Supponiamo $ $a \ge b$ $ e quindi $ $a!=kb!$ $ con k intero positivo.

Avremo $ $kb!^2=kb!+b!+c! \Longrightarrow c!$ $ è un multiplo di $ $b!$ $ e quindi $ $c! \ge b!$ $

Abbiamo ora due casi:
1) $ $b! \le c! \le a!$ $
2) $ $b! \le a! \le c!$ $

1) $ $b!$ $; $ $c!=xb!$ $; $ $a!=xyb!$ $ con $ $x,y$ $ interi positivi
$ $xyb!^2=xyb!+b!+xb!$ $
Dividiamo per $ $xb!$ $
$ $yb!=y+\frac{1}{x}+1 \Longrightarrow x=1 \Longrightarrow c!=b! \Longrightarrow y(b!-1)=2$ $ che non ha soluzioni intere positive.

2) $ $b!$ $; $ $a!=mb!$ $; $ $c!=mnb!$ $ con $ $m,n$ $ interi positivi
$ $mb!^2=mb!+b!+mnb! \Longrightarrow b!=1+\frac{1}{m}+n \Longrightarrow$ $$ $m=1 \Longrightarrow a!=b! \Longrightarrow a!=2+n$ $

Sono arrivato qui, aiutatemi a concludere...
Appassionatamente BTA 197!

fede90
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Messaggio da fede90 » 17 lug 2008, 21:27

Bene, sostanzialmente uguale alla mia soluzione...
mod_2 ha scritto: 2) $ $b!$ $; $ $a!=mb!$ $; $ $c!=mnb!$ $ con $ $m,n$ $ interi positivi
$ $mb!^2=mb!+b!+mnb! \Longrightarrow b!=1+\frac{1}{m}+n \Longrightarrow$ $$ $m=1 \Longrightarrow a!=b! \Longrightarrow a!=2+n$ $

Sono arrivato qui, aiutatemi a concludere...
Ok, ti do qualche consiglio
prima di tutto escludi i casi in cui a=1 e a=2, così sai che 3|a!. Ora ragionando modulo 3 e vedendo cos'è in realtà n... :wink:
Bene, prendiamo un pentagono di [tex]$n$[/tex] lati...

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mod_2
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Messaggio da mod_2 » 17 lug 2008, 21:46

Grazie! Forse ci sono...

I casi a=1, a=2 sono da escludere perché RHS è maggiore di 2
quindi in modulo 3 avremo
$ $0=-1+n \Longrightarrow n \equiv 1 \pmod 3$ $
n dovrebbe essere in teoria una moltiplicazione di numeri consecutivi ma siccome è congruo a 1 modulo 3 allora è un numero solo più precisamente è a+1.
Avremo quindi $ $a!=a+3 \Longrightarrow a((a-1)!-1)=3$ $
Da cui $ $a$ $ deve essere uguale a 3, $ $b=a=3$ $ e $ $c=4$ $.
Appassionatamente BTA 197!

fede90
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Messaggio da fede90 » 17 lug 2008, 22:21

Ok! :)
Bene, prendiamo un pentagono di [tex]$n$[/tex] lati...

Pierpiero
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Messaggio da Pierpiero » 18 lug 2008, 16:37

mod_2 ha scritto: 1) $ $b!$ $; $ $c!=xb!$ $; $ $a!=xyb!$ $ con $ $x,y$ $ interi positivi
$ $xyb!^2=xyb!+b!+xb!$ $
Dividiamo per $ $xb!$ $
$ $yb!=y+\frac{1}{x}+1 \Longrightarrow x=1 \Longrightarrow c!=b! \Longrightarrow y(b!-1)=2$ $ che non ha soluzioni intere positive.
Perchè?
$ y=b=2 $ funziona...
Piuttosto $ y=2 $ non è accettabile...

Rigel
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Messaggio da Rigel » 18 lug 2008, 17:49

Pierpiero ha scritto:
mod_2 ha scritto: 1) $ $b!$ $; $ $c!=xb!$ $; $ $a!=xyb!$ $ con $ $x,y$ $ interi positivi
$ $xyb!^2=xyb!+b!+xb!$ $
Dividiamo per $ $xb!$ $
$ $yb!=y+\frac{1}{x}+1 \Longrightarrow x=1 \Longrightarrow c!=b! \Longrightarrow y(b!-1)=2$ $ che non ha soluzioni intere positive.
Perchè?
$ y=b=2 $ funziona...
Piuttosto $ y=2 $ non è accettabile...
Se fosse $ x=1 $ e $ y=b=2 $, si avrebbe $ a!=xyb!=2\cdot2!=4 $, che è assurdo.
"Non ho particolari talenti, sono solo appassionatamente curioso." Albert Einstein

Pierpiero
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Messaggio da Pierpiero » 21 lug 2008, 11:00

E' esattamente ciò che ho puntualizzato... :wink:

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