Dubbio su Cesenatico 1989

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
pasqui90
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Dubbio su Cesenatico 1989

Messaggio da pasqui90 » 31 lug 2008, 23:01

Dire se l'equazione $ x^2 + xy + y^2 $ ammette soluzioni $ (x,y) $ con $ x $ e $ y $ entrambi razionali. (Problema 1, Cesenatico 1989)
Ma intende $ x^2 + xy + y^2 = 0 $? Perché in questo caso mi sembra un po' facile per essere un problema di cesenatico... sapreste dirmi qualcosa di più?

Federico

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gian92
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Messaggio da gian92 » 31 lug 2008, 23:47

eh si...
dovrebbero essere le soluzioni di quella equazione :)

fede90
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Messaggio da fede90 » 01 ago 2008, 12:58

eh no...
l'equazione del problema originale è $ $x^2+xy+y^2=2$ $, come si può vedere sul libro delle olimpiadi (quello uscito di produzione). Avevo fatto notare la svista a qualche mod ma... :roll:

EDIT: ah, già che ci siamo qualcuno lo risolva :wink:
Bene, prendiamo un pentagono di [tex]$n$[/tex] lati...

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gian92
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Messaggio da gian92 » 01 ago 2008, 13:03

ah non lo sapevo...
per come era scritto le soluzioni dovrbbero essere le radici

pasqui90
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Messaggio da pasqui90 » 01 ago 2008, 22:37

Allora... ci provo

Sostituiamo $ x=a+b $ e $ y=a-b $. Siccome $ a=\frac{x+y}{2} $ e $ b=\frac{x-y}{2} $ a e b devono essere entrambi razionali.
Quindi viene $ a^2-2ab+b^2+a^2-b^2+a^2+2ab+b^2=2 $ e dunque $ 3a^2+b^2=2 $(1).
Adesso la scrivo così: $ (\sqrt{3/2}a)^2+(\sqrt{1/2}b)^2=1 $. Tutte le coppie (reali) del tipo $ (a\sqrt{3/2},b\sqrt{1/2}) $ che soddisfano l'equazione (1) appartengono alla circonferenza goniometrica ($ X^2+Y^2=1 $), di cui tutti i punti sono dati dalla $ (\frac{2t}{1+t^2}, \frac{1-t^2}{1+t^2}) $. Eguaglio le espressioni dei punti e resta: $ a\sqrt{3/2}=\frac{2t}{1+t^2} $ e $ b\sqrt{1/2}=\frac{1-t^2}{1+t^2} $. Quindi ricavo $ a=\frac{2/3\sqrt{6}t}{1+t^2} $ e $ b=\frac{\sqrt{2}(1-t^2)}{1+t^2} $.
Perché a sia razionale devo avere * $ t=k\sqrt{6} $, con k razionale. Ma allora $ b=\frac{\sqrt{2}(1-6k^2)}{1+6k^2} $: b è irrazionale.
Dunque almeno uno tra a e b deve essere irrazionale per soddisfare la (1), per cui almeno uno tra x e y deve essere irrazionale per soddisfare l'equazione data. Ne segue che non esistono coppie $ (x,y) $ di numeri entrambi razionali che soddisfano l'equazione data.
Con grossa probabilità la mia soluzione non è giusta, uno dei miei primi tentativi... si accettano volentieri correzioni. Soprattutto il passaggio asteriscato mi sembra un po' traballante...

Federico

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SkZ
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Messaggio da SkZ » 02 ago 2008, 05:02

se hai dubbi su quel passaggio, parti da b e dal fatto che se $ $(1+t^2)\in\mathbb{Q}$ $, allora anche $ $(1-t^2)\in\mathbb{Q}$ $, ergo ...
impara il [tex]~\LaTeX[/tex] e mettilo da par[tex]\TeX~[/tex]

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Goldrake
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Messaggio da Goldrake » 02 ago 2008, 09:50

Ecco la mia.

Poiché $ $x,y \in\mathbb{Q}$ $ allora esistono $ a,b,c,d \in\mathbb{Z}$ $ tali che $ $x=\frac{a}{b} \quad y=\frac{c}{d}$ $
e inoltre $ $\text{gcd}(a,b)=1=\text{gcd}(c,d)$ $
Perciò ho
$ $\frac{a^2}{b^2}+\frac{ac}{bd}+\frac{c^2}{d^2}=2$ $
ovvero
$ $a^2d^2+abcd+c^2b^2=2b^2d^2$ $
Quindi il primo membro è pari.
Da ciò ne deduco che posso avere o due addendi pari e uno dispari, o tutti pari.
Supponiamo ad esempio che $ $a$ $ sia pari.
Il primo addendo contiene $ $a$ $ e quindi è pari, idem per il secondo, pertanto anche il terzo deve essere pari. Ma $ $b$ $ è per forza dispari perché è coprimo con $ $a$ $, quindi sarà $ $c$ $ pari (e $ $d$ $ dispari, per il discorso di prima). Ma a questo punto vediamo che il primo membro è multiplo di 4, e il secondo no, è solo multiplo di 2, assurdo.

Supponiamo ora che sia $ $b$ $ pari. Facendo considerazioni simili a prima, allora vediamo che lo è anche $ $d$ $.
Sia dunque
$ $b=2b_1 \quad d=2d_1$ $
Sostituendo e semplificando ho
$ $a^2d_1^2+ab_1cd_1+c^2b_1^2=8b_1^2d_1^2$ $
Iterando il ragionamento, siccome $ $a,c$ $ continuano ad essere dispari, giungiamo ad un chiaro esempio di discesa infinita.

Il caso "c pari" è analogo a "b pari", così come "d pari" è analogo a $a pari".

Ciao.

amatrix92
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Re: Dubbio su Cesenatico 1989

Messaggio da amatrix92 » 23 mar 2011, 20:57

Riesumo questo vecchio post per chiedere se andava bene una soluzione del genere:

$ x^2+xy+y^2-2=0 $ è una conica, e quindi può avere al massimo 2 soluzioni. Dato che $ (\sqrt2 ; -\sqrt 2) $ e $ (-\sqrt2 ; \sqrt 2) $ sono soluzioni, non può averne di razionali.

Mi puzza un po'.. grazie a chi mi risponderà
Le parole non colgono il significato segreto, tutto appare un po' diverso quando lo si esprime, un po' falsato, un po' sciocco, sì, e anche questo è bene e mi piace moltissimo, anche con questo sono perfettamente d'accordo, che ciò che è tesoro e saggezza d'un uomo suoni sempre un po' sciocco alle orecchie degli altri.

ma_go
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Re: Dubbio su Cesenatico 1989

Messaggio da ma_go » 23 mar 2011, 21:37

$x^2+y^2-1=0$ è una conica.

amatrix92
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Re: Dubbio su Cesenatico 1989

Messaggio da amatrix92 » 23 mar 2011, 21:45

ma_go ha scritto:$x^2+y^2-1=0$ è una conica.
Uhm, scusami ma le coniche non sono tutte le equazioni nella forma $ ax^2+bxy+cy^2+dx+ey+f=0 $ con almeno un termine tra a, b ,c diverso da 0?
Le parole non colgono il significato segreto, tutto appare un po' diverso quando lo si esprime, un po' falsato, un po' sciocco, sì, e anche questo è bene e mi piace moltissimo, anche con questo sono perfettamente d'accordo, che ciò che è tesoro e saggezza d'un uomo suoni sempre un po' sciocco alle orecchie degli altri.

ndp15
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Re: Dubbio su Cesenatico 1989

Messaggio da ndp15 » 23 mar 2011, 22:02

amatrix92 ha scritto:
ma_go ha scritto:$x^2+y^2-1=0$ è una conica.
Uhm, scusami ma le coniche non sono tutte le equazioni nella forma $ ax^2+bxy+cy^2+dx+ey+f=0 $ con almeno un termine tra a, b ,c diverso da 0?
Sì e quindi quella scritta è una conica (a=1, c=1 e f=-1 tutti gli altri 0).
Inoltre non è che confondi le soluzioni con le intersezione con gli assi?

amatrix92
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Re: Dubbio su Cesenatico 1989

Messaggio da amatrix92 » 23 mar 2011, 22:08

Ho capito solo ora il senso del post di ma_go . Ho capito che è sbagliato però non fino in fondo dove. Cioè le soluzioni di $ x^2+xy+y^2-2 =0 $ sono infinite? Cioè algebricamente credo di averlo capito ma a livello di analitica no. Non mi è sufficiente intersecare l'ellisse con la retta x=0 ? no, perchè?
Le parole non colgono il significato segreto, tutto appare un po' diverso quando lo si esprime, un po' falsato, un po' sciocco, sì, e anche questo è bene e mi piace moltissimo, anche con questo sono perfettamente d'accordo, che ciò che è tesoro e saggezza d'un uomo suoni sempre un po' sciocco alle orecchie degli altri.

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Re: Dubbio su Cesenatico 1989

Messaggio da ndp15 » 23 mar 2011, 22:40

amatrix92 ha scritto:Ho capito solo ora il senso del post di ma_go . Ho capito che è sbagliato però non fino in fondo dove. Cioè le soluzioni di $ x^2+xy+y^2-2 =0 $ sono infinite? Cioè algebricamente credo di averlo capito ma a livello di analitica no. Non mi è sufficiente intersecare l'ellisse con la retta x=0 ? no, perchè?
Le soluzioni di quell'equazione sono i punti che vanno a formare la conica, quindi sono ovviamente infinite. Te ne accorgi anche ponendo valori a casaccio alla x e risolvendo in y (e in generale troverai due soluzioni). Se intersechi l'ellisse con la retta x=0 trovi invece le soluzioni del tipo (0,y) che non c'entrano molto con la richiesta del problema :roll:

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Re: Dubbio su Cesenatico 1989

Messaggio da amatrix92 » 23 mar 2011, 23:00

Era una cosa davvero banale e mi intrecciavo nei miei stessi ragionamenti. Grazie del chiarimento ndp15 !
Le parole non colgono il significato segreto, tutto appare un po' diverso quando lo si esprime, un po' falsato, un po' sciocco, sì, e anche questo è bene e mi piace moltissimo, anche con questo sono perfettamente d'accordo, che ciò che è tesoro e saggezza d'un uomo suoni sempre un po' sciocco alle orecchie degli altri.

max tre
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Re: Dubbio su Cesenatico 1989

Messaggio da max tre » 31 mar 2011, 17:31

ponendo $ \frac{y}{x}=\frac{a}{b} $ con $ a,b\in N $ e coprimi abbiamo
$ x^2+x\frac{a}{b}x+\frac{a^2}{b^2}x^2=x^2(1+\frac{a}{b}+\frac{a^2}{b^2})=2 $
$ x^2=\frac{2b^2}{a^2+ab+b^2} $
dobbiamo far "sparire" un esponente di 2 al numeratore (cioè, alla fine $ x^2 $ deve avere un 2 elevato a qualcosa di pari),
quindi al denominatore dobbiamo avere un multiplo di 2 ma non di 4, cioè $ \equiv2 (mod4) $
se a è pari, affinché il denominatore sia pari deve essere pari anche b, andando contro l'ipotesi che a e b siano coprimi
se $ a\equiv1 (mod4) \rightarrow 1+b+b^2\equiv2 (mod4) \rightarrow b(b+1)\equiv1 (mod4) $ che è impossibile (basta fare i 2 casi in cui $ b\neq 0,-1 (mod4) $)
se $ a\equiv-1 (mod4) \rightarrow 1-b+b^2\equiv2 (mod4) \rightarrow b(b-1)\equiv1 (mod4) $ che è impossibile (come prima, qua $ b\neq 0,1 (mod4) $)

fare così va bene, è sbagliato o è poco chiaro?
(ho ripreso questo esercizio che era completo solo a metà sul mio quaderno, quindi non vorrei aver mescolato cose diverse nella stessa soluzione)

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