Cesenatico 1991 - 2° problema

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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kn
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Cesenatico 1991 - 2° problema

Messaggio da kn » 01 dic 2008, 22:18

Dimostrare che nessun numero della forma $ ~ a^3+3a^2+a $, con $ ~ a $ numero intero positivo, è un quadrato perfetto. :shock:

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jordan
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Messaggio da jordan » 01 dic 2008, 22:38

Ma da dove li prendete questi vecchi cesenatico?
Comunque è un parere o prima erano molto piu facili? :shock:
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kn
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Messaggio da kn » 02 dic 2008, 14:14

Sì in effetti questo è al livello di gara di febbraio...

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Bellaz
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Messaggio da Bellaz » 02 dic 2008, 15:54

Provo a partire anche se non so concludere... :shock:

$ a^3+3a^2+a=a(a^2+3a+1)=a(a^2+3a+1-a+a)=a[(a+1)^2+a] $
Quindi dobbiamo dimostrare che $ a[(a+1)^2+a] $ non è un quadrato.
Ci sono 3 casi:
Caso 1: $ a[(a+1)^2+a]=a^2 $. Quindi $ (a+1)^2=0 $ se e soltanto se a=-1:IMPOSSIBILE dato che a>0...
Caso 2: $ a $ è un quadrato e anche $ a^2+3a+1 $... $ a^2+3a+1 $ è compreso tra $ (a+1)^2 $ e $ (a+2)^2 $ e dato che tra i quadrati di due numeri successivi non ci può essere un altro quadrato, allora $ a^2+3a+1 $ non può essere un quadrato...
Caso 3: $ a^2+3a+1 $ è uguale a $ a^n $ (con n dispari).. E questo non so come risolverlo...

Qualcuno mi corregga... :wink: :wink:
Ultima modifica di Bellaz il 02 dic 2008, 18:16, modificato 2 volte in totale.
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kn
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Messaggio da kn » 02 dic 2008, 16:24

:shock: Non riesco a cogliere il criterio di suddivisione in questi casi...
Suggerimento banale:
a e a^2+3a+1 sono relativamente primi quindi entrambi sono ...

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SkZ
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Messaggio da SkZ » 02 dic 2008, 18:07

innanzitutto
$ ~n\pm a\neq n+a-a $ :evil:
e non limitarti ad un IMPOSSIBILE ma accenna almeno ai motivi

in generale se $ ~ab $ e' un quadrato allora, (dato che e' simile all'hint di kn)
posto c=(a,b), a=cn^2 e b=cm^2
impara il [tex]~\LaTeX[/tex] e mettilo da par[tex]\TeX~[/tex]

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Bellaz
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Messaggio da Bellaz » 02 dic 2008, 19:54

Ok, provo a completare la mia "dimostrazione"...
Ero arrivato a dover dimostrare che $ a(a^2+3a+1) $ non è un quadrato... Siccome $ a $ e $ a^2+3a+1 $ sono relativamente primi quindi devono essere entrambi dei quadrati...
Osserviamo però che, essendo $ a^2+3a+1 $ compreso tra $ (a+1)^2 $ e $ (a+2)^2 $ ed essendo $ a $ un numero intero positivo, $ a^2+3a+1 $ non può essere un quadrato siccome tra i quadrati di due numeri successivi non ci può essere un altro quadrato...

Ora va bene??[/tex]
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bestiedda
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Messaggio da bestiedda » 02 dic 2008, 20:03

sicuramente c'è un modo più elegante


$ $a^3+3a^2+a=a(a^2+3a+1)=x^2 $, da cui che o $ $a|x $ o $ $x \equiv \sqrt a (mod a) $ o $ $x \equiv - \sqrt a (mod a) $

.....


EDIT: SCUSATE PER LA CARRETTATA DI SCEMENZE :oops:
Ultima modifica di bestiedda il 02 dic 2008, 21:34, modificato 1 volta in totale.
marco

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EUCLA
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Messaggio da EUCLA » 02 dic 2008, 21:03

bestiedda ha scritto: $ $a(a^2+3a+1)=x^2 $, da cui che o $ $a|x $ o $ $x \equiv \sqrt a (mod a) $ o $ $x \equiv - \sqrt a (mod a) $
Come arrivi a dire che $ a\vert x $?
La parte dopo coi moduli mi è ancora più oscura, ma intanto risolviamo questa :wink:


---

Ok a Bellaz :)

bestiedda
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Messaggio da bestiedda » 02 dic 2008, 21:11

EUCLA ha scritto:
bestiedda ha scritto: $ $a(a^2+3a+1)=x^2 $, da cui che o $ $a|x $ o $ $x \equiv \sqrt a (mod a) $ o $ $x \equiv - \sqrt a (mod a) $
Come arrivi a dire che $ a\vert x $?
La parte dopo coi moduli mi è ancora più oscura, ma intanto risolviamo questa :wink:


---

Ok a Bellaz :)
$ $x^2 $ è multiplo di a quindi ci sono quei tre casi no?
marco

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EUCLA
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Messaggio da EUCLA » 02 dic 2008, 21:17

Da $ a\vert x^2 $ non ci ricavi molto perchè ci sono tantissimi casi.

Se $ a $ è primo, va bene dire $ a\vert x $, ma se $ a $ non è né un primo, né un quadrato, non hai nessuna delle tre condizioni che hai descritto :? .

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jordan
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Messaggio da jordan » 02 dic 2008, 21:22

bestiedda ha scritto:sicuramente c'è un modo più elegante
[edit: cancellato: vedi soluzione di Bellaz
@Bellaz, scusa non avevo letto il tuo post]
Ultima modifica di jordan il 02 dic 2008, 21:49, modificato 1 volta in totale.
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Messaggio da Bellaz » 02 dic 2008, 21:47

jordan ha scritto:
bestiedda ha scritto:sicuramente c'è un modo più elegante
$ (a,a^2+3a+1)=1 \implies a=b^2, (b^2+1)^2<(b^2+1)^2+b^2<(b^2+2)^2 $ ?
Che alla fine è quello che ho scritto io, no?
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fraroot
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Messaggio da fraroot » 02 dic 2008, 21:52

Premetto che, oltre ad essere nuovo del forum, sono anche, almeno per ora, poco pratico di TdN vi propongo comunque un'osservazione:

Se $ a^2+3a+1 $ è un quadrato perfetto, allora può essere scritto come $ (a+1)^2+a=x^2 $.

Si potrebbe arrivare a dimostrare che ciò è assurdo dimostrando che $ (a+1, \sqrt{a}, x) $ non rappresenta una terna pitagorica?

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julio14
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Messaggio da julio14 » 02 dic 2008, 22:09

eh no perché non sai se $ $\sqrt{a} $ è intero
"L'unica soluzione è (0;0;0)" "E chi te lo dice?" "Nessuno, ma chi se ne fotte"
[quote="Tibor Gallai"]Alla fine, anche le donne sono macchine di Turing, solo un po' meno deterministiche di noi.[/quote]
Non sono un uomo Joule!!!

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