SNS 2006-2007, Es. 3

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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kn
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SNS 2006-2007, Es. 3

Messaggio da kn » 18 gen 2009, 23:47

Si consideri l'espressione

$ \displaystyle4^x+4^y+4^z~~~~~~~~~~~(*) $

dove $ \displaystyle x,y,z $ sono interi non negativi.

$ \begin{tabular}{cp} (i) & Provare che la quantità sopra scritta è un quadrato perfetto per infinite terne di interi $(x,y,z)$. \\ (ii) & Determinare \emph{tutte} le terne di interi non negativi $(x,y,z)$ tali che la quantità sopra scritta sia un quadrato perfetto. \end{tabular} $

Ho già cercato e non mi sembra sia mai stato postato qui questo problema.
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Veluca
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Messaggio da Veluca » 19 gen 2009, 00:28

$ 4^x+4^y+4^z=\\ 4^x(1+4^{y-x}+4^{z-x})=\\ 2^{2x}(1+2^{2y-2x}+2^{2z-2x})\\ 2^{z-x+1}=2^{2y-2x}\Rightarrow2y-2x=z-x+1 \Rightarrow y=\frac{x+z+1}{2} $
con x,z uno pari e uno dispari??? (ipotizzando che x<y<z, ovviamente si può fare lo stesso ragionamento scambiando le variabili)

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jordan
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Messaggio da jordan » 19 gen 2009, 00:47

@Veluca, si il punto 1 è giusto (ps era sufficiente anche notare la soluzione (0,1,1)).
@Kn, un sns non postato?un po strano no? :wink: comunque il secondo punto è spettacolare, bel problema! :D
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Fedecart
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Messaggio da Fedecart » 19 gen 2009, 15:16

Veluca ha scritto:$ 2^{2x}(1+2^{2y-2x}+2^{2z-2x})\\ 2^{z-x+1}=2^{2y-2x}\Rightarrow2y-2x=z-x+1 \Rightarrow y=\frac{x+z+1}{2} $
Non capisco questo passaggio. Come hai fatto a passare da quella scomposizione in fattori all'uguaglianza che ti permette di risolvere il punto 1?!

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kn
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Messaggio da kn » 19 gen 2009, 15:40

Se ho capito bene Veluca vuol dire che se $ \displaystyle y=\frac{x+z+1}{2} $ allora $ \displaystyle 2^{z-x+1}=2^{2y-2x} $ e $ \displaystyle 2^{2x}(1+2^{2y-2x}+2^{2z-2x}) $ è un quadrato perfetto, anche se come ha detto jordan basta trovare una terna $ \displaystyle (a,b,c) $ (ad esempio $ \displaystyle (0,1,1) $) e anche $ \displaystyle (a+k,b+k,c+k) $ fa venire un quadrato perfetto.

Chi si cimenta con il secondo punto? :twisted:
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Veluca
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Messaggio da Veluca » 19 gen 2009, 15:59

per il secondo punto ho provato a dimostrare che $ 1+2^{2(y-x)}+2^{2(z-x)} $ sia un quadrato perfetto se e solo se $ y=\frac{y+z+1}{2} $... per ora ho prodotto questo
$ a=y-x;\ b=z-x \\ 1+2^{2a}+2^{2b}=(2^b+1)^2\\ 2^{2a}=2^{b+1}\\ 2a=b+1 \Rightarrow 2y-2x=z-x+1 \Rightarrow y=\frac{x+z+1}{2} \\ con\ n \neq 0\\ 1+2^{2a}+2^{2b}=(2^b+2n)^2 \\ 1+2^{2a}+2^{2b}=4(2^{b-1}+n)^2 \Rightarrow assurdo $
$ 1+2^{2a}+2^{2b}=(2^b+(2n+1))^2 \\ 1+2^{2a}+2^{2b}=2^{2b}+(2n+1)\cdot2^{b+1}+(2n+1)^2\\ 2^{2a}=(2n+1)\cdot2^{b+1}+4n^2+4n \\ 2^{2a-2}=(2n+1)\cdot2^{b-1}+n^2+n \\ (2^{a-1}-n)(2^{a-1}+n)=(2^b+1)n+2^{b-1} \\ n\ pari:\ 2(2^{a-2}-k)(2^{a-2}+k)=(2^b+1)k+2^{b-2} \Rightarrow assurdo $
mi manca il caso con n dispari... appena ho un po' di tempo ci penso... voi guardate che eresie ho scritto nel frattempo XD

Jacobi
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Messaggio da Jacobi » 19 gen 2009, 17:04

guarda ke il secondo punto e piu semplice di qnto possa sembrare: supponiamo ke (x, y, z) sia una soluzione ( supponiamo wlog ke sia x<y<z ), allora (x-x, y-x, z-x), cioe (0, y-x, z-x) deve essre una soluzione, a questo punto e sostanzialmente fatto: da qsto segue ke x trovare le soluzioni "primitive" basta porre x=0, trovare tt le y e z ke verificano l'equazione, poi si trasla qste terne di un vettore (k, k, k).

spero di essere stato kiaro, se c'e' qualcosa ke nn si capisce kiedetelo pure :wink:
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Veluca
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Messaggio da Veluca » 19 gen 2009, 17:29

è chiaro, sì, ma sto cercando di dimostrare che le uniche sono quelle nella forma Immagine... in pratica quello che dici tu XD

Inkio
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Messaggio da Inkio » 19 gen 2009, 18:16

Veluca ha scritto:per il secondo punto ho provato a dimostrare che $ 1+2^{2(y-x)}+2^{2(z-x)} $ sia un quadrato perfetto se e solo se $ y=\frac{y+z+1}{2} $... per ora ho prodotto questo
$ a=y-x;\ b=z-x \\ 1+2^{2a}+2^{2b}=(2^b+1)^2\\ 2^{2a}=2^{b+1}\\ 2a=b+1 \Rightarrow 2y-2x=z-x+1 \Rightarrow y=\frac{x+z+1}{2} \\ con\ n \neq 0\\ 1+2^{2a}+2^{2b}=(2^b+2n)^2 \\ 1+2^{2a}+2^{2b}=4(2^{b-1}+n)^2 \Rightarrow assurdo $
$ 1+2^{2a}+2^{2b}=(2^b+(2n+1))^2 \\ 1+2^{2a}+2^{2b}=2^{2b}+(2n+1)\cdot2^{b+1}+(2n+1)^2\\ 2^{2a}=(2n+1)\cdot2^{b+1}+4n^2+4n \\ 2^{2a-2}=(2n+1)\cdot2^{b-1}+n^2+n \\ (2^{a-1}-n)(2^{a-1}+n)=(2^b+1)n+2^{b-1} \\ n\ pari:\ 2(2^{a-2}-k)(2^{a-2}+k)=(2^b+1)k+2^{b-2} \Rightarrow assurdo $
mi manca il caso con n dispari... appena ho un po' di tempo ci penso... voi guardate che eresie ho scritto nel frattempo XD
Magari ci riusciamo se vediamo un n dispari come un n pari+1..
$ 1+2^{2a}+2^{2b}=(2^b+(2n+3))^2 \\ 1+2^{2a}+2^{2b}=2^{2b}+(2n+3)\cdot2^{b+1}+(2n+3)^2\\ 2^{2a}=(2n+1)\cdot2^{b+1}+4n^2+12n+8 $

quindi a è al massimo 2, perchè se fosse di più il secondo termine sarebbe dispari mentre il primo pari....quindi a<3..ed ora se si provano tutte dovrebbe funzionare..cioè..non dovrebbe funzionare mai....se ho sbagliato almeno vi siete fatti due risate per la carrellata di idiozzie...XDXD
...non so di cosa tu stia parlando, giuda ballerino..

Inkio
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Messaggio da Inkio » 19 gen 2009, 18:22

Inkio ha scritto:
Veluca ha scritto:per il secondo punto ho provato a dimostrare che $ 1+2^{2(y-x)}+2^{2(z-x)} $ sia un quadrato perfetto se e solo se $ y=\frac{y+z+1}{2} $... per ora ho prodotto questo
$ a=y-x;\ b=z-x \\ 1+2^{2a}+2^{2b}=(2^b+1)^2\\ 2^{2a}=2^{b+1}\\ 2a=b+1 \Rightarrow 2y-2x=z-x+1 \Rightarrow y=\frac{x+z+1}{2} \\ con\ n \neq 0\\ 1+2^{2a}+2^{2b}=(2^b+2n)^2 \\ 1+2^{2a}+2^{2b}=4(2^{b-1}+n)^2 \Rightarrow assurdo $
$ 1+2^{2a}+2^{2b}=(2^b+(2n+1))^2 \\ 1+2^{2a}+2^{2b}=2^{2b}+(2n+1)\cdot2^{b+1}+(2n+1)^2\\ 2^{2a}=(2n+1)\cdot2^{b+1}+4n^2+4n \\ 2^{2a-2}=(2n+1)\cdot2^{b-1}+n^2+n \\ (2^{a-1}-n)(2^{a-1}+n)=(2^b+1)n+2^{b-1} \\ n\ pari:\ 2(2^{a-2}-k)(2^{a-2}+k)=(2^b+1)k+2^{b-2} \Rightarrow assurdo $
mi manca il caso con n dispari... appena ho un po' di tempo ci penso... voi guardate che eresie ho scritto nel frattempo XD
Magari ci riusciamo se vediamo un n dispari come un n pari+1..
$ 1+2^{2a}+2^{2b}=(2^b+(2n+3))^2 \\ 1+2^{2a}+2^{2b}=2^{2b}+(2n+3)\cdot2^{b+1}+(2n+3)^2\\ 2^{2a}=(2n+1)\cdot2^{b+1}+4n^2+12n+8 $

quindi a è al massimo 2, perchè se fosse di più il secondo termine sarebbe dispari mentre il primo pari...anzi no..se invece n nella sua fattorizzazione ha un2 allora ponendo n=2s si ha:$ 2^{2a}=(2n+1)\cdot2^{b+1}+4*(2s)^2+12*2n+8 $ Allora $ 2^{2a-3}=(2n+1)\cdot2^{b-2}+2*s^2+3n+1 $.Ma se divido ancora il secondo membro per 2 ho finalmente un dispari....quindi a<5...magari adesso possiamo, in modo molto barbaro, provarle tutte..
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Messaggio da kn » 19 gen 2009, 18:49

:D guardate che è molto più semplice (se la mia dimostrazione è giusta)
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Messaggio da Inkio » 20 gen 2009, 14:36

kn ha scritto::D guardate che è molto più semplice (se la mia dimostrazione è giusta)
Davvero??...ti andrebbe di postarla?
...non so di cosa tu stia parlando, giuda ballerino..

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Messaggio da kn » 20 gen 2009, 16:00

Allora... risolvo $ ~\displaystyle 1+4^y+4^z=a^2 $ grazie al discorso di Jacobi e dimostro che $ ~\displaystyle z=2y-1 $ (quadrato di un binomio)
Se y = z ottengo $ ~\displaystyle 1+2\cdot4^z=a^2\Rightarrow 2^{2z+1}=(a+1)(a-1) $ Ma l'unico caso in cui due potenze di 2 distano di 2 una dall'altra è quando sono 4 e 2: a = 3 *.
Poniamo anche y > 1 e (senza perdita di generalità) z > y (è facile vedere che se $ ~\displaystyle y\le1 $ si ottiene sempre a = 3 *).
Poniamo per comodità $ ~\displaystyle m=2y-1 $ e riscriviamo l'equazione come $ ~\displaystyle (2^m+1)^2-4^m+4^z=a^2 $.
Per lo stesso discorso di prima (e per l'osservazione della prossima riga) $ ~\displaystyle 4^y\|a^2-1 $, cioè o $ ~\displaystyle 2\|a+1 \wedge 2^m\|a-1 $ o viceversa.
Cosa importante: la massima potenza di 2 che divide una somma/differenza di potenze di 2 è uguale alla minore di queste se sono diverse o al loro valore comune per 2: $ ~\displaystyle 2^s\|2^s\pm2^t \Leftrightarrow s < t $ o $ ~\displaystyle 2^{s+1}\|2^s+2^t \Leftrightarrow s=t $
Se z < m:
$ ~\displaystyle (2^m+1-a)(2^m+1+a)=4^z(4^{m-z}-1) $
$ ~\displaystyle 2^{2z}\|(2^m+1-a)(2^m+1+a) $
al massimo $ ~\displaystyle 2^{m+1}\|\boxed{\text{uno dei due fattori}} $ e l'altro non è divisibile per 4, quindi al massimo $ ~\displaystyle 2^{m+2}\|(2^m+1-a)(2^m+1+a) $... assurdo perché $ ~\displaystyle 2z>2y+1=m+2 $
Se z > m:
$ ~\displaystyle (a-2^m-1)(a+2^m+1)=4^m(4^{z-m}-1) $
di nuovo o $ ~\displaystyle 2^{m+1}\|(a-2^m-1)(a+2^m+1) $ o $ ~\displaystyle 2^{m+2}\|(a-2^m-1)(a+2^m+1) $, quindi si avrebbe $ ~\displaystyle 2m=m+2 $ assurdo perché m dispari o $ ~\displaystyle 2m=m+1 $, da cui y = 1 che dà sempre il solito maledetto ( :evil: ) caso a = 3. *
(*) N.B.: Se a = 3 l'unica terna è $ ~\displaystyle (0,1,1) $ (e rispetta la tesi)

Dov'è che ho sbagliato? :roll:
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Messaggio da kn » 22 gen 2009, 16:39

jordan ha scritto:comunque il secondo punto è spettacolare, bel problema! :D
Com'era la tua soluzione, jordan? La mia non l'ho trovata molto entusiasmante... :roll: (ammesso che sia giusta :lol: )
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Messaggio da jordan » 22 gen 2009, 16:50

E' stato uno dei primi problemi che ho visto sul forum, e la soluzione non era certo mia, ma di un certo personaggio che per nostra sfortuna adesso frequenta un altro forum.. :?
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