Staffetta tdn

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
pexar94
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Messaggio da pexar94 » 04 lug 2010, 17:45

kn ha scritto: Problema 77. $ \displaystyle~\prod_{k=1}^{p-1}k^{2k-p-1} $ è intero per ogni $ \displaystyle~p $ primo
inizio col fare delle osservazioni... il k=1 viene sempre $ 1^x=1 $ e $ k=(p+1)/2 $ viene $ k^0=1 $ .
a partire da questo la produttoria per p=2 e p=3 ha un risultato intero, cioè 1.

ora per qualsiasi p che prendiamo per k=2 avremo $ 2^x $ dove $ x=-(p-3)=3-p $
e per ogni k>2 avremo $ k^{x+2(k-2)} $
se $ k>(p+1)/2 $ avremo $ k^n $ con $ n>0 $ ad esempio $ k=(p+1)/2 +1=(p+3)/2 $ avremo $ k^{3-p+2(k-2)}= k^{3-p+p-1}=k^2 $
quindi bisogna occuparsi di tutti i risultati che si hanno per $ k<(p+1)/2 $ perché avremo $ k^n $ con n< 0.

ora dividiamo il problema in 2 parti:


1)se $ p\equiv3 (mod 4) $ avremo $ (p+1)/2 $ pari e quindi potremo semplificare i k tali che $ (p+1)/4 < k < (p+1)/ 2 $ con i rispettivi 2k


2)se invece $ p\equiv 1 (mod 4) $ potremo semplificare con 2k i $ k<(p+1)/2 $ e $ \geq(p+3)/4 $

ora non ho avuto tempo per trovare un modo per semplificare i restanti k...se qualcuno lo trova, meglio...:)

lilceng
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Messaggio da lilceng » 04 lug 2010, 22:23

kn ha scritto:Problema 77. $ \displaystyle~\prod_{k=1}^{p-1}k^{2k-p-1} $ è intero per ogni $ \displaystyle~p $ primo
Soluzione problema 77. $ \displaystyle \prod_{k=1}^{p-1}{k^{2k-p-1}}=\prod_{k=1}^{p-1}{\frac{k^{k-1}}{k^{p-k}}}\cdot \left(\prod_{k=1}^{p-1}{\frac{k^{p-k}}{k^{p-k}}}\right) $ $ =\displaystyle \frac{(p-1)!^{p-1}}{\prod_{k=1}^{p-1}{k!(p-k)!}} $ $ \displaystyle =\prod_{k=1}^{p-1}{\frac{\binom{p}{k}}{p}} $, che è il prodotto di interi.

minima.distanza
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Messaggio da minima.distanza » 04 lug 2010, 22:29

:shock: :shock: CHE ELEGANTE ! Non ho capito quasi nulla di ciò che ahi scritto, e aspetto che qualcun'altro dica qualcosa ma in ogni caso...complimenti ! MI spieghi gli ultimi due passaggi perfavore ? Sono molto curioso....

lilceng
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Messaggio da lilceng » 04 lug 2010, 22:36

L'unica che ti può sembrare non intuitiva è che $ \displaystyle \prod_{k=1}^{p-1}{k^{p-k}}=\prod_{k=1}^{p-1}{k!} $ che è anche uguale a $ \displaystyle \prod_{k=1}^{p-1}{(p-k)!} $, ma basta che ci pensi un attimo :wink:

Problema 78. Mostrare che esistono infinite coppie di interi positivi coprimi x,y tali che entrambi dividono $ x^2+y^2+2010^2 $.

minima.distanza
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Messaggio da minima.distanza » 05 lug 2010, 00:56

Grazie mille per avermi fatto "vedere" quella cosa , la trovo molto interessante !!!

Comunque, per la prima volta in vita mia, provo a risolvere un problema della staffetta di Tdn :D .
Allora...devo trovare tutto i numeri x e y tali che $ (x,y) = 1 $ e tali che $ x|x^2 +y^2 +2010^2 $ e contemporaneamente $ y|x^2 + y^2 +2010^2 $.. moltiplico la prima espressione per y e la seconda per x e ottengo che : $ xy |x^2y+y^3 +2010^2y $ e $ xy|x^3 + xy^2 + 2010^2x $. Ne deriva che $ xy|y^3 -x^3 +2010^2y-2010^2x $ Da ottengo ( :D ) che $ xy|(y-x)(x^2 +xy +y^2 +2010^2) $ e... qui non so più andare avanti :oops: Può essere utile questa partenza ? perdonate, vi parla uno che, avendo parteciapto una volta ad archimede, non ha superato le selezioni, siate buoni con i commenti :D :oops: magari dopo mi viene in mente un modo per concludere...

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Messaggio da kn » 05 lug 2010, 11:32

LOL L'esponente 2 del 2010 è lì per bellezza
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danielf
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Messaggio da danielf » 05 lug 2010, 11:49

ma essendo (x,y)=1 x,y,xy non divideranno mai (y-x) giusto?

lilceng
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Messaggio da lilceng » 05 lug 2010, 14:40

kn ahahahah. Sapevo già che conoscevi il problema, anche perchè è stato già postato su questo forum una versione simile (da piever?), lascia al più qualche giorno, poi posta la soluzione :wink:

Ps. A chi non piace la soluzione del 77 esiste anche la soluzione grezza "contando" i primi.

minima.distanza
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Messaggio da minima.distanza » 05 lug 2010, 14:57

ehm... scusate la domanda stupida ( @danielf: sì, è vero quello che dici, cioè, se x e y sono soprimi, allora nessuno dei due divide x-y ( ma non sono sicuro, sono un principiante asssoluto...)) ma dato un numero intero x e un numero k dispari tale che k non divide x,
(x,x+k)=1 ?? p una mia impressione sbagliata ? se sto sparando una castroneria avvertitemi....

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Messaggio da exodd » 05 lug 2010, 15:25

minima.distanza ha scritto: (x,x+k)=1 ??
vero sse (se e solo se) $ (x,k)=1 $
in generale, se $ (a,b)=1 $, con $ b>a $, allora anche $ (a,b-a)=1 $
quindi $ (x,x+k)=1 $ implica $ 1=(x,x+k-x)=(x,k) $
Tutto è possibile: L'impossibile richiede solo più tempo
julio14 ha scritto: jordan è in realtà l'origine e il fine di tutti i mali in $ \mathbb{N} $
EvaristeG ha scritto:Quindi la logica non ci capisce un'allegra e convergente mazza.
ispiratore del BTA

in geometry, angles are angels

"la traslazione non è altro che un'omotetia di centro infinito e k... molto strano"

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Messaggio da kn » 07 lug 2010, 09:05

lilceng ha scritto:lascia al più qualche giorno, poi posta la soluzione
tranquillo, se passa di qua qualche preIMOista lo risolve di sicuro.. :)
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GioacchinoA
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Messaggio da GioacchinoA » 07 lug 2010, 11:16

Vi propongo la soluzione "grezza" (secondo me la più bella :D ) del Problema 77.

$ \textbf{Lemma 1} $: Dati $ $x$ $ e $ $y$ $ interi positivi, $ $x\left(\left\lfloor \displaystyle\frac{y}{x} \right\rfloor+1\right) = y+1 \Leftrightarrow x|(y+1)$ $.

$ \textit{Dimostrazione} $. Posso scrivere per il teorema del resto che $ $y=kx+r$ $ con $ $k$ $ e $ $r$ $ interi positivi e $ $0\leq r < k$ $. Chiaramente$ $$ x\left(\left\lfloor \displaystyle\frac{y}{x} \right\rfloor+1\right) = kx + x = kx + r + 1 \Rightarrow r=x-1 $$ $

Dunque $ $y=kx + x - 1 \Rightarrow x|y+1$ $.

Per la seconda freccia, se $ $x|y+1$ $ allora per qualche $ $t$ $ intero positivo si ha $ $y+1 = tx \Rightarrow y = tx-1$ $. Dunque $ $$ x\left(\left\lfloor \displaystyle\frac{y}{x} \right\rfloor+1\right) = x(t-1+1)=xt = y+1 $$ $

come volevo mostrare.


$ \textbf{Lemma 2} $: Dati due primi diversi $ $p_1$ $ e $ $p_2$ $ e un esponente $ $n$ $ intero positivo, $ $p_2^n\left(\left\lfloor \displaystyle\frac{p_1-1}{p_2^n} \right\rfloor+1\right) \geq p_1+1 $ $.


$ \textit{Dimostrazione} $. Chiaramente vale $ $p_2^n\left(\left\lfloor \displaystyle\frac{p_1-1}{p_2^n} \right\rfloor+1\right) > p_1-1$ $. Se per assurdo fosse $ $p_2^n\left(\left\lfloor \displaystyle\frac{p_1-1}{p_2^n} \right\rfloor+1\right) = p_1$ $, per il $ \textbf{Lemma 1} $ $ $p_2^n | p_1$ $ che è assurdo a meno che $ $p_2=p_1$ $ e $ $n=1$ $. Dunque il lemma resta provato.

\vspace{0.5cm}
Tornando al problema, chiaramente mostrando che per ogni primo $ $q_i$ $ che compare nella fattorizzazione di quel prodotto, il suo esponente è positivo ho finito. Per contare la valutazione $ $q_i-$ $adica basta sommare gli esponenti dei termini $ $k$ $ tali che $ $q_i|k$ $, poi quelli tali che $ $q_i^2|k$ $ e così via. Dunque $ $$ v_{q_i} \left(\displaystyle\prod_{k=1}^{p-1} k^{2k-p-1}\right) = \displaystyle\sum_{j=1}^{\infty} \displaystyle\sum_{t=1}^{\left\lfloor \frac{p-1}{q_i^j} \right \rfloor} 2q_i^jt - p- 1 = $$ $
$ $$ = \displaystyle\sum_{j=1}^{\infty} q_i^j\cdot \left\lfloor \frac{p-1}{q_i^j} \right \rfloor \cdot \left(\left\lfloor \frac{p-1}{q_i^j} \right \rfloor+1\right) - \left(\left\lfloor \frac{p-1}{q_i^j} \right \rfloor\right)(p+1) $$ $

Per il $ \textbf{Lemma 2} $ (lo posso applicare perché sicuramente $ $q_i \neq p$ $), moltiplicando per $ $\left\lfloor \frac{p-1}{q_i^j} \right \rfloor$ $, ottengo

$ $$q_i^j\left(\left\lfloor \displaystyle\frac{p-1}{q_i^j} \right\rfloor+1\right) \geq p+1 \Rightarrow q_i^j\cdot \left\lfloor \frac{p-1}{q_i^j} \right \rfloor \cdot \left(\left\lfloor \frac{p-1}{q_i^j} \right \rfloor+1\right) - \left(\left\lfloor \frac{p-1}{q_i^j} \right \rfloor\right)(p+1) > 0 $$ $

e dunque essendo la valutazione $ $q_i-$ $adica somma di valori positivi è positiva da cui la tesi.

Spero sia tutto giusto

Ora nel post successivo metto la soluzione (spero giusta) del problema 78.

GioacchinoA
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Messaggio da GioacchinoA » 07 lug 2010, 11:51

Problema 78.

Innanzitutto mostro che $ xy | x^2 + y^2 + 2010^2 $. Infatti se $ p^n || xy $ allora poiché $ (x,y)=1 $, $ p^n||x $ o $ p^n||y $. In entrambi i casi per le ipotesi $ p^n|x^2+y^2+2010 $ e quindi, $ xy |x^2+y^2+2010^2 $.
Dunque per qualche $ k $ intero positivo $ \displaystyle\frac{x^2+y^2+2010^2}{xy} = k $. Ora se $ (x,y) $ è soluzione, con $ y\geq x $, sviluppando e utilizzando le formule di Viète lo è anche $ \left(y, \displaystyle\frac{y^2+2010^2}{x}\right) $. Siccome nella nuova coppia $ \displaystyle\frac{y^2+2010^2}{x} > x $ ne ho ottenuto una strettamente maggiore. E' chiaro che a partire da una coppia $ (x,y) $ ne posso ottenere infinite.

Ora $ (1,1) $ è soluzione. Per quanto prima detto partendo da una ne ottengo infinite. Devo però mostrare che $ MCD(x,y) = 1 $ per ogni coppia generata. Lo faccio per induzione:
-$ MCD(1,1) = 1 $.
-$ MCD(x,y) = 1 \Rightarrow MCD\left(y,\displaystyle\frac{y^2+2010^2}{x}\right) = 1 $: Suppongo che esista un primo p tale che $ p|y \wedge p|\displaystyle\frac{y^2+2010^2}{x} $. Se $ p| x $, allora si avrebbe che $ p|x \wedge p|y \Rightarrow p|(x,y)=1 $ assurdo. Se $ p \nmid x $, allora $ p|y^2+2010^2 $ e dunque $ p|2010^2 $ da cui $ p|(2010^2,y)=1 $ assurdo. Infatti $ 2010^2 $ e $ y $ sono coprimi perché è facile vedere che modulo 2010^2 la coppia $ (1,1) \rightarrow (1,1) $ e dunque qualsiasi termine generato è congruo a $ 1 \pmod {2010^2} $.

Mentre cerco di scegliere il prossimo problema (a patto che sia tutto giusto) attendo eventuali conferme da Lilceng. :)
Ultima modifica di GioacchinoA il 08 lug 2010, 10:16, modificato 2 volte in totale.

GioacchinoA
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Messaggio da GioacchinoA » 07 lug 2010, 20:34

Se tutto è OK vado con il prossimo... ne metto uno semplice.

Problema 79. Dimostrate che, dati due interi non negativi $ a $ e $ b $, se $ 2^x\cdot a + b $ è un quadrato perfetto $ \forall x \in \mathbb{N}_0 $ (cioè sta anche lo 0), allora $ a=0 $. :)
Ultima modifica di GioacchinoA il 07 lug 2010, 23:27, modificato 2 volte in totale.

SalvoLoki
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Messaggio da SalvoLoki » 07 lug 2010, 23:10

Penso di aver capito male quello che chiedi.. (2^x) a + b è un quadrato perfetto solo se a=0??

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