Staffetta tdn

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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julio14
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Messaggio da julio14 » 27 feb 2009, 16:49

oook ora credo di aver capito. Piccolissimi refusi: nel 2) dovrebbe essere $ $p(n^2) $, nel 5) è maggiore o uguale, con n=3 viene uguale, ma non crea problemi perché la parte {1,2,3} è l'unica a dare c=3 e non intacca l'iniettività.
Grazie mille, bella soluzione :D

Carlein
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Messaggio da Carlein » 27 feb 2009, 18:30

Mi sono ricordato di lui: Problema 5
Trovare tutte le terne (a,b,c),naturali, tali che $ 2^a+2^b+1 \equiv 0 \pmod{2^c-1} $.
Lo stolto è colui che dice quello che sa.Il saggio è colui che sa quello che dice.
"And then one day you find,ten years have got behind you,no one told when to run,you missed the starting gun"

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jordan
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Messaggio da jordan » 28 feb 2009, 00:21

Problema 5. Trovare tutti gli $ (a,b,c) \in \mathbb{N}^3 $ t.c. $ 2^c-1|2^a+2^b+1 $.
1. $ c=1 $ dà le terne $ (a,b,1) $.
2. $ c=2 \implies a \equiv b \equiv 0 \pmod 2 $ dà la terne $ (2a,2b,2) $. D'ora in poi wlog $ c>2 $ e $ a \le b $.
3. $ a=0 \implies 2^c-1|2^{b-1}+1 $. Sia $ d $ l'intero tale che $ 0\le d <c $ e $ c|b-1-d $ allora $ 2^c-1|2^d+1 \implies 2^{d-1}(2^{c-d}-1) \le 1 $, ma $ c>2 $,assurdo.
4. Se $ a=b $, sia $ e $ l'intero tale che $ 0\le e <c $ e $ c|a+1-e $, allora $ 2^c-1|2^a+2^b+1 \leftrightarrow 2^c-1|2^e+1 \implies 2^e+1 \ge 2^c-1 \implies 2^{e-1}(2^{c-e}-1) \le 1 $, ma $ c>2 $, assurdo.
5. Siano $ f,g $ due interi tali che $ gcd(a-f,b-g) \ge c $ e $ 0 \le f,g < c $ allora $ 2^c-1|2^a+2^b+1 \leftrightarrow 2^c-1|2^g+2^f+1 $, con $ 0 \le f < g < c $. Ma $ 2^g+1 > 2^{f-1}+2^{g-1}+1 \ge 2^{c-1} \implies 1>2^{c-1}-2^g \implies g=c-1 $. Allora $ 2^f+2^g+1|2^{g+1} \implies (f,g)=(1,2) $.
Concludiamo quindi che tutte e sole le terne sono date da $ (a,b,1),(2a,2b,2),(3a+1,3a+2,3),(3a+2,3a+1,3) $.
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jordan
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Messaggio da jordan » 28 feb 2009, 01:19

Problema 6.
Siano dati tre numeri razionali $ a<b<c $. Mostrare che $ \displaystyle \sum_{cyc}{(a-b)^{-2}} $ è il quadrato di qualche numero razionale. :D
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TBPL
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Messaggio da TBPL » 28 feb 2009, 12:23

Pongo $ x=a-b $, $ y=b-c $, $ z=c-a $. Risulta $ z=-x-y $
Quindi:
$ \displaystyle \sum_{cyc}{(a-b)^{-2}}=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{(x+y)^2}=\frac{x^4+y^4+2xy(x^2+y^2)+3x^2y^2}{(xy(x+y))^2}=(\frac{xy+x^2+y^2}{xy(x+y)})^2 $

TBPL
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Messaggio da TBPL » 28 feb 2009, 12:25

Problema 7.
Sia $ p $ un primo dispari. Determinare il numero di residui modulo $ p $ della forma $ (x^2+y^2)^2 $, con $ (x,p)=(y,p)=1 $

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jordan
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Messaggio da jordan » 28 feb 2009, 13:28

Formulazione equivalente: trovare quanti sono i residui quadratici $ x $ modulo $ p>2 $ tali che esistono interi $ 0 \le a \le b <p $ con $ ab\not \equiv 0 \pmod p $ e $ x+kp=a^2+b^2 $.
Inoltre ogni intero $ q $ tale che dà resto 1 modulo 4 è esprimibile come somma di quadrati. Per cui è sufficiente imporre $ 4|x+kp-1 $. Ma per $ k\in \{1,2,3,4\} $ otteniamo che $ \{p,2p,3p,4p\} $ è bigettiva in $ \{0,1,2,3\} $ da cui la tesi, tutti i $ \frac{p-1}{2} $ residui quadratici.
nb. se vogliamo considerare anche lo zero, l'equazione $ p|a^2+b^2 $, con $ p\nmid ab $ ha soluzione se e solo se $ 4|p-1 $.

Aspetto notizie da tbpl..
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jordan
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Messaggio da jordan » 28 feb 2009, 19:11

dopo conferme da tbpl..
Problema 8
Mostrare che se $ m $ non ha radici primitive allora $ a^{\frac{\phi(m)}{2}} \equiv 1 \pmod m $, per ogni a coprimo con m. :D



edit: Si definisce radice primitiva (o generatore modulo m) un numero a tale che $ a^{\phi(m)} \equiv 1 \pmod m $, e che $ a^d \not \equiv 1 \pmod m $, per ogni $ d|\phi(m), d<\phi(m) $.
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Messaggio da jordan » 11 mar 2009, 16:44

Ok, è passata piu di una settimana, si vede che non è piaciuto molto..
Intanto posto la soluzione e metto un nuovo problema..
Fatto1.Gli interi della forma $ 2,4,p^{\alpha},p^{2\alpha} $ con $ p $ primo >2 hanno almeno una radice primitiva (sta anche sul Gobbino, nel caso non ci crediate provate a dimostrarlo..)
Fatto2.Se n è una potenza di 2 maggiore di 4, allora per induzione 8|a^2-1, e posto che, se a dispari, $ 2^k|a^{2^{k-2}}-1 $ allora $ a^{2^{k-2}} $ è della forma $ 1+b2^k $, allora $ a^{2^{k-1}}=(1+b2^k)^2 \equiv 1 \pmod{2^{k+1}} $.
Fatto 3. Altrimenti esistono due interi x e y coprimi maggiori di 2, tali che il loro prodotto sia n, l'intero che non ha radici primitive. Naturalmente $ \varphi(x)\equiv \varphi(y) \equiv 0 \pmod 2 $. Per cui per la molticatività della phi abbiamo $ a^{\phi(n)/2} \equiv (a^{\phi(x)})^{\phi(y)/2} \equiv 1^{\phi(y)/2} \equiv 1 \pmod{x} $, e analogamente per $ y $, da cui la tesi.

Problema 9. Mostrare che, per ogni x reale, vale $ \displaystyle \sum_{i=0}^{\infty}{[\frac{x+2^i}{2^{i+1}}]}=[x] $, dove [y] denota il piu grande intero che non è maggiore di y.
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Messaggio da jordan » 29 mar 2009, 13:23

Soluzione problema 9. $ \displaystyle \sum_{i=0}^{+\infty}{[\frac{x}{2^{i+1}}+\frac{1}{2}]} $ $ \displaystyle =\sum_{i=0}^{+\infty}{[\frac{x}{2^i}]-[\frac{x}{2^{i+1}}]}=[x] $.

Problema 10. Trovare una formula esplicita per $ \displaystyle \sum_{i=1}^{p-1}[\frac{iq}{p}] $ dove p e q sono coprimi.
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Messaggio da federiko97 » 29 mar 2009, 14:47

Ke figata 'sta staffetta!!!

Comunque, disegnando un rettangolo con i vertici in (0;0), (p;0), (p;q) e (0;q) abbiamo che $ [\frac{iq}{p}] $ è il numero di punti a coordinate intere dell'i-esima colonna compresi tra la base del rettangolo (esclusa) e la diagonale (ma sulla diagonale non ce ne sono perché (p,q)=1). Quindi la somma prende tutti i punti a coordinate intere strettamento dentro il rettangolo sotto la diagonale, cioè la metà del totale, da cui $ \sum =\frac{(p-1)(q-1)}{2} $

Problema 11

Siano $ v_1,\dots v_n $ dei vettori di lunghezza k a coefficienti interi. Sia p un primo. Dimostrare che se $ n>(p-1)k $ allora esiste un insieme non vuoto $ I\subseteq \{ 1,\dots ,n\} $ tale che:

$ \displaystyle\sum_{i\in I} v_i \equiv (0,\dots ,0) \pmod p $

vale a dire ciascun coefficiente del vettore somma è un multiplo di p.

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Messaggio da federiko97 » 05 apr 2009, 21:22

Hint pesante: se un sistema di equazioni modulo p ha più variabili di quanto sia la somma dei gradi delle singole equazioni, allora il numero di soluzioni è un multiplo di p
Io credo che alcune entità superiori, pur non avendo odore, possano esistere. Esse influenzano le nostre vite in maniera che nessuno scienziato può comprendere.

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The show must go on!

Messaggio da federiko97 » 02 mag 2009, 14:28

Visto che nessuno risponde, ecco un altro problema:

Sia m un intero positivo. Sia $ (x_0, y_0) $ la più piccola soluzione all'equazione $ x^2-3y^2=m $ negli interi positivi.

Si trovi trovi un upper bound di $ x_0 $ (in funzione di $ m $ naturalmente).
Io credo che alcune entità superiori, pur non avendo odore, possano esistere. Esse influenzano le nostre vite in maniera che nessuno scienziato può comprendere.

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Re: The show must go on!

Messaggio da exodd » 02 mag 2009, 15:28

federiko97 ha scritto: Sia m un intero positivo. Sia $ (x_0, y_0) $ la più piccola soluzione all'equazione $ x^2-3y^2=m $ negli interi positivi.
cioè tale che m sia minimo?
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 julio14 » 02 mag 2009, 15:31

le incognite sono x e y... se no ovvio che metti x=2 e y=1. Cmq ha scritto "in funzione di m".

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