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Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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jordan
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Messaggio da jordan » 14 dic 2009, 08:51

No comment. :evil: :evil:

Vedi anche qui teoremi 3,4,5.
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dario2994
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Messaggio da dario2994 » 14 dic 2009, 13:38

Ops...
Rimedio alla pirlata piazzandone uno facile facile :)
Esiste una sequenza di $ $a_i $ naturali crescente $ $t.c.\ \ \forall\ \ k\in\mathbb{Z} $ il valore $ $ a_i+k $ è primo solo per un numero finito di i?

Preso dal (fantastico) libro "104 Number Theory problems".
...tristezza ed ottimismo... ed ironia...
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Haile
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Messaggio da Haile » 14 dic 2009, 14:33

jordan ha scritto:No comment. :evil: :evil:

Vedi anche qui teoremi 3,4,5.
WTF

E io ci ho anche pensato su :lol:
[i]
Mathematical proofs are like diamonds: hard and clear.

[/i]

Gauss91
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Messaggio da Gauss91 » 14 dic 2009, 16:48

Per "numero finito" si intende anche lo 0? Nel senso che $ a_i + k $ può non essere mai primo? Se è così, è facile: $ a_i = i! $.
"Cos'è l'aritmetica?" "E' quella scienza in cui si impara quello che si sa già!"

dario2994
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Messaggio da dario2994 » 14 dic 2009, 16:57

Si per numero finito si intende anche lo 0.
No la sequenza da te postata non soddisfa ;)
Non scrivo il motivo così almeno il problema resiste almeno altre 2 ore xD
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Maioc92
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Messaggio da Maioc92 » 14 dic 2009, 17:56

a me sembra che vada bene ad esempio $ a_i=i!+[\frac i 2] $. Però boh, mi sembra troppo facile cosi
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!

dario2994
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Messaggio da dario2994 » 14 dic 2009, 18:01

Potrebbe andare bene... dimostralo (si è facilissimo, ma almeno dopo averne postato uno palesemente impossbile recupero postandone uno quasi banale xD)
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Gauss91
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Messaggio da Gauss91 » 14 dic 2009, 18:09

Aaaah adesso l'ho capita! C'è l'infame $ k = 1 $ :P .
Riprovo.
Sia $ p_n = 2, 3, 5, 7, ... $ la successione dei primi. Ponendo $ a_i =i + \displaystyle\prod_{n=1}^i p_n $, la successione del testo diventa $ \displaystyle\prod_{n=1}^i p_n + i + k $.
Ora, è $ p_i > 2i + 1 $ per $ i > 6 $, e $ 2i+1 > k+1 $ per $ i+1 > k $. Ciò significa che, da $ i+1 $ in poi, e se $ k<6 $ da $ i=7 $ in poi, sarà sicuramente $ k+i < p_i $, quindi i primi della fattorizzazione di $ k+i $ saranno sicuramente contenuti in $ \displaystyle\prod_{n=1}^i p_n $, quindi $ \displaystyle\prod_{n=1}^i p_n + k + i = a_i + k $ sarà composto.
Così va meglio?
Non è bella come quella di Maioc, ma io sono più scarso! ahah :lol:
Ultima modifica di Gauss91 il 15 dic 2009, 18:30, modificato 4 volte in totale.
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Messaggio da Maioc92 » 14 dic 2009, 18:13

la difficoltà dipende anche dalle idee che ti vengono...io guardando il problema ho subito pensato al fatto che esistono intervalli tra primi grandi a piacere, però non è detto che sia cosi immediato.
Comunque dimostro che la successione funziona:
fissato k considero $ a_{2|k|+4}=(2|k|+4)!+|k|+2 $. Per ogni $ i\ge 2|k|+4 $ si ha che $ a_i+k $ non è primo (basta considerare il fatto che $ n!+k $ non è primo se $ 2\le k\le n $). Quindi le soluzione sono da cercare nei primi $ 2|k|+3 $ termini della successione e pertanto sono in numero limitato, il che dovrebbe chiudere la questione se non ho sbagliato nulla

EDIT:lol, 2 soluzioni in contemporanea :lol:
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!

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Messaggio da dario2994 » 14 dic 2009, 21:48

Sono entrambe giuste... ma Gauss stai attento perchè gli indici delle produttorie sono tutti toppati :|

Non so a chi passare la palla, Maioc ha dato per primo la soluzione dando (giustamente) per scontata la dimostrazione... invece Gauss ha messo per primo la dimostrazione... decidete voi. Insomma il primo dei 2 che ha un problema carino e ben più tosto del mio si senta in diritto di postarlo ;)

p.s. Esisteva anche la più elegante
$ $a_n=(n!)^3 $
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Messaggio da Gauss91 » 14 dic 2009, 22:58

Ops! Corretto tutto.
Bene mi arrogo il diritto di presentare un nuovo problema, che ho visto su mathlinks (chi si è fatto un giro da quelle parti e lo sa è pregato di non "fregare"! :P ). Spero che Maioc non si offenda! :D
Dimostrare che $ x^2+y^2+z^2 = (x-y)(y-z)(z-x) $ ha infinite soluzioni intere.
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Messaggio da jordan » 21 gen 2010, 20:25

Gauss91, s'era detto che dopo circa una settimana se nessuno lo risolveva si sarebbe postata la soluzione e un nuovo problema :wink:
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Messaggio da jordan » 16 feb 2010, 08:05

Ok, gauss91 non si è fatto piu vivo. Qualcuno che propone un nuovo problema?
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Messaggio da ghilu » 16 feb 2010, 15:26

Dai, propongo io qualcosa a caso:
trovare , fra gli interi relativi, tutti gli a,b tali che:
$ 2a^4+a^2b^2+2a^2-14ab+2a^3b+113=(a^2+8)^3 $.
Non si smette mai di imparare.

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Messaggio da jordan » 17 feb 2010, 09:27

Problema 50. Mostrare che l'equazione $ x^2+y^2+z^2=(x-y)(y-z)(z-x) $ ammette infinte soluzioni in $ \mathbb{Z}^3 $.
Per una eventuale soluzione vedi qui.

Problema 51. Trovare tutti gli $ (a,b)\in\mathbb{Z}^2 $ tali che $ 2a^4+a^2b^2+2a^2-14ab+2a^3b+113=(a^2+8)^3 $.
Soluzione. Trattandola come una quadratica in $ b $ abbiamo bisogno che il suo discriminante sia un quadrato perfetto, i.e. $ 4a^2(a^2+8)^2(a^2+7)=c^2 $ per qualche $ c\in \mathbb{Z} $, i.e. $ a^2+7=d^2 $ per qualche $ d\in \mathbb{Z} $ che ha soluzione evidentemente solo per $ |a|=3 $. []

Problema 52. Trovare tutti gli $ (a,b)\in \mathbb{Z}^2 $ tali che $ a^2=ab+b^2+b+5 $.
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