Staffetta tdn

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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Haile
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Messaggio da Haile » 26 mar 2010, 20:33

Jessica92 ha scritto:
Dovrebbe andare :?
Direi di si
[i]
Mathematical proofs are like diamonds: hard and clear.

[/i]

Jessica92
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Messaggio da Jessica92 » 26 mar 2010, 21:26

Non capisco perchè piever abbia dato per scontato il fatto che $ $v_1=\frac{n^3-3n}{2}+\frac{n^2-1}{2}\sqrt{n^2-4}$ $ è la soluzione minima... :?

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kn
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Messaggio da kn » 26 mar 2010, 22:47

OK, metti pure il problema 59! 8)
Viviamo intorno a un mare come rane intorno a uno stagno. (Socrate)

Jessica92
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Messaggio da Jessica92 » 27 mar 2010, 08:17

Problema 59 Trovare tutti i primi $ $p,q$ $ che soddisfano $ $2p^q-q^p=7$ $
Ultima modifica di Jessica92 il 27 mar 2010, 16:54, modificato 1 volta in totale.

dario2994
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Messaggio da dario2994 » 27 mar 2010, 13:34

Lo bruciacchio, tanto si può fare dato che è in staffetta xD

Caso 1: p=q diviene $ $p^p=7 $ che ha poche soluzioni.
Caso 2: $ $p\not=q $
Analizzo mod p:
$ $q\equiv -7\pmod{p} $ *
Analizzo mod q:
$ $2p\equiv 7\pmod{q} $ **
Assumo p o q<5, divido in casi:
p=2: Sfrutto ** ricavando q=3 che si verifica essere soluzione (p,q)=(2,3)
p=3: Sfrutto ** per ottenere un facile assurdo.
q=2: LHS è pari==> assurdo
q=3: Sfrutto * per ottenere p=2,5. Con p=2 ho gia controllato. Con p=5 ho un'altra soluzione (p,q)=(5,3).
Ora posso assumere p,q >3.
Analizzando mod 6 ricordandosi che i primi valgono 1,-1 si ottiene:
$ $p\equiv 1\pmod{6} $ ***
$ $q\equiv -1\pmod{6} $ ****
Divido in 2 casi:
p>q: Allora da * si ricava q=p-7, che analizzato mod 6 sfruttando *** e **** diviene:
$ $ -1\equiv 0\pmod{6} $
che è assurdo.
p<q: Allora da ** si ricava 2p=q+7, che analizzato mod sfruttando *** e **** diviene:
$ $ 2\equiv 0\pmod{6} $
Che è assurdo.

In conclusione le uniche soluzioni sono (2,3) e (5,3).
...tristezza ed ottimismo... ed ironia...
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Jessica92
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Messaggio da Jessica92 » 27 mar 2010, 14:10

dario2994 ha scritto: Analizzando mod 6 ricordandosi che i primi valgono 1,-1 si ottiene:
$ $p\equiv 1\pmod{6} $ ***
$ $q\equiv -1\pmod{6} $ ****
Non ho capito questa parte :oops:

dario2994
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Messaggio da dario2994 » 27 mar 2010, 14:37

Non l'hai capita perchè è sbagliata.
In verità vale p=q=1 mod 6 xD
Correggo.
La correzione nel mod 6 soddisfa p>q ma resta q>p.
Da ** si ricava $q=2p-7
Assumo p<11 allora:
(p,q)=(5,3) che è gia stato analizzato
(p.q)=(7,7) che non da soluzione.
Ora per p>11 vale:
$ $p(1-\log_p(2))>7 $
Da cui:
$ $p-7>p(log_p(2)) $
Da cui:
$ $ p^{p-7}>2^p $
Da cui:
$ $p^{2p-7}>2^pp^p $
Da cui:
$ $ p^{2p-7}> (2p)^p>(2p-7)^p $*****
Sfruttando ***** ottengo:
$ $ 2p^{2p-7}-(2p-7)^p>p^{p-7}>7 $
Che conclude a meno di errori.
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Jessica92
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Messaggio da Jessica92 » 27 mar 2010, 17:10

Ora va bene!!
Giusto una domanda.

Come arrivi a dire questo?
dario2994 ha scritto: Ora per p>11 vale:
$ $p(1-\log_p(2))>7 $

dario2994
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Messaggio da dario2994 » 28 mar 2010, 11:08

Con una calcolatrice controllo che valga per 11, poi sfrutto il fatto che la funzione è crescente.
Appena trovo un problema buono per la staffetta lo piazzo.
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jordan
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Messaggio da jordan » 28 mar 2010, 14:21

dario2994 ha scritto:Con una calcolatrice controllo che valga per 11, poi sfrutto il fatto che la funzione è crescente.
Appena trovo un problema buono per la staffetta lo piazzo.


Premetto che non ho letto la dimostrazione perchè vorrei provarci prima da solo appena ho tempo, ma non credo serva la calcolatrice: sia $ f(\cdot):\mathbb{R}\to \mathbb{R}:x\to x(1-\text{log}_x(2)) $. Allora $ D(f(x))=1-\text{log}_x(2)-x\ln(2)D((\ln(x))^{-1})=1-\frac{\ln(2)}{\ln(x)}+\frac{\ln(2)}{\ln(x)^2}=\ln(x)^{-2} \left(\ln(x)^2-\ln(x)\ln(2)+\ln(2) \right) $; E' quindi sufficiente che sia $ \ln(2)(1-\ln(x))>0 $ per cui possiadermo concludere che $ f(\cdot ) $ sia strettamente crescente in $ \mathbb{R}\cap (e,+\infty) $. Stimiamo ora un valore di $ x $ nel suddetto range tale per cui $ f(x)>7 $; dobbiamo avere $ (x-7)\ln(x)>x\ln(2) $; per x=10 è falsa infatti $ 3\ln(10)<10\ln(2) $ mentre per x=11 è verificata infatti $ 4\ln(11)>11\ln(2) $ sse $ 11^4>2^{11} $ che è vera.
Ultima modifica di jordan il 28 mar 2010, 18:13, modificato 1 volta in totale.
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Jessica92
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Messaggio da Jessica92 » 28 mar 2010, 16:46

jordan ha scritto:Stimiamo ora un valore di $ $x$ $ nel suddetto range tale per cui $ f(x)>7 $; dobbiamo avere $ \frac{\ln(2)}{x-7}<\ln(x) $. []
Mi sa che non torna qualcosa...

Io l'avevo fatta cosi:
$ x\geq 11 \Rightarrow x^{x-7}>2^x $
$ x-7>x\text{log}_x(2) $
$ x(1-\text{log}_x(2))>7 $

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jordan
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Messaggio da jordan » 28 mar 2010, 17:18

Jessica92 ha scritto:Problema 59 Trovare tutti i primi $ $p,q$ $ che soddisfano $ $2p^q-q^p=7$ $
Soluzione problema 59. (Alternativa). "Lemma. Siano $ (a,b)\in\mathbb{R}^2 $ fissati tali che $ e<a<b $ allora $ a^b>b^a $." La dimostrazione è piuttosto ovvia e meccanica dal momento che è necessario e sufficiente mostrare che la funzione $ g(\cdot):\mathbb{R}\to\mathbb{R}:x\to x(\ln(x))^{-1} $ è strettamente crescente in $ \mathbb{R}\cap (e,+\infty) $, e infatti $ D(g(x))=(\ln(x))^{-2}(\ln(x)-1) $ che è positiva sse $ x>e $. Torniamo al problema originale eliminando tutti i casi banali.
1. Modulo 2 otteniamo che $ q\in \mathbb{P}\setminus\{2\} $
2. Se $ p=2 $ allora $ 2^{q+1}-q^3=7 $ che è assurdo modulo 3, dopo aver ottenuto la coppia soluzione $ (p,q)=(2,3) $.
3. Se $ p=3 $ allora $ 2\cdot 3^q-q^3=7<q^2<q^3\implies 3^q<q^3 $ che è assurdo per il lemma.
4. Se $ q=3 $ allora $ 2p^3-3^p=7>0 $ e in particolare, assunto $ p\ge 5 $, $ p^{3+\frac{1}{2}}>2p^3>3^p>2^{\frac{3}{2}p}\implies p^7>8^p>7^p $ che è impossibile per il lemma, per ogni $ p\ge 7 $; resta da controllare il caso $ (p,q)=(5,3) $, e infatti abbiamo $ 7=2\cdot 5^3-3^5<250-243 $.
5. Se $ p=q $ allora $ p^p=7 $ che è ovviamente impossibile.
6. D'ora in ora si assume che wlog $ \min\{p,q\}\ge 5 $ e siano distinti. Modulo 6 otteniamo che $ 6\mid \text{gcd}(p^q-1,q^p-1) $, ma per ipotesi abbiamo anche che $ 6\mid \text{gcd}(p^2-1,q^2-1) $ per cui è lecito affermare che $ 6\mid \text{gcd}(p-1,q-1) $.
7. Ammettiamo che per assurdo valga $ 5\le p<q $ allora grazie al lemma abbiamo $ 7=p^q+(p^q-q^p)\ge p^q+1>5^5+1 $ che è assurdo. Abbiamo quindi che deve valere $ 5\le q<p $.
8. Modulo p deve valere $ p\mid q+7 $, e poichè $ p>q $ e ha lo stesso residuo modulo 6, abbiamo che l'unica possibilità è $ q=p-6 $. Ma ciò vorrebbe dire che $ p\mid (p-6)+7 $ che è chiaramente impossibile. []

@Jessica92: sopra ho dimostrato che x=11 è il minimo intero per cui quella disuguaglianza è verificata..
Ps. Intanto aspettiamo il problema 60 :o
Ultima modifica di jordan il 28 mar 2010, 18:14, modificato 2 volte in totale.
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Spammowarrior
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Messaggio da Spammowarrior » 28 mar 2010, 17:27

jordan, non ho capito che soluzioni hai trovato, visto che mi sembra che tu trovi solo assurdi, però (2;3) e (3;5) funzionano

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jordan
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Messaggio da jordan » 28 mar 2010, 17:41

dario2994 ha scritto:[...]In conclusione le uniche soluzioni sono (2,3) e (5,3).
La coppia (p,q)=(2,3) funziona e infatti ho scritto al punto 2:
jordan ha scritto:2. [...], dopo aver ottenuto la coppia soluzione (p,q)=(2,3)
La coppia (p,q)=(5,3) funziona (editato il punto 4).
Spammowarrior ha scritto:jordan, non ho capito che soluzioni hai trovato, visto che mi sembra che tu trovi solo assurdi, però (2;3) e (3;5) funzionano
La coppia (p,q)=(3,5) non funziona dato che $ 2\cdot 3^5-5^3=3^5+(3^5-5^3)\ge 3^5+1>3^2>7 $. :roll:
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Spammowarrior
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Messaggio da Spammowarrior » 28 mar 2010, 19:03

scusa, avevo scambiato i due numeri.

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