sns 1981-1982 quesito 2

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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didudo
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sns 1981-1982 quesito 2

Messaggio da didudo » 14 ago 2009, 18:19

determinare gli interi positivi p,q,N per cui:
$ (p+q)^N=2(p^N+q^N) $
pensavo fosse il forum "belli e abbronzati"....

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Maioc92
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Messaggio da Maioc92 » 14 ago 2009, 19:32

ma p e q sono primi?
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!

francescodd
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Messaggio da francescodd » 14 ago 2009, 19:36

Maioc92 ha scritto:ma p e q sono primi?
non necessariamente. io ho risolto fino ad un certo punto

$ p,q $ o entrambi pari o entrambi dispari. se$ p,q $ pari non esistono soluzioni per la discesa infinita. ma per i dispari non so come muovermi...
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Maioc92
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Messaggio da Maioc92 » 14 ago 2009, 19:40

mi sono accorto ora che possiamo supporli primi tra loro
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Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!

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Messaggio da Maioc92 » 14 ago 2009, 19:44

allora dovrebbero essere tutte le terne $ N=2,p=q $
Se p e q non sono primi tra loro raccogliamo il MCD,semplifichiamo e troviamo un'equazione analoga. Quindi supponiamo che p e q siano primi tra loro. Sviluppando $ (p+q)^N $ col binomio di newton troviamo che deve essere $ p^N=kq $ e $ q^N=hp $. Poichè sono primi tra loro l'unica possibilità è $ p=q=1 $. Sostituendo troviamo $ 2^N=4 $, da cui la tesi
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Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!

francescodd
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Messaggio da francescodd » 14 ago 2009, 20:10

Maioc92 ha scritto: Sviluppando $ (p+q)^N $ col binomio di newton troviamo che deve essere $ p^N=kq $ e $ q^N=hp $.
mi potresti spiegare questo passaggio? grazie

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Messaggio da Maioc92 » 14 ago 2009, 20:22

il binomio di newton dice che $ \displaystyle (a+b)^n=\sum_{i=0}^n \binom n i a^ib^{n-i} $. In pratica ci assicura che tutti i termini della sommatoria sono divisibili per p tranne $ q^N $ e viceversa per q. Portando q^n (o p^n rispettivamente) al RHS trovi il passaggio
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Fedecart
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Messaggio da Fedecart » 18 ago 2009, 20:28

Maioc92 ha scritto:allora dovrebbero essere tutte le terne $ N=2,p=q $
Se p e q non sono primi tra loro raccogliamo il MCD,semplifichiamo e troviamo un'equazione analoga. Quindi supponiamo che p e q siano primi tra loro. Sviluppando $ (p+q)^N $ col binomio di newton troviamo che deve essere $ p^N=kq $ e $ q^N=hp $. Poichè sono primi tra loro l'unica possibilità è $ p=q=1 $. Sostituendo troviamo $ 2^N=4 $, da cui la tesi
Credo che esca anche per Cauchy-Schwrtz questo, poi però bisogna provare che non ce ne sono altre, mentre come fai tu è completo! (credo) =)

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