Problema simil - Febbraio

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
max tre
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Messaggio da max tre » 16 giu 2010, 13:39

allora, provo il mio primo problema
(m+n)/mn=1/p
mn=p(m+n) (1)
ora, p è divisore di m, di n o di entrambi
se divide uno tra m e n (è indifferente, tanto la (1) è simmetrica), posso porre m=px
quindi (dalla (1)) pxn=p(px+n)
(x-1)n=px (2)
ora, p deve dividere uno tra (x-1) e n, visto che per ipotesi p divide m ma non n, posso porre (x-1)=py e, sostituendo nella (2), pyn=px, ovvero yn=x
sostituendo nella (2)m ottengo (yn-1)n=pyn
yn-1=py
y(n-p)=1
siccome tutte le variabili sono intere positive, l'unica possibilità è che y=1 e (n-p)=1,
ovvero n=p+1
Dalla (2) ottengo xn-n=px
x=n/(n-p)=(p+1)/(p+1-p)=p+1
quindi m=px=p(p+1)
Quindi (m,n)=(p(p+1),p+1)

Se era p divideva n ma non m ottenevo la simmetrica (m,n)=(p+1,p(p+1))

Se p divide sia m che n , posso porre m=px e n=py
Sostituendo nella (1) ho p^2 xy=p(px+py)
xy=x+y
x=xy-y
y=x/(x-1)
siccome (x-1) e x sono consecutivi, l'unico caso in cui non sono coprimi è x=2
(in realtà ci sarebbe anche x=y=0, ma non è accettabile)
y=2
Quindi m=n=2p
Quindi (m,n)=(2p,2p)

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fraboz
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Messaggio da fraboz » 16 giu 2010, 14:20

secondo me sono queste: $ (n;m)=(p+1;p+p^2); (2p;2p); (p-p^2;p-1) $ e permutazioni. Infatti con un po di manipolazione si arriva a questa equazione $ m=p+p^2/(n-p) $ dalla facile risoluzione.

EDIT:preceduto

Claudio.
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Messaggio da Claudio. » 16 giu 2010, 14:24

Ok, impara il $ \LaTeX $ ci vuole poco per le cose semplici come queste.
Comunque usando più o meno lo stesso metodo puoi riparmiarti una sostituzine.

Da $ p(m+n)=mn $ come hai fatto puoi porre $ m=xp $ sostituisci e arrivi a $ xp+n=xn $ qua invece di scomporre come hai fatto tu:
$ x(n-p)=n \Rightarrow x=\frac n{n-p} $ che è intero quindi $ n-p|n $ ora classico $ \frac n{n-p}=\frac{(n-p)+p}{n-p}=1+\frac p{n-p} $ quindi le uniche possibilità cono $ n-p=1 $ e $ n-p=p $ sostituisci e trovi quelle soluzioni.

@Fabroz: La terza coppia è sbagliata, non ho controllato i calcoli ma direi che si vede che $ p-p^2 $ è abbastanza negativo :lol:

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fraboz
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Messaggio da fraboz » 16 giu 2010, 14:39

è vero Claudio ma $ |p-p^2|>p-1 $ e ciò implica che $ \displaystyle \frac{1}{|p-p^2|}<\frac{1}{p-1} $ e ciò implica che la somma tra le due frazioni sia positiva. oppure sto facendo confusione?

Claudio.
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Messaggio da Claudio. » 16 giu 2010, 14:43

fraboz ha scritto:è vero Claudio ma $ |p-p^2|>p-1 $ e ciò implica che $ \displaystyle \frac{1}{|p-p^2|}<\frac{1}{p-1} $ e ciò implica che la somma tra le due frazioni sia positiva. oppure sto facendo confusione?
Questo non c'entra perchè tra le ipotesi c'è che m e n siano entrambi positivi....
Ultima modifica di Claudio. il 16 giu 2010, 14:44, modificato 2 volte in totale.

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Messaggio da fraboz » 16 giu 2010, 14:43

hai ragione pardon errore mio :lol:

Claudio.
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Messaggio da Claudio. » 16 giu 2010, 17:40

Riguardo il problema di prima:
Giuseppe R ha scritto:$ m \leq n \leq p $ che implica $ \frac{1}{m} \geq \frac{1}{n} \geq \frac{1}{p} $. Da cui segue $ 1 \leq \frac{3}{m} $ ovvero $ m \leq 3 $.
Scusate, sarà che non vedo qualcosa di stupido, ma come si arriva da quello a $ 1\le\frac3m $ ?

trugruo
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Messaggio da trugruo » 16 giu 2010, 19:08

Claudio. ha scritto:Riguardo il problema di prima:
Giuseppe R ha scritto:$ m \leq n \leq p $ che implica $ \frac{1}{m} \geq \frac{1}{n} \geq \frac{1}{p} $. Da cui segue $ 1 \leq \frac{3}{m} $ ovvero $ m \leq 3 $.
Scusate, sarà che non vedo qualcosa di stupido, ma come si arriva da quello a $ 1\le\frac3m $ ?
immagina che il minimo tra m,n,p sia 7,al massimo si avrebbe che
1/7 +1/7 +1/7 =3/7 <1
ora immagina che il minimo tra m,n,p sia k
1/m+1/m+1/m >= 1
3/m>=1
m<=3

Claudio.
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Messaggio da Claudio. » 16 giu 2010, 19:34

Ah ok io avevo fatto nello stesso modo, mi sembrava assurdo che si ricavasse direttamente da quelle disuguaglianze(comunque volevi scrivere:immagina che il minimo sia m. :lol: )

Claudio.
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Messaggio da Claudio. » 19 giu 2010, 10:39

Ne posto un altro se non vi siete stancati di sto topic ^^ Dalla gara nazinoale greca, facile.

Determina tutte le triplette intere positive $ $(x,y,z) $ con $ $x\le y\le z $ che soddisfano:
$ $xy+yz+xz-xyz=2 $

ndp15
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Messaggio da ndp15 » 19 giu 2010, 11:22

Nuovo problema=nuovo thread (a meno di essere in staffetta!)

Claudio.
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Messaggio da Claudio. » 19 giu 2010, 11:29

Che faccio apro un nuovo thread adesso? Siccome sono abbastanza semplici per la media di questo forum pensavo potesse dare fastidio...

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Francutio
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Messaggio da Francutio » 19 giu 2010, 11:31

sì aprine un altro, così si mantiene un po' di ordine :wink:

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