Riemann Competition (Maggio)

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
Avatar utente
kalu
Messaggi: 295
Iscritto il: 23 nov 2010, 16:52
Località: Pisa

Riemann Competition (Maggio)

Messaggio da kalu » 18 apr 2011, 15:21

Ecco la Riemann Competition di questo mese. Non rispondetemi tutti insieme,vi prego :D

1) Trovare tutti gli interi positivi $ a $ e $ b $ tali che $ a^2b^2+ab^2+1 $ divida $ a^4+a^3+1 $.

2) Siano $ a $ e $ b $ interi positivi tali $ \displaystyle{\frac{(2a)^{b+1}-1}{2a-1}} $ sia un quadrato. Dimostrare che $ a $ è multiplo di 4.

3)Trovare tutte le terne di interi positivi $ x, y, z $ tali che $ 2^x + 2^y + 2^z=2336 $

4) Sia $ m=2007^{2008} $. Quanti interi positivi $ n<m $ sono tali che $ m $ divida $ n(2n+1)(5n+2) $?

5)Trovare tutte le coppie di interi positivi $ x, y $ tali che $ x^3-y^3=2xy+8 $.

6) Trovare tutte le coppie di interi $ a $ e $ b $ tali che $ \displaystyle a^{2^b}-b^{2^a}=2 $
Ultima modifica di kalu il 19 apr 2011, 15:54, modificato 4 volte in totale.
Pota gnari!

amatrix92
Messaggi: 818
Iscritto il: 21 nov 2008, 17:19
Località: Firenze

Re: Riemann Competition (Maggio)

Messaggio da amatrix92 » 18 apr 2011, 15:32

Direi che l'ultimo è decisamente troppo conosciuto ( c'è una dimostrazione anche su wiki :roll: ). per quanto riguarda gli altri 5 non li avevo mai visti, proverò.
Le parole non colgono il significato segreto, tutto appare un po' diverso quando lo si esprime, un po' falsato, un po' sciocco, sì, e anche questo è bene e mi piace moltissimo, anche con questo sono perfettamente d'accordo, che ciò che è tesoro e saggezza d'un uomo suoni sempre un po' sciocco alle orecchie degli altri.

Avatar utente
kalu
Messaggi: 295
Iscritto il: 23 nov 2010, 16:52
Località: Pisa

Re: Riemann Competition (Maggio)

Messaggio da kalu » 18 apr 2011, 21:01

Non immaginavo fosse così famoso. Lo sostituisco con un altro perchè vorrei che chiunque possa partecipare senza doversi astenere da problemi già conosciuti, creando così qualche problema al momento di decidere il vincitore (sperando che i partecipanti siano >1). Sono sicuro al 100% che quest'altro non lo conoscete :wink:
Pota gnari!

amatrix92
Messaggi: 818
Iscritto il: 21 nov 2008, 17:19
Località: Firenze

Re: Riemann Competition (Maggio)

Messaggio da amatrix92 » 18 apr 2011, 22:01

Ottimo. Una cosa, sei sicuro che il testo del 4 sia corretto e non sia invertito m e n?
Le parole non colgono il significato segreto, tutto appare un po' diverso quando lo si esprime, un po' falsato, un po' sciocco, sì, e anche questo è bene e mi piace moltissimo, anche con questo sono perfettamente d'accordo, che ciò che è tesoro e saggezza d'un uomo suoni sempre un po' sciocco alle orecchie degli altri.

Avatar utente
LukasEta
Messaggi: 245
Iscritto il: 04 dic 2008, 15:47

Re: Riemann Competition (Maggio)

Messaggio da LukasEta » 19 apr 2011, 13:52

Carinissimo il 6 :D
Ἀγεωμέτρητος μηδεὶς εἰσίτω

Euler
Messaggi: 345
Iscritto il: 20 mar 2010, 22:07
Località: Trento

Re: Riemann Competition (Maggio)

Messaggio da Euler » 19 apr 2011, 15:05

Ma il 2 non è falso? Basta prendere (15, 1) e abbiamo un quadrato...

sasha™
Messaggi: 328
Iscritto il: 11 mag 2009, 12:58

Re: Riemann Competition (Maggio)

Messaggio da sasha™ » 19 apr 2011, 15:15

Hai ragione, con $b=1$ in generale vanno bene tutti gli $n^2-1$. Però la tesi mi sembra sensata se $a$ è pari. Aspettiamo conferme. :?
amatrix92 ha scritto:Ottimo. Una cosa, sei sicuro che il testo del 4 sia corretto e non sia invertito m e n?
Direi di sì, altrimenti sono banalmente infiniti. :)

Avatar utente
kalu
Messaggi: 295
Iscritto il: 23 nov 2010, 16:52
Località: Pisa

Re: Riemann Competition (Maggio)

Messaggio da kalu » 19 apr 2011, 15:52

amatrix92 ha scritto:Ottimo. Una cosa, sei sicuro che il testo del 4 sia corretto e non sia invertito m e n?
Hai ragone, c'è un errore: $ n $ deve essere minore di $ m $ e non viceversa.
Euler ha scritto:Ma il 2 non è falso? Basta prendere (15, 1) e abbiamo un quadrato...
Hai assolutamente ragione, si tratta di un errore di traduzione dall'inglese: Ho imperdonabilmente trascurato l'aggettivo "even" che fino ad oggi non immaginavo significasse "pari"; quindi $ a $ doveva essere pari (in alternativa ho scritto $ 2a $ anzichè $ a $).

Scusatemi per questi errori, purtroppo ieri ho scritto i problemi molto velocemente, senza neppure controllare accuratamente che avessi tradotto bene, perchè avevo disperatamente bisogno di tempo per ripetere per il compito di oggi... :roll:
Pota gnari!

Avatar utente
kalu
Messaggi: 295
Iscritto il: 23 nov 2010, 16:52
Località: Pisa

Re: Riemann Competition (Maggio)

Messaggio da kalu » 26 apr 2011, 18:15

Se vi va bene la data di scadenza è per il 15 maggio.
Vorrei chiarire una cosa: non è necessario che mi diate le soluzioni di TUTTI gli esercizi, potete inviarmi qualunque cosa risolvete, anche solo mezza soluzione di un problema... poi pubblico tutto quello che mi arriva e insieme diamo un punteggio complessivo a ognuno. Mi stanno arrivando parecchie cose, spero me ne arrivino altre! C'è ancora molto tempo :)
Pota gnari!

amatrix92
Messaggi: 818
Iscritto il: 21 nov 2008, 17:19
Località: Firenze

Re: Riemann Competition (Maggio)

Messaggio da amatrix92 » 26 apr 2011, 19:12

Io direi di fare il 1° maggio come termine. Visto la durata doveva essere di 15 giorni, anche per sapere prima di Cesenatico se una ha fatto una soluzione giusta o meno :)
Le parole non colgono il significato segreto, tutto appare un po' diverso quando lo si esprime, un po' falsato, un po' sciocco, sì, e anche questo è bene e mi piace moltissimo, anche con questo sono perfettamente d'accordo, che ciò che è tesoro e saggezza d'un uomo suoni sempre un po' sciocco alle orecchie degli altri.

Avatar utente
kalu
Messaggi: 295
Iscritto il: 23 nov 2010, 16:52
Località: Pisa

Re: Riemann Competition (Maggio)

Messaggio da kalu » 26 apr 2011, 19:20

D'accordo, allora 1 maggio.
Pota gnari!

Avatar utente
LukasEta
Messaggi: 245
Iscritto il: 04 dic 2008, 15:47

Re: Riemann Competition (Maggio)

Messaggio da LukasEta » 26 apr 2011, 21:04

kalu ha scritto:Mi stanno arrivando parecchie cose.

Sono commosso. :lol:
Ἀγεωμέτρητος μηδεὶς εἰσίτω

Avatar utente
kalu
Messaggi: 295
Iscritto il: 23 nov 2010, 16:52
Località: Pisa

Re: Riemann Competition (Maggio)

Messaggio da kalu » 01 mag 2011, 16:37

Ok, ormai credo di poter postare le soluzioni che mi sono arrivate. Stavolta hanno partecipato in 4 ( :D ): LukasEta, Drago96, Staffo, Jordan.

LucasEta

PROBLEMA 3
$2^x+2^y+2^z=2336=2^5\cdot 73$
Divido tutto per $2^5$ ed ottengo:
$2^a+2^b+2^c=73$ , con $a=x-5, b=y-5, c=z-5$
Se i 3 addendi sono tutti pari, cioè se $a,b,c\geq 1$, non ottengo soluzioni in quanto RHS è dispari.
Mi rimane il caso in cui qualcuno tra $a,b,c$ è uguale a 0, ottenendo così uno o più addendi dispari (e più precisamente uguali a 1) che mi sistemino la parità. D'altra parte devo avere un numero dispari di addendi dispari, cioè o 1 o 3 addendi dispari. Ma il caso con 3 addendi dispari è da scartare, in quanto otterrei $1+1+1=73$ che mi dà un'identità falsa. RImane il caso in cui uno tra $2^a,2^b,2^c =1$.
Suppongo WLOG che $2^c=1$ e quindi $c=0$: allora ottengo $2^a+2^b=72$. Le uniche soluzioni $(a,b)$ che ne derivano sono $(6,3)(3,6)$, in quanto almeno uno tra $a$ e $b$ deve essere maggiore di 5 (altrimenti potrei ottenere al massimo $32+32<72$) , ma chiaramente sia $a$ che $b$ sono minori di 7, quindi uno tra i 2 deve essere 6 da cui deriva che l'altro è 3.
Riciclo il ragionamento supponendo che $2^a=1$ e poi che $2^b=1$ : allora le terne di soluzioni $(a,b,c)$ che complessivamente ottengo sono:
$(0,6,3);(0,3,6);(3,0,6);(6,0,3);(3,6,0);(6,3,0);$ le cui corrispettive terne $(x,y,z)$ sono: $(5,11,8);(5,8,11);(8,5,11);(11,5,8);(8,11,5);(11,8,5)$

PROBLEMA 5
5)Trovare tutte le coppie di interi positivi $ x, y $ tali che $ x^3-y^3=2xy+8 $.
A) Suppongo $x\geq y$, quindi $x=d+y$.
Sostituisco:
$(d+y)^3-y^4=2(d+y)y+8$ . Da cui
$(3d-2)y^2+yd(3d-2)+d^3=8$
Da questa ottengo che $d\leq 2$, cioè $d=0,1,2$.
Sostituendo i 3 possibili valori per la $d$, non ottengo alcun valore intero positivo per la $y$ .
B) Suppongo che $y\geq x$ cioè $y=x+d$
Sostituisco e ottengo:
$(3d+2)x^2+(3d+2)x+d^3=-8$
Siccome $d$ è positivo, non ci sono valori interi positivi ammissibili per la $x$.
Non ci sono soluzioni all'equazione... (almeno spero xD)

PROBLEMA 6
Trovare tutte le coppie di interi a e b tali che $a^{2^b}-b^{2^a}=2$
Si dimostrerà che le uniche coppie di soluzioni $(a,b)$ sono : $(2,0);(0,-2);(9,-1)$.
A)Supponiamo che $a,b$ entrambe $\geq 1$: allora gli esponenti $2^b$ e $2^a$ sono entrambi pari,e sfruttando il prodotto notevole posso riscrivere l'equazione come $(a^{2^{b-1}}+b^{2^{b-1}})(a^{2^{b-1}}-b^{2^{a-1}})=2$. Siccome le basi stesse sono maggiori o uguali a 1, $(a^{2^{b-1}}+b^{2^{b-1}})>(a^{2^{b-1}}-b^{2^{a-1}})$ per ogni $a,b\geq 1$, e siccome il prodotto dei due fattori deve darmi 2, l'unica combinazione possibile è $(a^{2^{b-1}}+b^{2^{b-1}})=2, (a^{2^{b-1}}-b^{2^{a-1}})=1$.
Svolgendo il sistema ottengo $b^{2^{a-1}}=2^{-1}$ che non è verificata per nessuna $b$ intera, pertanto il sistema non ha soluzioni intere: non ci sono quindi soluzioni per nessuna $a,b$ entrambe $ \geq 1$.
B)Supponiamo ora che $a,b$ entrambi$ \leq -1$, e chiamiamo $a=-m$, $b=-n$ con $m,n$ interi positivi.
Allora non può esistere il termine $a^{2^b}$ : infatti $a^{2^b}=-m^{2^{-k}}=-m^{\frac {1}{2^k}}=\sqrt[2^k]{-m}$ che non esiste nei reali.
C) Supponiamo adesso che $a$ sia positivo e $b$ sia negativo (quindi entrambi diversi da 0), e chiamiamo $b=-n$ con $n$ intero positivo.
Allora : $a^{2^b}-b^{2^a}=a^{\frac {1}{2^n}}-(-n^{2^a})=a^{\frac {1}{2^n}}-n^{2^a}=2$.
Notando che $a^{\frac {1}{2^n}}>n^{2^a}$ solo per $n=1$ e $a>1$, ottengo la coppia di soluzioni $(a,n)$-> $(9,1)$ , da cui deriva la coppia $(a,b)$->$(9,-1)$
D) Supponiamo adesso che $a$ sia negativo e $b$ sia negativo (quindi entrambi diversi da 0), e chiamiamo $a=-m$ con $m$ intero positivo.
Allora: $a^{2^b}-b^{2^a}=-m^{2^b}-b^{\frac {1}{2^m}}=m^{2^b}-b^{\frac {1}{2^m}}=2$. Con un ragionamento analogo al precedente, mi accorgo che non esistono soluzioni intere in questo caso.
E) Rimane infine il caso in cui almeno uno tra $a$ e $b$ è uguale a 0. Per prova diretta , sostituendo 0 ad $a$ e a $b$ ottengo le soluzioni $(2,0);(0,-2)$

Drago96

PROBLEMA 1
Innanzitutto, noto che valgono tutti i b=a, perchè, per le proprietà delle potenze, a2a2+aa2+1=a4+a3+1 .
Inoltre valgono anche tutti gli a=0 .
ora noto che a4+a3+1 non ha radici intere, il che sifnifica che riscrivendolo come (a−k)q(a), il primo fattore non è intero. Perciò non esiste nessun polinomio che moltiplicato per un intero dia a4+a3+1 .
quindi a2b2+ab2+1 non può essere suo divisore.

PROBLEMA 3
La prima cosa da fare è scomporre in fattori primi 2336; perciò 2336=73⋅25
Innanzitutto noto che x=y=z è impossibile: infatti verrebbe 2x=23363 , ma 23363/∈N
Allora provo a raccogliere 2x : 2x(1+2y−x+2z−x)=2336
Quindi 73⋅25−x=1+2y−x+2z−x
Ma ciò è impossibile, perchè un dispari * pari (la potenza di 2) = pari ; e pari - 1 = dispari (perchè porto a sinistra l'1)
Allora l'unica alternativa è che x=5 , perciò 2y−5+2z−5=72
Ora scompongo, 72=32⋅23
Stesso ragionamento di prima, quindi y−x=3 e 2z−y=8
Da qui ottengo che x=5,y=8,z=11
Verifico che 25+28+211=32+256+2048=2336
Perciò l'unica soluzione è (5,8,11)


staffo

PROBLEMA 2
Chiamo 2a=k (per comodità).
Eseguo la divisione e ottengo kb+kb−1+...+k+1
Analizzo le congruenze mod8.
Fino a k3 tutti i residui (essendo k pari) sono 0.
Ora se k è divisibile per 4 e non per 8, allora k2≡0 e k+1≡5, quindi il residuo totale è 5, che mod8 non è residuo quadratico.
Se k è divisibile per 2 e non per 8, con lo stesso ragionamento arrivo a dire che tutto quel polinomio lì è congruo a 7, che non è un residuo quadratico mod8.
Quindi 8|k e questo implica 4|a.

PROBLEMA 3
Pongo WLOG x≥y≥z.
Allora posso scrivere 2z(2x−z+2y−z+1). di questi due fattori, il secondo non è divisibile per 2, allora tutti i fattori due di 2336 (25⋅73) devono essere contenuti in 2z, quindi z=5.
Allora ottengo 2x−5+2y−5=72. raccolgo ancora 2y−5(2x−y+1)=72. stesso ragionamento di prima mi porta a dire y−5=3 cioè y=8.
A questo punto ottengo 2x−8=8, cioè x=11.
Le soluzioni sono (5,8,11) e permutazioni.

PROBLEMA 5
x e y devono avere la stessa parità, quindi differiranno, almeno, di due.
Voglio minimizzare la differenza dei cubi. Siccome x e y differiscono almeno di due, pongo x=y+2.
Ottengo (con dovute semplificazioni) 5y2+16y=0. Trasportandolo in disuguaglianza, essendo x e y interi positivi, ottengo che il membro di sinistra è sempre maggiore del membro di destra (e questo è vero perchè, minimizzando la differenza di cubi, ho al contempo massimizzato il prodotto xy), e quindi x3−y3>xy+8, e di conseguenza non ci sono soluzioni.

PROBLEMA 6
Gli esponenti di a e di b sono pari, quindi posso scomporre quella differenza di quadrati come: (a2b−1−b2a−1)(a2b−1−b2a−1)=2 essendo due un numero primo, allora uno dei due dovrà essere uguale ad uno, e l'altro uguale a due. ovviamente la differenza, essendo minore della somma, deve essere uguale ad 1, e l'altra deve essere uguale a 2. Chiamo a2b−1=A e b2a−1=B, ottengo dunque:
A−B=1 e A+B=2, che implica B=12 e A=32, ma, essendo A e B delle potenze di interi, esse devono essere intere, quindi non ci sono soluzioni.

Jordan

Ho dei problemi nel copia-incolla delle soluzioni di Jordan (non vengono trascritte le cose in LaTex...) perciò le trovate (tutte e 6) qui: http://bboyjordan.wordpress.com/2010/07 ... blems-2nd/
Pota gnari!

Avatar utente
kalu
Messaggi: 295
Iscritto il: 23 nov 2010, 16:52
Località: Pisa

Re: Riemann Competition (Maggio)

Messaggio da kalu » 01 mag 2011, 17:16

Qualche minuto dopo aver postato queste soluzioni mi sono arrivate quelle di amatrix92. Mi chiede scusa per non essersi accorto che le avevo già pubblicate, ma sono io a dovergli chiedere scusa perchè, dato che la competizione scade oggi, in teoria tutto ciò che mi è arrivato oggi stesso è giusto che venga accettato, quindi sono io che avrei dovuto per correttezza aspettare almeno fino a stasera. Quindi, fidandomi della lealtà di amatrix92 (che la prossima volta che parteciperà manderà le soluzioni un pò prima dllo scadere del tempo :wink:), e anche tenendo conto che mi sono arrivate appena qualche minuto dopo, ecco qui:

amatrix92

PROBLEMA 2
Il testo indica la somma di una progressione geometrica e può equivalentemente essere scritto così: (2a)b+(2a)b−1+...+(2a)+1=k2⟺(2a)b+...+2a=(k+1)(k−1) . Posso raccogliere un 2 nel LHS da cui ricavo che (k+1)(k−1) è pari, ma ciò avviene se e solo se k e dispari e in questo caso (k+1)(k−1) è chiaramente multiplo di 8 in quanto prodotto di 2 numeri pari consecutivi dicui uno sicuramente multiplo di 4. Abbiamo quindi semplificando un 2 che (2a)b2+(2a)b−12+...+2a2+a=(k+1)(k−1)2 , cioè la progressione di termini tutti pari e un termine a uguale ad un termine pari, quindi a pari. Ma con a pari abbiamo una progressione di tutti termini multipli di 4 tranne a che è solo pari uguale ad un multiplo di 4, quindi a multiplo di 4.

PROBLEMA 3
L'unica soluzione è x=11 y=8 z=5 e cicliche
L'eq. è simmetrica quindi pongo Wlog x≥y≥z
Ovviamente x,y,z≤11 perchè 212=4096
Se x= 10 ottengo 2z+2y=2336−1024=1312 da cio essendo y≥z ottengo y=10 e rimane 2z=1312−1024=288 che è impossibile in N.
Se x≤9 allora 22+2y+2z vale al massimo 29⋅3=1536.
Se x=11 allora 2z+2y=2336−2048=288;
A questo punto in questa equazione abbiamo che se y≤7 allora 2z+2y vale al massimo 27⋅2=256.
Se invece y≥9 è impossibile visto che 29=512, quindi y=8 da cui si ricava z=5.

PROBLEMA 5
Non ci sono soluzioni
Ovviamente x>y.
x2−y3=2(xy+4)⟹y=x−2k
Se k=0⟹0=8 assurdo
Se k=1⟹x3−(x−2)3=2(x−2)x+8⟺x2−2x=0⟺x=0∨x=2 ma essendo x,y>0 queste soluzioni vanno escluse.
Se k=2⟹x3−(x−4)3=2x(x−4)+8⟺5x2−20x+28=0 da cui Δ=202−28⋅20<0
e che quindi non ha soluzioni ed è sempre maggiore di 0.
Nella forma generale y=x−2k viene: x3−(x−2k)3=2(x−2k)x+8⟺
⟺8k3−4kx+6kx2=8−2x2−12k2x⟺4k3+2kx+3kx2−4−x2−6k2x=0
Ora voglio dimostrare che per ogni k>2 , 4k3+2kx+3kx2−4−x2−6k2x>0.
Con k=2 abbiamo visto che non ci sono soluzioni e che è sempre maggiore di 0, quindi se dimostrassi che f(x)=4k3+2kx+3kx2−4−x2−6k2x>0 per ogni k>2 avrei finito.
Wolfram mi dice che è vero ma non saprei bene come dimostrarlo.

PROBLEMA 6
Non ci sono soluzioni
a2b−b2a=2⟺(a2b−1+b2a−1)(a2b−1−b2b−1)=2 da cui essendo 2 un numero primo, ed essendo i 2 fattori uno chiaramente maggiore dell'altro si ricava
(a2b−1+b2a−1)=2
(a2b−1−b2b−1)=1
Analizzando il primo, essendo 2 esponenziali sono strettamente maggiori di 0, quindi devono essere entrambi uguali a 1. a2b−1=1 e b2a−1 ma, un esponenziale è uguale a 1 solo quando l'esponente è uguale a 0, ma essendo l'esponente a sua volte una funzione esponenziale non può mai essere uguale a 0 da cui l'assurdo.
Pota gnari!

Avatar utente
LukasEta
Messaggi: 245
Iscritto il: 04 dic 2008, 15:47

Re: Riemann Competition (Maggio)

Messaggio da LukasEta » 01 mag 2011, 18:35

Non ditemi che 0 non è un numero intero :O

Comunque, per quanta riguarda il problema 3 penso sia per tutti 7 punti, 6 punti a drago96 per essersi dimenticato le cicliche..ma suppongo che noi partecipanti non possiamo attribuire punteggi :D
Ἀγεωμέτρητος μηδεὶς εἰσίτω

Rispondi