Diofantea da Cesenatico 2011

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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spugna
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Diofantea da Cesenatico 2011

Messaggio da spugna » 07 mag 2011, 15:57

Trovate tutte le soluzioni intere di $ n^3=p^2-p-1 $ con $p$ primo
"Bene, ora dobbiamo massimizzare [tex]\dfrac{x}{(x+100)^2}[/tex]: come possiamo farlo senza le derivate? Beh insomma, in zero fa zero... a $+\infty$ tende a zero... e il massimo? Potrebbe essere, che so, in $10^{24}$? Chiaramente no... E in $10^{-3}$? Nemmeno... Insomma, nella frazione c'è solo il numero $100$, quindi dove volete che sia il massimo se non in $x=100$..?" (da leggere con risatine perfide e irrisorie in corrispondenza dei puntini di sospensione)

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Drago96
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Re: Diofantea da Cesenatico 2011

Messaggio da Drago96 » 08 mag 2011, 16:04

Io ho fatto questo, ma non so quanto serva / sia giusto

Provando i casi piccoli vedo che $n=1, p=2$ funziona.
Poi trasformo l'equazione in $n^3+1=p(p-1)$; da ciò deduco che $n$ è dispari.
Ora scompongo in fattori il primo membro, $(n+1)(n^2-n+1) = p(p-1)$.
Diivido: $n^2-n+1 = {p(p-1) \over n+1}$ ; siccome $p$ è primo, allora $n+1$ è divisore di $p-1$
Porto a destra l'1 e raccolgo: $n(n-1) = {p(p-1) \over n-1} + 1$; ciò significa che ${p(p-1) \over n+1}$ è dispari.

Ora cos'è che potrei dire???
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Mist
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Re: Diofantea da Cesenatico 2011

Messaggio da Mist » 08 mag 2011, 16:21

L'equazione di partenza diventa facilmente equivalente a $(n+1)(n^2-n+1) =p(p-1)$.
Distinguo i due casi possibili:
  • $p|n+1 \rightarrow n \equiv -1 \pmod{p} \rightarrow n^2-n+1 \equiv3 \pmod{p}$. Posto quindi $n+1 = pa$ e $n^2-n+1 = pk_p +3 >0$ con $a\in \mathbb{N},$ $p\ in \mathbb{P}$ e $k_p \in \{ x: x> -\frac{3}{p} \} \cap \mathbb{Z}$, l'equazione precedente si riduce nella forma $a(pk_p +3) = p-1$.
    Se $p=2\rightarrow k=-1 \rightarrow a=1$ si ottiene che $p=2$ e $n=1$ è soluzione
    Per $p=3$ si verifica facilmente che non ci sono soluzioni.
    Se $p>3$ allora si verifica faciilmente che $k_p$ appartiene obbligatoriamente ad $\mathbb{N}$. Da questo fatto consegue banalmente che $pk_p+3 >p-1 $ $\forall (p,k_p)$ e quindi non ci sono altre soluzioni in questo caso.
  • $p|n^2-n+1$. Si verifica facilmente analizzando modulo $8$ $8k^3=p^2-p-1$ che $2\nmid n$. Per ipotesi si ha che $n^2-n+1 = pa \rightarrow (n+1)^2-3n \equiv 0 \pmod{p}$(3). Posto ora $n+1 \equiv \mu \not \equiv 0 \pmod{p}$ ( $\mu$ non può essere congruo a zero in quanto se $n$ fosse congruo a $-1$ allora si avrebbe che $n^2-n+1 \equiv 3 \pmod{p}$, che sarebbe congruo a zero come da ipotesi se e solo se $p=3$, ma si verifica facilmente che $p=3$ non da soluzione dell'equazione di partenza) possiamo dire che $\mu ^2 \equiv 2\mu -3\pmod{p}$ e che quindi $\mu ^2 -3\mu +3 = p\omega $(2). Siccome per quanto detto prima $n+1 = pb +\mu$(1) possiamo dire che, sommando la (1) e la (2), $\mu ^2-4\mu +4+n-p(\omega +b) = 0$ e che quindi $\mu = 2+\sqrt{p(\omega +b) -n}$. Da questo fatto, riprendendo la (1), consegue che $n-1=pb +\sqrt{p(\omega +b) -n} \rightarrow (n-1-pb)^2 = p(\omega +b) -n$ da cui si ha quindi che $(n-1)^2 \equiv -n \pmod{p}$. Ricordandosi della (3) si ottiene ora che, moltiplicando per tre ambo i membri della congruenza (possiamo perchè abbiamo escluso che p sia pari a tre) e aggiungendo $(n+1)^2$, $(n+1)^2+3(n-1)^2 \equiv (n+1)^2-3n \equiv o \pmod{p}$ per ipotesi. Ma allora $p\mid (n+1)^2+3(n-1)^2 = 4n^2-4n+2$. Siccome abbiamo già considerato il caso $p=2$, possiamo porre $p>3$ e scrivere quindi che $2n^2-2n+1 = pc$(4). Ricordando che per ipotesi si ha che $n^2-n+1 =pj$, possiamo dire che $n^2-n = n(n-1) = p(a-j)$. Ma allora si ha che $p|n$ o $p|n-1$, che porta a dire che o $n\equiv 0 \pmod{p}$ o $n \equiv 1 \pmod{p}$. Entrambi i casi si rivelano impossibili in quanto nel primo si avrebbe, applicando la (3), che $1 \equiv 0$ e nel secondo caso si avrebbe ancora che che $1 \equiv 0\pmod{p}$ : assurdo.
Si conclude insomma che le uniche soluzioni sono $(p,n) = (2,1)$
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spugna
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Re: Diofantea da Cesenatico 2011

Messaggio da spugna » 08 mag 2011, 17:55

Mist ha scritto:$p\mid (n+1)^2+3(n-1)^2 = 4n^2-4n+2$
Quel $+2$ in realtà è un $+4$: se poi, dopo aver supposto $p>2$, dividi per $4$, ottieni $n^2-n+1=pc$ che era il punto di partenza. Esiste una strada più semplice (quando ho letto la soluzione ufficiale mi sono mangiato le mani perchè avevo avuto la stessa idea ma non mi era venuto in mente un passaggio abbastanza banale..!)
"Bene, ora dobbiamo massimizzare [tex]\dfrac{x}{(x+100)^2}[/tex]: come possiamo farlo senza le derivate? Beh insomma, in zero fa zero... a $+\infty$ tende a zero... e il massimo? Potrebbe essere, che so, in $10^{24}$? Chiaramente no... E in $10^{-3}$? Nemmeno... Insomma, nella frazione c'è solo il numero $100$, quindi dove volete che sia il massimo se non in $x=100$..?" (da leggere con risatine perfide e irrisorie in corrispondenza dei puntini di sospensione)

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Re: Diofantea da Cesenatico 2011

Messaggio da Mist » 08 mag 2011, 18:13

D: noo che errore idiota... Mi sembrava un po' strano in effetti :?
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matty96
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Re: Diofantea da Cesenatico 2011

Messaggio da matty96 » 08 mag 2011, 21:48

Forse qualcosa non va, ma spero di sbagliarmi....

Riscrivo come $p^2-n^3=p+1$ .Se n fosse negativo (e lo rscrivo come $-m$) allora $p^2+m^3>p+1$ quindi non può esserlo.Inoltre $p>n$
Se $p=2$ trovo che $n=1$
Se $p>2$ allora $n^3 \equiv -1\pmod p \implies n \equiv -1 \pmod p \implies p\mid n+1 $ .Quindi $p \leq n+1 \rightarrow p-n \leq 1$ e ciò significa che o $p=n$ ed è impossibile oppure che $p-n=1 \to n=p-1$, ma sostituendo nell'equazione iniziale noto che non ha soluzioni intere.Perciò l'unica soluzione è $(n,p)=(1,2)$
<<Se avessi pensato (se pensassi) che la matematica è solo tecnica
e non anche cultura generale; solo calcolo e non anche filosofia,
cioè pensiero valido per tutti, non avrei fatto il matematico (non
continuerei a farlo)>> (Lucio Lombardo Radice, Istituzioni di
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Re: Diofantea da Cesenatico 2011

Messaggio da Mist » 08 mag 2011, 22:50

matty96 ha scritto:Forse qualcosa non va, ma spero di sbagliarmi....

Riscrivo come $p^2-n^3=p+1$ .Se n fosse negativo (e lo rscrivo come $-m$) allora $p^2+m^3>p+1$ quindi non può esserlo.Inoltre $p>n$
Se $p=2$ trovo che $n=1$
Se $p>2$ allora $n^3 \equiv -1\pmod p \implies n \equiv -1 \pmod p \implies p\mid n+1 $ .Quindi $p \leq n+1 \rightarrow p-n \leq 1$ e ciò significa che o $p=n$ ed è impossibile oppure che $p-n=1 \to n=p-1$, ma sostituendo nell'equazione iniziale noto che non ha soluzioni intere.Perciò l'unica soluzione è $(n,p)=(1,2)$
$n^3 \equiv -1\pmod p \implies n \equiv -1 \pmod p $. Prova a porre $n=10$ e $p=7$... si ha che $1000 \equiv -1 \pmod{7}$ e $10 \equiv 3 \pmod{7}$, non va, la freccia non vale sembra...
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Re: Diofantea da Cesenatico 2011

Messaggio da Sonner » 09 mag 2011, 17:25

C'è anche un terrificante $ (11,37) $ :D

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Re: Diofantea da Cesenatico 2011

Messaggio da LukasEta » 09 mag 2011, 19:06

Sonner ha scritto:C'è anche un terrificante $ (11,37) $ :D
Che io per giunta avevo trovato, dicendo che se esisteva un'altra soluzione diversa da (1,2) allora essa doveva essere tale che $p=18k+1$ per qualche k ( da cui viene velocemente $p=37$), ma mi hanno dato 0 punti :x
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Re: Diofantea da Cesenatico 2011

Messaggio da Porky » 12 mag 2011, 22:06

Io ero arrivato subito alla scomposizione della soluzione, ma poi mi ero convinto che non si arrivava da nessuna parte... allora sono "riuscito" a dimostrare per assurdo che non c'erano soluzioni oltre a ( 1, 2 ); ero riuscito a dire, ragionando un po' con i residui quadratici, che una certa variabile doveva essere contemporaneamente pari e dispari... poi mi sono accorto di aver dato lo stesso nome a due variabili diverse :(

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