Diofantea da Cesenatico e oltre

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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LeZ
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Diofantea da Cesenatico e oltre

Messaggio da LeZ » 08 set 2011, 16:14

Prendo spunto da Cesenatico 2011, per proporvi una diofantea simile inventata da me, ma ancora più difficile :D

Trovare le soluzioni intere, dell'equazione:

$ x^3=y^2-y-64 $

E' abbastanza carina :D

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balossino
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Re: Diofantea da Cesenatico e oltre

Messaggio da balossino » 08 set 2011, 22:28

PIU' difficile di quella di Cesenatico??? :shock: ...mollata.

LeZ
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Re: Diofantea da Cesenatico e oltre

Messaggio da LeZ » 08 set 2011, 22:46

Il procedimento è più o meno quello, ma è simile ad una curva di mordell, non riesco a dimostrare il limite delle soluzioni. Comunque le soluzioni facili ci sono e sono alla portata di tutti :D

Mist
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Re: Diofantea da Cesenatico e oltre

Messaggio da Mist » 09 set 2011, 01:35

LeZ ha scritto:Prendo spunto da Cesenatico 2011, per proporvi una diofantea simile inventata da me, ma ancora più difficile :D

Trovare le soluzioni intere, dell'equazione:

$ x^3=y^2-y-64 $

E' abbastanza carina :D
è abbastanza evidente che $2\mid x$ e quindi posto $x=2\alpha$ si ha che
$$2^3\alpha ^3 = y^2-y-2^6$$
Moltiplico ambo i membri per $2^2$ e ottengo
$$2^5\alpha ^3= (2y-1)^2-1-2^8$$
Moltiplico per $2^4$ e ottengo che
$$2^9\alpha^3 = (2y-1)^2\cdot 2^4 -2^4-2^{12}$$
Posto quindi $\mu=2^3\alpha=2^2x$ e $j=2^2(2y-1)$ ottengo
$$\mu ^3= j^2-2^4-2^{12} = j^2-4112$$

Ora, secondo questo le soluzioni intere sono all'ultima equazione scritta sono:
  • $(\mu , j)=(64, \pm516) $
  • $(\mu ,j)=(-8, \pm 60) $
  • $(\mu ,j) =(8, \pm 68)$
  • $(\mu ,j) =(17, \pm 95) $
  • $(\mu ,j) =(15992,\pm 2022340) $
  • $(\mu ,j) =(88,\pm 828) $
  • $(\mu ,j)=(-16,\pm 4)$
  • $(\mu ,j)=(73,\pm 627) $
  • $(\mu , j)= (2984,\pm 163004)$
  • $(\mu ,j)= (9248,\pm 889348)$
Rieffettuando all'inverso le sostituzioni effettuate prima, si vengono ad escludere le soluzioni $(17\pm 95)$ e $ (73, \pm 627)$ perchè si deve avere che $4\mid \mu$ in conseguenza del fatto che $\mu=4x$. Ora, risolvendo per le rimanenti coppie $(\mu ,j)$ scritte sopra il sistema:
$$\begin{matrix}\cases{ \mu = 4x \\ j=4(2y-1)}\end{matrix}$$
si arriva a concludere che le uniche soluzioni della equazione originaria sono:
$(x,y)=(16, 65), (-2, 8),(2, 9),(3998, 252793),(22, 104),(-4, 1),(16, -64),(-2, -7),(2, -8),(3998, -252792),(22, -103),(-4, 0)$
$(746,20376),(746,-20375),(2312,111169),(2312,-111168)$

LeZ ha scritto:E' abbastanza carina :D
:D 'nzomma
Ultima modifica di Mist il 09 set 2011, 11:11, modificato 1 volta in totale.
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Re: Diofantea da Cesenatico e oltre

Messaggio da LeZ » 09 set 2011, 10:52

Dai era carina :P
Cmq credo sia $ (22,-103) , (22,104) $;)

Per il resto complimenti, hai trovate tutte quelle che ho trovato io :D

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Re: Diofantea da Cesenatico e oltre

Messaggio da LeZ » 09 set 2011, 11:27

Senza quel link, ad ogni modo, sarebbe stato impossibile risolverla nel tuo modo.

Mist
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Re: Diofantea da Cesenatico e oltre

Messaggio da Mist » 09 set 2011, 11:31

Infatti, per questo ho detto che non è carina, anche perchè non credo esista un altro modo per trovare certe soluzioni tipo $(2312,-111168)$ :? in modo... decente, senza passare dall'equazione che porta al link
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Re: Diofantea da Cesenatico e oltre

Messaggio da jordan » 09 set 2011, 13:34

Perchè inventare problemi del genere e proporli senza avere una soluzione quando ci sono miliardi di problemi stupendi con soluzioni strettamente olimpiche? :?
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Re: Diofantea da Cesenatico e oltre

Messaggio da LeZ » 09 set 2011, 14:09

Soluzione strettamente olimpica:
Prendiamo l'equazione scritta meglio: $ (x+4)(x^2+16-4x)=y(y-1) $
Ora analizziamo il caso in cui $ x+4\mid y-1 \rightarrow y\mid x^2-4x+16: $
Meglio scritte come $ {y-1\over x+4} = k $ con k reale, e $ {x^2+16-4x\over y} =k $; Dalla prima $ y=kx+4x+1 $; sostituiamo y nella seconda e otteniamo l'equazione parametrica:
$ x^2-x(k^2+4)+(16-4k^2-k)=0 $
$ \Delta = k^4+24k^2-4k-64 $; posso riscriverla come, $ (k^2+12)^2-144-64+4k $; sicuramente è un quadrato per $ k=48 $.
$ x_1={4+48^2+48^2+12\over 2} = 2312. $
$ x_2={4+48^2-48^2-12\over 2}= -4. $

Ovviamente le altre soluzioni si trovano usando la stessa tecnica.

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Re: Diofantea da Cesenatico e oltre

Messaggio da Mist » 09 set 2011, 14:24

LeZ ha scritto:Soluzione strettamente olimpica:
Prendiamo l'equazione scritta meglio: $ (x+4)(x^2+16-4x)=y(y-1) $
Ora analizziamo il caso in cui $ x+4\mid y-1 \rightarrow y\mid x^2-4x+16: $
Meglio scritte come $ {y-1\over x+4} = k $ con k reale, e $ {x^2+16-4x\over y} =k $; Dalla prima $ y=kx+4x+1 $; sostituiamo y nella seconda e otteniamo l'equazione parametrica:
$ x^2-x(k^2+4)+(16-4k^2-k)=0 $
$ \Delta = k^4+24k^2-4k-64 $; posso riscriverla come, $ (k^2+12)^2-144-64+4k $; sicuramente è un quadrato per $ k=48 $.
$ x_1={4+48^2+48^2+12\over 2} = 2312. $
$ x_2={4+48^2-48^2-12\over 2}= -4. $

Ovviamente le altre soluzioni si trovano usando la stessa tecnica.
Col tuo metodo arrivi ad analizzare solo alcuni casi, perchè escludi quelli in cui $x+4$ è frutto del prodotto di un po' di fattori di $y$ e un po' di fattori di $y-1$. E poi francamente resta comunque un problema non olimpico, perchè mai e poi mai troverai ad una gara credo una diofantea che richiede calcoli grossi per essere risolta (finchè si trovano soluzioni come le tue ok, ma guarda un po' quelle più grandi che ho trovato io :? )... Insomma, concordo con jordan
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Re: Diofantea da Cesenatico e oltre

Messaggio da LeZ » 09 set 2011, 14:36

Ma certo, finchè invento cosi come vengono non le troveremo a Cesenatico! ;)
E non sono molto utili tra l'altro, ma volendo, se ci si cimenta, le soluzioni si trovano! Il procedimento è comunque abbastanza standard, lo stesso trovato a cesenatico 2011. Per questo l'ho scritta ;)

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Re: Diofantea da Cesenatico e oltre

Messaggio da jordan » 09 set 2011, 16:55

Ah, se questo tu lo chiami "standard".. :roll:
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