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Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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toti96
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Messaggio da toti96 » 13 dic 2012, 23:04

Dato il sistema:
$ x_1+x_2+x_3+...+x_{100}=5050 $
$ x_2^2-x_1^2=3 $
$ x_k^2-x_{k-1}^2=2k-1 $
$ x_{100}^2-x_{99}^2=199 $
trovare tutte le soluzioni $ x_1 x_2 ... x_{100} $ per $ x_k \ge 0 $ e $ k=1,2,3..100 $.
posto la mia soluzione perchè quella ufficiale è completamente diversa e volevo chiedere se secondo voi anche la mia andava bene.
dimostro che sono soluzioni tutti e soli gli $ x_k=k $.comincio con il dimostrare la sufficienza notando che se vale la suddetta relazione la somma si può esprimere allora come la somma degli interi da $ 1 $ a $ 100 $,cioè $ \frac{(100)(101)}{2}=5050. $la differenza tra quadrati diventa $ k^2-(k-1)^2=2k-1 $ cioè $ (k+k-1)(k-k+1)=2k-1 $ banalmente sempre vero.per la necessarietà notiamo che se $ x_k $ è diverso da $ k $,allora possiamo scrivere $ x_k=k+a $ e $ x_{k-1}=k-1+b $ con $ (a,b) \in \mathbb{Z^2} $ per le ipotesi iniziali ho naturalmente $ k+a\ge 0 $ e $ k-1 +b \ge 0 $ e $ x_k^2-x_{k-1}^2>0 $ .ora si noti che ,dato $ k $ generico, se supponiamo $ a,b<0 $ la somma iniziale diventerà minore di $ 5050 $ e con $ a,b>0 $ la somma è maggiore di $ 5050 $. deve quindi essere o $ a>0 , b<0 $ o $ a<0,b>0 $. si noti che il secondo caso dovrebbe avere $ k+a > k-1+b $ cioè a $ a > b-1 $ ma poichè il valore minimo di $ b $ è $ 1 $ ne deduciamo l'impossibilità. analizziamo allora il primo caso che ci porta dopo vari passaggi a :
$ a^2-b^2+2k(a-b)+2b=0 $.riscrivo come:
$ a^2-(b-1)^2+1+2k(a-b)=0 $ che per le condizioni poste non risulta mai vero in quanto $ a^2>(b-1)^2 $ e quindi è una somma di quantità positive.
secondo voi è,non dico buona,ma almeno accettabile??

Mist
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Re: SNS 1990.3

Messaggio da Mist » 14 dic 2012, 13:16

toti96 ha scritto:allora possiamo scrivere $ x_k=k+a $ e $ x_{k-1}=k-1+b $ con $ (a,b) \in \mathbb{Z^2} $
Ma mi perdo qualcosa io, cosa probabile, o tu supponi implicitamente fin da subito che tutti gli $x_i$ siano interi ?
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"[...] e se io non so pentirmi del passato, la libertà è un sogno"
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jordan
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Re: SNS 1990.3

Messaggio da jordan » 14 dic 2012, 13:38

Esatto, d'altra parte, se supponi che siano interi e $x_i \ge 0$ per ogni $1\le i\le n$ allora $x_2^2-x_1^2=3 \implies x_1=1$ (*), $x_{k}^2-x_{k-1}^2=2k-1 \implies x_k\ge x_{k-1}-1 \implies x_i \ge i $ (**) per ogni $i$, che ancora una volta implica $\sum_{i=1}^n{x_i} \ge \sum_{i=1}^n{i}$, con uguaglianza sse $x_i=i$ per ogni $i$.

Per i reali (non negativi), invece, la (*) e la (**) non valgono..
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Re: SNS 1990.3

Messaggio da jordan » 14 dic 2012, 14:00

Un'idea sarebbe: $x_i^2-x_{i-1}^2=2i-1$ per ogni $i$ è un'ellisse; se fissi $x_1$ allora hai fissato anche $x_2$, e di conseguenza fissi tutti, anche $x_3, x_4$, fino a $x_n$. Questa mostra che, dato $x_1$, allora anche $\sum_{i=1}^n{x_i}$ è univocamente determinato..per cui?
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Re: SNS 1990.3

Messaggio da toti96 » 14 dic 2012, 15:55

Mist ha scritto:
toti96 ha scritto:allora possiamo scrivere $ x_k=k+a $ e $ x_{k-1}=k-1+b $ con $ (a,b) \in \mathbb{Z^2} $
Ma mi perdo qualcosa io, cosa probabile, o tu supponi implicitamente fin da subito che tutti gli $x_i$ siano interi ?

non ti perdi nulla sono io che sono un idiota XD chiedo scusa per tutte le idiozie che ho scritto la dimostrazione è da buttare ...che vergogna...

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Re: SNS 1990.3

Messaggio da Mist » 14 dic 2012, 16:04

E di che ti vergogni ? Errare humanum est :P
Comunque l'idea che ho usato io è simile a quella di toti in un punto, solo che prima bisogna notare che $x_k ^2 -x_j ^2 =$....
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