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Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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Il Pitagorico
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Messaggio da Il Pitagorico » 19 gen 2013, 11:17

dimostrare che 91 è l'unico numero che si può esprimere come somma di due cubi perfetti consecutivi e come differenza di altri due cubi perfetti consecutivi.
"I decimali non calcolati di π riposano in un misterioso regno astratto, dove fruiscono di una debole realtà. Fino a quando non saranno calcolati non si trasformeranno in qualcosa di pienamente reale, e persino allora la loro realtà sarà una mera questione di grado."
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Kopernik
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Re: 91

Messaggio da Kopernik » 19 gen 2013, 14:11

Il problema andrebbe postato in teoria dei numeri.
[tex]A \epsilon \iota \quad o \quad \theta \epsilon o \varsigma \quad o \quad \mu \epsilon \gamma \alpha \varsigma \quad \gamma \epsilon \omega \mu \epsilon \tau \rho \epsilon \iota \quad (\Pi \lambda \alpha \tau \omega \nu)[/tex]

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jordan
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Re: 91

Messaggio da jordan » 19 gen 2013, 18:09

Kopernik ha scritto:Il problema andrebbe postato in teoria dei numeri.
Che moderatori efficienti :D

Tanto per non distruggere il problema, e per non rendere questo post inutile, possiamo rifrasarlo come:

"Siano definiti gli insiemi $\mathcal{S}:=\{s \in \mathbb{Z}: s=z^3+(z+1)^3 \text{ per qualche } z \in \mathbb{Z}\}$ e $\mathcal{D}:=\{d \in \mathbb{Z}: d=-z^3+(z+1)^3 \text{ per qualche } z \in \mathbb{Z}\}$; mostrare che \[ \mathcal{S} \cap \mathcal{D} = \{91\}." \]



Edit: credo che, affinchè il risultato sia vero, si debbano sostituire tutti i $\mathbb{Z}$ con $\mathbb{N}$ !
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Gi.
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Re: 91

Messaggio da Gi. » 20 gen 2013, 11:39

$ n^3+(n+1)^3=k $
$ (m+1)^3-m^3=k $

Sviluppando otteniamo

$ 2n^3+3n^2+3n+1=k $
$ 3m^2+3m+1=k $

Sommo membro a membro (salto i conti)

$ 2n^3+3(n^2+m^2+n+m)=2(k-1) $

Adesso è evidente che sia $ n^3 $ che $ (k-1) $ sono divisibili per 3, infatti possiamo riscrivere come:

$ 3(n^2+m^2+n+m)=2(k-1)-2n^3 $

abbiamo che la differenza di due numeri è un numero divisibile per 3, quindi lo sono anche i due numeri, ma poichè 3 è coprimo con 2, allora 3 divide sia $ n^3 $ che $ (k-1) $. Possiamo anche dire, con un ragionamento simile, che $ n^2+m^2+n+m $ è divisibile per 2: il membro sinistro è dunque divisibile per 6 (anche quello destro, of course):

$ 6h=2(k-1) \rightarrow 3h=k-1 \rightarrow k=3h+1 $

Adesso dobbiamo dimostrare che può essere solo $ h=30 $

Riprendiamo le due espressioni iniziali e sostituiamo a k quello appena trovato

$ 3m^2+3m=3h \rightarrow h=m^2+m $ (da cui $ k=3(m^2+m)+1) $

torniamo a

$ 2n^3+3(n^2+m^2+n+m)=2(k-1)=2*3(m^2+m) $
$ 2n^3 +3(m^2+m)+3(n^2+3n)=2*3(m^2+m) $
$ 2n^3 +3n^2 +3n=3(m^2+m)= k-1 \rightarrow k= 2n^3+3n^2 +3n +1 $

Eguaglio con l' altra scrittura di k

$ 2n^3+3n^2+3n+1=3(m^2+m)+1 $
$ 2n^3+3(n^2-m^2)+3(n-m)=0 $

Da cui si vede che le soluzioni sono $ n=m=0 $ (che porta a $ k=1 $) oppure $ m=5 $ e $ n=3 $ (che porta a $ k=91 $)

p.s. $ k=1 $ è da considerare? Volendo può essere scritto sia come $ 0^3+1^3 $ che come $ 1^3-0^3 $

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jordan
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Re: 91

Messaggio da jordan » 20 gen 2013, 11:47

Gi. ha scritto:p.s. $ k=1 $ è da considerare? Volendo può essere scritto sia come $ 0^3+1^3 $ che come $ 1^3-0^3 $
Da come è scritto il testo, sì..
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Re: 91

Messaggio da simone256 » 20 gen 2013, 12:33

abbiamo che la differenza di due numeri è un numero divisibile per 3, quindi lo sono anche i due numeri, ma poichè 3 è coprimo con 2, allora 3 divide sia $ n^3 $ che $ (k-1) $.
Occhio...
Adesso è evidente che sia $ n^3 $ che $ (k-1) $ sono divisibili per 3, infatti possiamo riscrivere come:

$ 3(n^2+m^2+n+m)=2(k-1)-2n^3 $
Basti pensare a $ (k-1)=4 $, $ n=1 $.
Quello che hai detto è vero, ma è vero anche che $ 2(k-1)-2n^3 $ è multiplo di $ 3 $ se $ n^3 \equiv (k-1) $ $ (\mod 3) $.
Da cui si vede che le soluzioni sono $ n=m=0 $ (che porta a $ k=1 $) oppure $ m=5 $ e $ n=3 $ (che porta a $ k=91 $)
Come hai dedotto le soluzioni?!?!?!? :shock:
Eguaglio con l' altra scrittura di $ k $

$ 2n^3+3n^2+3n+1=3(m^2+m)+1 $
$ 2n^3+3(n^2−m^2)+3(n−m)=0 $
E se all'inizio avessimo sottratto membro a membro?
$ \mbox{ }\mbox{ } $And God said : $ \displaystyle c^2 \mu_0 \varepsilon_0 =1 $,
and then there was light.


$ \mbox{ }\mbox{ } $Tsune ni shinen kufu seyo

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Re: 91

Messaggio da simone256 » 20 gen 2013, 12:56

Da cui si vede che le soluzioni sono $ n=m=0 $ (che porta a $ k=1 $) oppure $ m=5 $ e $ n=3 $ (che porta a $ k=91 $)
Come hai dedotto le soluzioni?!?!?!? :shock:
No non dirmelo... Ci sto lavorando... Anche se non mi sembra così immediato :|
$ \mbox{ }\mbox{ } $And God said : $ \displaystyle c^2 \mu_0 \varepsilon_0 =1 $,
and then there was light.


$ \mbox{ }\mbox{ } $Tsune ni shinen kufu seyo

Gi.
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Re: 91

Messaggio da Gi. » 20 gen 2013, 13:06

Il mio ragionamento è banale:

Siano $ a $ e $ b $ due numeri interi divisibili per un terzo numero intero $ c $, allora possiamo scriverli come $ a=nc $ e $ b=mc $, quindi la loro differenza sarà $ a-b=nc-mc=c(n-m) $, ovviamente si può anche andare all'inverso.

Però anche quello che dici tu mi pare altretanto corretto, infatti dire che due numeri sono congrui modulo n vuole sostanzialmente dire che sono uguali a meno di un multiplo di n, per cui scrivere $ n^3 \equiv (k-1) (\mod 3) $ è come scrivere $ n^3= (k-1) +3s $ e sostituendo:

$ 2(k-1) -2[(k-1) +3s]= -3s $ che supposto $ s $ negativo è uguale a $ 3s $, un multiplo di 3.

Però mi salvo in corner dicendo che gli $ n $ trovati rispettano la condizione, quindi la dimostrazione non è da buttare :lol:

p.s. grazie per la segnalazione, devo cercare di stare più attento a questi particolari.


EDIT

La soluzione $ n=m=0 $ è immediata, l' altra l'ho dedotta per tentativi (in effetti una dimostrazione corretta al 100% dovrebbe mostrare anche che quella diofantea non ha altre soluzioni oltre a quelle due trovate... proverò a risolverla).

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Il Pitagorico
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Re: 91

Messaggio da Il Pitagorico » 20 gen 2013, 15:40

bella dimostrazione, io ne avevo una molto più lunga, ma quella di Gi. mi sembra più coincisa.
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