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Inviato: 19 gen 2013, 11:17
da Il Pitagorico
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.
Re: 91
Inviato: 19 gen 2013, 14:11
da Kopernik
Il problema andrebbe postato in teoria dei numeri.
Re: 91
Inviato: 19 gen 2013, 18:09
da jordan
Kopernik ha scritto:Il problema andrebbe postato in teoria dei numeri.
Che moderatori efficienti
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 $\mathbb{N}$ !
Re: 91
Inviato: 20 gen 2013, 11:39
da Gi.
$ 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 $
Re: 91
Inviato: 20 gen 2013, 11:47
da jordan
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..
Re: 91
Inviato: 20 gen 2013, 12:33
da simone256
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?!?!?!?
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?
Re: 91
Inviato: 20 gen 2013, 12:56
da simone256
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?!?!?!?
No non dirmelo... Ci sto lavorando... Anche se non mi sembra così immediato
Re: 91
Inviato: 20 gen 2013, 13:06
da Gi.
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
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).
Re: 91
Inviato: 20 gen 2013, 15:40
da Il Pitagorico
bella dimostrazione, io ne avevo una molto più lunga, ma quella di Gi. mi sembra più coincisa.