esercizio dimostrativo febbraio 2013

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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_Ipazia_
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esercizio dimostrativo febbraio 2013

Messaggio da _Ipazia_ » 19 ago 2013, 21:20

Dalla gara di febbraio 2013:
"Determinare tutte le terne di interi strettamente positivi (a; b; c) tali che
- a<=b<=c ;
- MCD(a; b; c) = 1 ;
- a è divisore di b + c, b è divisore di c + a e c è divisore di a + b ."

Io non sono riuscita a dimostrare perché le terne trovate (andando a tentativi :( ) erano le uniche.. qualcuno mi può aiutare per favore? :oops:
Ho guardato anche la soluzione "ufficiale", ma non ho capito molto..
Grazie mille in anticipo :)

EvaristeG
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Re: esercizio dimostrativo febbraio 2013

Messaggio da EvaristeG » 26 ago 2013, 19:35

Beh, dunque, intanto serve richiamare una proprietà fondamentale: se $m$ divide sia $x$ che $y$, allora divide $x+y$ e $x-y$.
Ora, tu sai che $a$ divide $b+c$, ma allora (visto che $a$ divide anche $a$) $a$ divide anche $a+b+c$. Allo stesso modo, anche $b$ e $c$ dividono $a+b+c$.

Adesso, da questo tu puoi concludere che $\mathrm{mcm}(a,b,c)$ divide $a+b+c$; il minimo comune multiplo di $a,b,c$ non è detto che sia il loro prodotto, perché noi sappiamo solo che non c'è un fattore comune a tutti e tre, ma potrebbero avere fattori comuni a due a due. Ad esempio, se $a=2$, $b=6$ e $c=9$, non c'è un fattore comune a tutti e tre, ma il minimo comune multiplo è $18$ e non $2\cdot 6\cdot 9=108$. In effetti, si ha $\mathrm{mcm}(a,b,c)=\dfrac{abc}{\mathrm{MCD}(a,b)\cdot \mathrm{MCD}(b,c)\cdot\mathrm{MCD}(c,a)}$, se $\mathrm{MCD}(a,b,c)=1$.
Quindi vogliamo capire qualcosa su quali sono i divisori comuni di $a,b,c$ a due a due.

Prendiamo un numero $d$ che sia divisore sia di $a$ che di $b$, allora avremo che $d$ divide $a$, ma $a$ divide $b+c$, quindi $d$ divide $b+c$. Inoltre $d$ divide pure $b$, dunque $d$ divide $b+c-b=c$, ma allora $d$ divide tutti e tre i numeri. Questo però vuol dire che $d=1$. Lo stesso capita se prendiamo un numero che divida $b$ e $c$ oppure $a$ e $c$. Quindi i numeri $a, b, c$ non hanno fattori comuni nemmeno a due a due.

Allora da quello che abbiamo detto prima abbiamo che $\mathrm{mcm}(a,b,c)=abc$ e dunque $abc$ divide $a+b+c$. Adesso usiamo il fatto (che finora avevamo ignorato!) che $a\leq b\leq c$ per dire che $a+b+c\leq 3c$. Quindi $abc$ divide un numero minore o uguale a $3c$, da cui $abc\leq 3c$ ovvero $ab\leq 3$. Si può avere $ab=1$, $ab=2$, $ab=3$.

Nel primo caso abbiamo $a=1, b=1$ e dunque $c$ deve dividere $a+b=2$, da cui $c=1$ (terna $(1,1,1)$ ) oppure $c=2$ (terna $(1,1,2)$). Si verifica che entrambe vanno bene.
Nel secondo caso abbiamo $a=1$, $b=2$ (perché deve essere $a\leq b$) e quindi $c$ deve dividere $a+b=3$, da cui $c=3$ (terna $(1,2,3)$). Si verifica che va bene.
Nel terzo caso abbiamo $a=1$, $b=3$ (perché deve essere $a\leq b$) e quindi $c$ deve dividere $a+b=4$, da cui (visto che $c\geq b=3$) $c=4$, ma in questo caso $b=3$ non divide $a+c=5$. Quindi quest'ultima soluzione non è accettabile. Le terne sono dunque $(1,1,1)$, $(1,1,2)$, $(1,2,3)$.

In generale, di solito, in questi problemi si procede così:
1. si cerca di trovare qualche condizione di divisibilità in più rispetto alle ipotesi (in questo caso ad esempio erano coprimi a due a due e non solo tutti e tre)
2. si cerca di scrivere qualche disuguaglianza (ad esempio sfruttando il fatto che i numeri devono essere in un certo ordine, o che magari da qualche ipotesi salta fuori che uno non può essere troppo grande o troppo piccolo)
3. ci si riduce a controllare, mettendo insieme 1 e 2, un numero finito di casi e per ognuno si verifica se funziona o no.

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jordan
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Soluzione alternativa.

Messaggio da jordan » 26 ago 2013, 21:35

La risposta di sopra dovrebbe esserti piu' che sufficiente; aggiungo una soluzione alternativa, che a quanto pare è a prima vista un po' diversa dalle due ufficiali..

Definiamo i razionali $x:=\frac{a+b+c}{a}$, $y:=\frac{a+b+c}{b}$, $z:=\frac{a+b+c}{c}$, che sono interi per ipotesi. Allora la seguente equazione è valida:
\[ \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1. \]
Almeno due tra le variabili $x,y,z$ sono uguali se e solo se almeno due tra le variabili $a,b,c$ sono uguali. Se $y=z$ allora abbiamo
\[ \frac{1}{x}+\frac{2}{y}=1 \text{ se e solo se } x=1+\frac{2}{y-2}. \]
$x$ deve essere intero quindi anche $\frac{2}{y-2}$ lo è, quindi $y$ puo' essere soltanto $3$ o $4$ da cui le soluzioni nella forma $(x,y,z)$:
\[ (3,3,3), (2,4,4). \]
Altrimenti, le variabili sono tutte diverse. Per ipotesi era $a\le b\le c$, e visto che sono tutte diverse dobbiamo avere $z<y<x$. Ora:
\[ 1=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}<\frac{3}{z} \implies z<3.\]
Ora chiaramente $z$ non puo' essere $1$. Resta l'unica possibilità $z=2$. L'equazione diventa
\[ \frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{2} \text{ se e solo se }x=2+\frac{4}{y-2}. \]
Uguale a prima, insieme alla condizione $y<x$, porta all'ultima soluzione $(2,3,6)$. Avendo $(x,y,z)$ puoi determinare univocamente $(a,b,c)$ (considerato che per ipotesi $\text{MCD}(a,b,c)=1$). Ed è fatta.. :wink:
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Re: esercizio dimostrativo febbraio 2013

Messaggio da fph » 27 ago 2013, 13:45

In generale scrivere solo "ho provato a guardare la soluzione ufficiale, ma non ci ho capito molto" non ti procurerà risposte particolarmente utili: chi ha scritto la soluzione ufficiale già pensava che quello fosse il modo più chiaro di presentarla, e qualunque risposta (che sia un'altra soluzione simile ma diversa, o un tentativo di rispiegare la soluzione ufficiale) sarà scritta in modo analogo; questo sempre perché crediamo che quello sia il modo migliore di scriverle, e se qualcuno non ci dice cosa non capisce le riscriveremo nello stesso modo. È molto più utile se ci scrivi qualcosa di questo tipo:
ho provato a leggere la soluzione ufficiale; mi è tutto chiaro fino alla riga X, poi c'è la frase "xx xxx xxx xxxxx" che è il primo punto che non capisco: perché è vero che "xx xxxx"? Da cosa segue?
In questo modo possiamo capire davvero qual è il punto su cui ti sei bloccata e cercare di tirarti fuori dal problema. Per cercare un parallelo: è come se tu andassi da un meccanico e dicessi solo "nella mia macchina c'è qualcosa che non va". Il meccanico ti odierà per questo; devi cominciare tu spiegando *cosa* non funziona (non si accende, c'è una gomma a terra, gli alzacristalli sono rotti) perché possa aiutarti.
Un altro punto positivo di questo approccio è che ti incoraggia a fare quello che si chiama rubber duck debugging: se uno cerca di spiegare chiaramente qual è il problema che ha, eliminando i pezzi superflui, come se lo stesse raccontando a un bambino di 5 anni, allora in molti casi nel fare questa operazione si chiarisce da solo le cose il problema si risolve da sé.
--federico
[tex]\frac1{\sqrt2}\bigl(\left|\text{loves me}\right\rangle+\left|\text{loves me not}\right\rangle\bigr)[/tex]

_Ipazia_
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Re: esercizio dimostrativo febbraio 2013

Messaggio da _Ipazia_ » 21 set 2013, 15:30

Scusate, credevo proprio di avervi risposto ma a quanto pare non l'avevo fatto :oops:
Nella soluzione ufficiale non avevo capito nè perchè i tre numeri erano coprimi a due a due, nè la disuguaglianza finale, ma ho capito per bene dalla spiegazione più dettagliata di EvaristeG :) grazie mille anche per i consigli generali!
E dopo un po' ho capito anche la soluzione alternativa :wink:
Grazie mille a tutti, la prossima volta scriverò più dettagliatamente cosa non ho capito :)
“SE ASCOLTO DIMENTICO, SE GUARDO IMPARO, SE FACCIO CAPISCO”

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