Siano $x,y,z \in \mathbb{N}$, con $x>y>z>0$, tali che $$x^3(y-z)-y^3(x-z)+z^3(x-y)=60$$ Determina tutte le soluzioni $(x,y,z)$.
Il problema richiede quindi di calcolare la somma dei prodotti $xyz$ per ogni terna trovata, anche se credo sia solo perchè è un problema di una gara a squadre.
Io ho trovato una soluzione che implica il calcolo di molti casi da fare a mano e non so se sia giustificabile, vista la provenienza del problema, oppure se ci sia una soluzione più breve. Spero la seconda
Diofantea in tre variabili
Re: Diofantea in tre variabili
Oddio non mi dire che hai fatto a mano caso per caso sfruttando la condizione che sono tutti positivi..
La somma che hai scritto è $f(x,y,z)=\sum_{cyc}{x^3(y-z)}$ dove "cyc" sta per ciclica. Scrivilo come polinomio in $x$, allora hai che è uguale a
$$x^3(y-z)-x(y^3-z^3)+(y^2z+yz^2)(y-z).$$
Quindi questa somma è divisibile per $y-z$. Ma potremmo vederla anche come polinomio in $y$ o in $z$ e concludere che
$$(x-y)(y-z)(z-x) \text{ divide strettamente } f(x,y,z)=2^2\cdot 3\cdot 5.$$
Ora, non è che sono rimaste molte possibilità, una volta che consideri quanti possono essere i pari e quanti i dispari
La somma che hai scritto è $f(x,y,z)=\sum_{cyc}{x^3(y-z)}$ dove "cyc" sta per ciclica. Scrivilo come polinomio in $x$, allora hai che è uguale a
$$x^3(y-z)-x(y^3-z^3)+(y^2z+yz^2)(y-z).$$
Quindi questa somma è divisibile per $y-z$. Ma potremmo vederla anche come polinomio in $y$ o in $z$ e concludere che
$$(x-y)(y-z)(z-x) \text{ divide strettamente } f(x,y,z)=2^2\cdot 3\cdot 5.$$
Ora, non è che sono rimaste molte possibilità, una volta che consideri quanti possono essere i pari e quanti i dispari
Ultima modifica di jordan il 30 set 2014, 23:55, modificato 1 volta in totale.
The only goal of science is the honor of the human spirit.
Re: Diofantea in tre variabili
Scusa l'ignoranza, ma non conosco il significato di "dividere strettamente".
Re: Diofantea in tre variabili
$x$ divide strettamente $y$ significa che $x$ divide $y$ e che $x \neq y$..
The only goal of science is the honor of the human spirit.
Re: Diofantea in tre variabili
C'è ancora qualcosa che non mi torna, ho capito fino a
$ \begin{cases} (x-y)\mid f(x,y,z) \\ (y-z)\mid f(x,y,z) \\ (z-x)\mid f(x,y,z) \end{cases} $
Ma come si può arrivare a dire che allora $(x-y)(y-z)(z-x)\mid f(x,y,z)$ ?
Non è vero se e solo se i tre termini a sinistra sono coprimi a due a due?
$ \begin{cases} (x-y)\mid f(x,y,z) \\ (y-z)\mid f(x,y,z) \\ (z-x)\mid f(x,y,z) \end{cases} $
Ma come si può arrivare a dire che allora $(x-y)(y-z)(z-x)\mid f(x,y,z)$ ?
Non è vero se e solo se i tre termini a sinistra sono coprimi a due a due?
Re: Diofantea in tre variabili
Provo a postare quello che avevo scritto io in bozza, prima che rispondesse jordan (magari visto da due prospettive leggermente diverse si chiarisce il tuo dubbio). Non ho risposto prima perché non mi è chiarissimo come concludere in pochi conti (avevo pensato di sfruttare l'ordinamento delle variabili e fare un sacco di casi...).
Consideriamo il polinomio in $t$
$$P(t)=x^3(y-t)-y^3(x-t)+t^3(x-y)$$
è immediato verificare che $t=x$ e $t=y$ sono radici (uno dei tre termini sparisce e i due rimanenti sono uno l'opposto dell'altro), osservando poi che sviluppando il polinomio (che è di terzo grado, e quindi può avere al massimo tre radici reali; cosa che in questo caso si verifica perché per un noto teorema le radici complesse vanno a coppie), il termine di secondo grado ha coefficiente $0$. Dividendo il polinomio per il coefficiente direttivo $(x-y)$ (e rendendo dunque $P(t)$ un polinomio monico), questo coefficiente rimane $0$, ma per le formule di Viète questo $0$ rappresenta anche la somma delle tre radici. Chiamata dunque $t_3$ la radice mancante, si ha $t_3+x+y=0$ e quindi $t_3=-x-y$. Il nostro polinomio di partenza si scriverà dunque, per Ruffini, come
$$P(t)=(t-x)(t-y)(t+x+y)(\textrm{Roba senza t})$$
Osservando nuovamente il coefficiente direttivo $(x-y)$ di $P(t)$, si deduce facilmente che $\textrm{Roba senza t}$ deve essere $(x-y)$. L'equazione iniziale si scrive dunque anche come
$$(x-y)(z-x)(z-y)(z+x+y)=60$$
Ricordando l'ordinamento delle variabili (e quindi il fatto che $z-x$ e $z-y$ sono entrambi negativi) riarrangio per comodità come
$$(x-y)(x-z)(y-z)(x+y+z)=60=2^2\cdot 3 \cdot 5$$
Consideriamo il polinomio in $t$
$$P(t)=x^3(y-t)-y^3(x-t)+t^3(x-y)$$
è immediato verificare che $t=x$ e $t=y$ sono radici (uno dei tre termini sparisce e i due rimanenti sono uno l'opposto dell'altro), osservando poi che sviluppando il polinomio (che è di terzo grado, e quindi può avere al massimo tre radici reali; cosa che in questo caso si verifica perché per un noto teorema le radici complesse vanno a coppie), il termine di secondo grado ha coefficiente $0$. Dividendo il polinomio per il coefficiente direttivo $(x-y)$ (e rendendo dunque $P(t)$ un polinomio monico), questo coefficiente rimane $0$, ma per le formule di Viète questo $0$ rappresenta anche la somma delle tre radici. Chiamata dunque $t_3$ la radice mancante, si ha $t_3+x+y=0$ e quindi $t_3=-x-y$. Il nostro polinomio di partenza si scriverà dunque, per Ruffini, come
$$P(t)=(t-x)(t-y)(t+x+y)(\textrm{Roba senza t})$$
Osservando nuovamente il coefficiente direttivo $(x-y)$ di $P(t)$, si deduce facilmente che $\textrm{Roba senza t}$ deve essere $(x-y)$. L'equazione iniziale si scrive dunque anche come
$$(x-y)(z-x)(z-y)(z+x+y)=60$$
Ricordando l'ordinamento delle variabili (e quindi il fatto che $z-x$ e $z-y$ sono entrambi negativi) riarrangio per comodità come
$$(x-y)(x-z)(y-z)(x+y+z)=60=2^2\cdot 3 \cdot 5$$
"Una funzione generatrice è una corda da bucato usata per appendervi una successione numerica per metterla in mostra" (Herbert Wilf)
"La matematica è la regina delle scienze e la teoria dei numeri è la regina della matematica" (Carl Friedrich Gauss)
Sensibilizzazione all'uso delle potenti Coordinate Cartesiane, possano seppellire per sempre le orride baricentriche corruttrici dei giovani: cur enim scribere tre numeri quando se ne abbisogna di due?
PRIMA FILA TUTTI SBIRRI!
"La matematica è la regina delle scienze e la teoria dei numeri è la regina della matematica" (Carl Friedrich Gauss)
Sensibilizzazione all'uso delle potenti Coordinate Cartesiane, possano seppellire per sempre le orride baricentriche corruttrici dei giovani: cur enim scribere tre numeri quando se ne abbisogna di due?
PRIMA FILA TUTTI SBIRRI!
Re: Diofantea in tre variabili
Il trucco è che non è aritmetica, è algebra: fattorizzazione unica dei polinomi (che è vera anche in più variabili). Scrivi $f(x,y,z)=(x-y)g(x,y,z)$. Ora, $y-z$ (che è irriducibile) divide $f(x,y,z)$, ma non divide $x-y$, quindi deve dividere $g(x,y,z)$.MATHia ha scritto:C'è ancora qualcosa che non mi torna, ho capito fino a
$ \begin{cases} (x-y)\mid f(x,y,z) \\ (y-z)\mid f(x,y,z) \\ (z-x)\mid f(x,y,z) \end{cases} $
Ma come si può arrivare a dire che allora $(x-y)(y-z)(z-x)\mid f(x,y,z)$ ?
Non è vero se e solo se i tre termini a sinistra sono coprimi a due a due?
Incidentally, non mi torna molto quel "divide strettamente". Come polinomi è vero, si dividono strettamente, ma come interi il fattore mancante potrebbe trasformarsi in un $\pm 1$.
--federico
[tex]\frac1{\sqrt2}\bigl(\left|\text{loves me}\right\rangle+\left|\text{loves me not}\right\rangle\bigr)[/tex]
[tex]\frac1{\sqrt2}\bigl(\left|\text{loves me}\right\rangle+\left|\text{loves me not}\right\rangle\bigr)[/tex]
Re: Diofantea in tre variabili
Avevo usato implicitamente il fatto che il polinomio che ci mancava aveva tutti coefficienti positivi, che con la condizione $x,y,z$ positivi avrebbe implicato il "divide strettamente". Pero' hai ragione, nulla ci assicura a priori il segno di tali coefficientifph ha scritto:Incidentally, non mi torna molto quel "divide strettamente". Come polinomi è vero, si dividono strettamente, ma come interi il fattore mancante potrebbe trasformarsi in un $\pm 1$.
The only goal of science is the honor of the human spirit.