rettangoli amici!!

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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Ratman98
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Re: rettangoli amici!!

Messaggio da Ratman98 » 23 nov 2014, 17:04

Ancora non mi sono arreso, anche se dopo aver frainteso l'hint di simone256 , non riesco ad intenderlo; mi pare che voglia suggerire il fatto che l'area cresce, aumentando le misure dei lati, più velocemente del perimetro. Ipotizzando a e c diversi da 1, ab>=a+b e cd>=c+d , e quindi per le relazioni di partenza, a<= 4b:(b-4) e a>=b:(b-1) , ma mi rendo conto che questo è un procedimento che non porta a nulla :?

Enigmatico
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Re: rettangoli amici!!

Messaggio da Enigmatico » 07 dic 2014, 16:27

ciao ragazzi, non me ne abbiate a male se scrivo idiozie, perché a livello nozionistico sono una zappa in tutti gli ambiti olimpionici...
io ho provato a risolvere il problema affrontandolo con i moduli e sono arrivato al seguente risultato:
impostato il seguente sistema con i dati forniti dal problema,

\( \left\{ \begin{array}{ll}
ab=2c+2d \\
cd=2a+2b \\
\end{array} \right. \)

osserviamo che, affinché ciò sia vero, i secondi membri devono essere divisibili rispettivamente per a, b e per c, d; pertanto, la soluzione di tale sistema è la medesima del seguente (che però non ho idea di come si risolva...):

\( \left\{ \begin{array}{ll}
2c mod(a)+2d mod(a)=0 & or & a & \\
2c mod(b)+2d mod (b)=0 & or & b & \\
2a mod(c)+2b mod(c)=0 & or & c & \\
2a mod(d)+2b mod(d)=0 & or & d & \\
\end{array} \right. \)

da tale sistema si dovrebbero ricavare i numeri richiesti.
mi dispiace se la risoluzione è un po' lacunosa, ho fatto quello che ho potuto... se avete qualche dritta non esitate a contattarmi e se ho fatto qualche errore vi prego di correggermelo :roll:

grazie per i suggerimenti che mi darete,
Enigmatico

P.S.: non mi sono preso la briga di dimostrare che \( a \mid 2c+2d \Leftrightarrow 2c mod (a) + 2d mod (a) = 0 \), perché mi pare piuttosto banale (sempre se la mia intuizione non è errata...).
P.P.S.: scusatemi se la forma non è esatta, ma non sapevo come scrivere il simbolo di oppure, visto che non l'ho trovato nella guida al LaTeX che ho consultato...

wall98
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Re: rettangoli amici!!

Messaggio da wall98 » 07 dic 2014, 20:06

Si deve risolvere il sistema

$ \left\{ \begin{array}{ll} ab=2c+2d=2(c+d) \\ cd=2a+2b=2(a+b) \\ \end{array} \right. $

Consideriamo inizialmente il caso $ a,b,c,d >4 $

$ 2(c+d) \le cd $ ci porta a $ \displaystyle 2+ \frac 4 {d-2} \le c $, sappiamo di default che c è maggiore di 4, infatti $ \displaystyle 2+ \frac 4 {d-2} \le 4<c \longrightarrow 4<d $, che è vera. Abbiamo quindi dimostrato che $ 2(c+d) \le cd $. Analogamente $ 2(a+b) \le ab $

Tornando al sistema, con l'ultima disuguaglianza trovata possiamo scrivere $ cd=2(a+b) \le ab=2(c+d) \le cd $ assurdo (eccetto nel caso in cui sono tutti uguali, e quindi anche $ 2(a+b)=ab $ cioè $ (6,3),(4,4) $ che danno le coppie di rettangoli $ (4,4;4,4) $ (che non è accettabile in quanto è contro l'ipotesi iniziale, ma che troveremo dopo in forma accettabile) e $ (6,3;6,3) $)

Perciò da adesso in poi $ a,b,c,d \le 4 $.

Supponiamo che almeno uno tra $ a,b,c,d $ sia uguale a 4, WLOG $ a=4 $
Da cui $ b=(c+d)/2 $, sostituendo nella seconda abbiamo $ \displaystyle cd=8+c+d \longrightarrow c=1+\frac 9 {d-1} $, qui c'è il solito discorso sui divisori di 9 ecc. e si trovano le coppie $ (4,4),(2,10) $, essendo $ a=4 $ e $ b=(c+d)/2 $ da qui ricaviamo le coppire di rettangoli $ (4,4;4,4),(2,10;4,6) $

Supponiamo che almeno uno tra $ a,b,c,d $ sia uguale a 3, WLOG $ a=3 $
Da cui $ b=2(c+d)/3 $, sostituendo nella seconda abbiamo $ \displaystyle cd=6+\frac 4 3 (c+d) $,qui con magheggi vari otteniamo $ (2,13;3,10),(3,6;3,6) $.

Supponiamo che almeno uno tra $ a,b,c,d $ sia uguale a 2, WLOG $ a=2 $
Da cui $ 2b=2(c+d) \longrightarrow b=c+d $, sostituendo nella seconda abbiamo $ \displaystyle cd=2(2+c+d) \longrightarrow c=2+\frac 8 {d-2} $, qui c'è il solito discorso sui divisori di 8 ecc. e si trovano le coppie $ (3,10),(4,6) $, essendo $ a=2 $ e $ b=c+d $ da qui ricaviamo le coppire di rettangoli $ (2,13;3,10),(2,10;4,6) $

Supponiamo che almeno uno tra $ a,b,c,d $ sia uguale a 1, WLOG $ a=1 $
Da cui $ b=2(c+d) $, sostituendo nella seconda abbiamo $ \displaystyle cd=2(1+2c+2d) \longrightarrow c=4+\frac {18} {d-4} $, qui c'è il solito discorso sui divisori di 18 ecc. e si trovano le coppie $ (5,22),(6,13),(7,10) $, essendo $ a=1 $ e $ b=2c+2d $ da qui ricaviamo le coppire di rettangoli $ (1,34;7,10),(1,38;6,13),(1,54;5,22) $


Ricapitolando:
$ (1,34;7,10),(1,38;6,13),(1,54;5,22),(2,13;3,10),(2,10;4,6),(6,3;6,3),(4,4;4,4) $
Il problema non è il problema, il problema sei tu.

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Ratman98
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Re: rettangoli amici!!

Messaggio da Ratman98 » 07 dic 2014, 22:08

Io, al solito, ho cercato di risolvere il problema affrontando il caso più generale, senza avanzare ipotesi su a,b,c e d , se non quelle inerenti alle mutue relazioni di grandezza tra i quattro. Ero così riuscito a trovare le coppie a=c , b=d; e mi sarebbe piaciuto dimostrare che non ce ne erano altre. In effetti, la stragrande maggioranza dei problemi di teoria dei numeri va risolta scindendo il problema in più casi. Ringrazio wall98, precisando che la mia resa era ancora lontana :lol: .

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Re: rettangoli amici!!

Messaggio da Enigmatico » 08 dic 2014, 11:51

grazie 1000 wall98, ormai questo problema era diventato un chiodo fisso e non ci avevo capito un accidenti... perdona la mia ignoranza, ma qual è il solito discorso sui divisori?

poi, non ho capito la parte seguente...
wall98 ha scritto:Consideriamo inizialmente il caso a,b,c,d>4

2(c+d)≤cd ci porta a 2+4d−2≤c, sappiamo di default che c è maggiore di 4, infatti 2+4d−2≤4<c⟶4<d, che è vera. Abbiamo quindi dimostrato che 2(c+d)≤cd. Analogamente 2(a+b)≤ab
grazie dei chiarimenti,
Enigmatico

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Re: rettangoli amici!!

Messaggio da wall98 » 08 dic 2014, 12:53

Il solito discorso sui divisori è questo:
Per esempio, arrivati a $ c=1+\frac 9 {d-1} $, abbiamo che $ c $ è intero positivo, dunque $ d-1 \mid 9 $, ora poniamo $ d-1=\{1,3,9\} $ uno per volta, che sono i divisori positivi di 9 (per completezza andrebbero considerati anche i negativi, ma in questo caso no perchè i vari $ -1,-3,-9 $ renderebbero $ c<1 $):

$ d-1=1 $ porta a $ d=2,c=10 $
$ d-1=3 $ porta a $ d=4,c=4 $
$ d-1=9 $ porta a $ d=10,c=2 $

Simmetricamente, troviamo le coppie di lati $ (4,4),(2,10) $

wall98 ha scritto: Consideriamo inizialmente il caso $ a,b,c,d >4 $

$ 2(c+d) \le cd $ ci porta a $ \displaystyle 2+ \frac 4 {d-2} \le c $, sappiamo di default che c è maggiore di 4, infatti $ \displaystyle 2+ \frac 4 {d-2} \le 4<c \longrightarrow 4<d $, che è vera. Abbiamo quindi dimostrato che $ 2(c+d) \le cd $. Analogamente $ 2(a+b) \le ab $
Allora, l'intenzione è dimostrare $ 2(c+d) \le cd $ per $ c,d>4 $

Da $ 2(c+d) \le cd $ troviamo $ \displaystyle 2+ \frac 4 {d-2} \le c $ con passaggi algebrici, sappiamo che $ c>4 $, quindi se dimostriamo $ \displaystyle 2+ \frac 4 {d-2} \le 4 $ abbiamo dimostrato $ \displaystyle 2+ \frac 4 {d-2} \le c $.

Infine da $ \displaystyle 2+ \frac 4 {d-2} \le 4 $ ricaviamo, con passaggi algebrici, $ 8 \le 2d \longrightarrow 4 \le d $, che è vera per ipotesi, cioè da $ c,d>4 $
Il problema non è il problema, il problema sei tu.

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simone256
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Re: rettangoli amici!!

Messaggio da simone256 » 10 dic 2014, 18:14

Se ti giova le quaterne sono come le mie :wink:
$ \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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