Urbi et Orbi 14

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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Vinci
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Urbi et Orbi 14

Messaggio da Vinci » 13 apr 2017, 12:00

Sono troppo curioso di sapere come si fa, ma purtroppo non c'è la soluzione. Trovare tutte le terno $(p,q,n)$, con $p$ e $q$ primi e $n$ intero positivo che soddisfano la seguente equazione: $$p(p+1)+q(q+1)=n(n+1)$$
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karlosson_sul_tetto
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Re: Urbi et Orbi 14

Messaggio da karlosson_sul_tetto » 13 apr 2017, 13:57

Porta $q(q+1)$ dall'altro lato, fattorizzi e ottieni:
$p(p+1)=(n-q)(n+q+1)$
Ora sai che $p$ deve dividere uno dei due membri a destra, quindi hai due casi: prova a vedere a cosa riesci ad arrivare in ognuno di questi.
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Lasker
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Re: Urbi et Orbi 14

Messaggio da Lasker » 13 apr 2017, 14:19

Devi giostrartela bene con divisibilità e disuguaglianze (soprattutto disuguaglianze nella mia soluzione), ma tutto sommato viene (anche se i casi da fare per dimostrarlo "bene" sono un po' di più di quelli che uno vorrebbe fare in una GaS :lol: ).
Testo nascosto:
La svolta viene quando dimostri che se $p\ne q$ si ha $pq \mid n+p+q+1$, che dà disuguaglianze molto interessanti sui valori di $p$ e $q$ da provare
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mr96
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Re: Urbi et Orbi 14

Messaggio da mr96 » 13 apr 2017, 14:45

Testo nascosto:
Immagine

Vinci
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Re: Urbi et Orbi 14

Messaggio da Vinci » 13 apr 2017, 18:47

Credo di aver fatto il primo caso:
Testo nascosto:
Se $p \mid (n-q)$ allora $p\le n-q \Rightarrow n\ge p+q$ e, ovviamente $n^2\ge (p+q)^2=p^2+q^2+2pq>p^2+q^2$.
Quindi $n^2+n\ge (p^2+q^2+2pq)+(p+q)>p^2+q^2+p+q$ poichè $p$ e $q$ sono interi positivi, e quindi non ci sono soluzioni in questo caso. Giustoo?

Vinci
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Re: Urbi et Orbi 14

Messaggio da Vinci » 13 apr 2017, 19:10

Sono anche riuscito a dimostrare che $pq \mid n+p+q+1$:
Testo nascosto:
Dato che $p \nmid (n-q)$ allora $p \mid (n+q+1)$ e di conseguenza anche $(n+p+q+1)$.
Dato che il problema è simmetrico in $p$ e $q$, una volta eliminato il caso in cui $q \mid (n-p)$ nello stesso modo di prima, avremo che $q \mid (n+p+1)$ e anche $(n+p+q+1)$. Perciò $pq \mid (n+p+q+1)$.

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karlosson_sul_tetto
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Re: Urbi et Orbi 14

Messaggio da karlosson_sul_tetto » 13 apr 2017, 19:43

Ottimo per entrambe le parti :)
Ora come puoi scriverti $n$ in maniera più decente dalla seconda?
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Re: Urbi et Orbi 14

Messaggio da Vinci » 13 apr 2017, 21:03

Credo di aver trovato la soluzione:
Testo nascosto:
Dato che $pq \mid (n+p+q+1)$ avremo $pq \le (n+p+q+1)\Rightarrow n\ge pq-p-q-1$.
Per quel che abbiamo detto prima, $n\le p+q$ e quindi $pq-p-q-1 \le n \le p+q \Rightarrow pq-p-q-1 \le p+q$, che aggiustata diventa $(p-2)(q-2)\le 5$, disuguaglianza che ci dà pochi casi: $(p,q)=(3,7)$ o $(p,q)=(7,3)$, che sostituiti non mi danno soluzioni. $(p,q)=(3,3)$ che non mi dà soluzioni. $(p,q)=(3,5)$ o $(p,q)=(5,3)$ che mi danno $n=6$. Infine va valutato il caso in cui almeno uno tra $p$ e $q$ sia $2$. Essendo il problema simmetrico in $p$ e $q$, poniamo $q=2$ e poi simmetrizziamo i risultati. Avremo (sostituendo in $pq \le (n+p+q+1)$) che $2p \le n+p+3 \Rightarrow n\ge p-3$, e (sostituendo in $n\le p+q$), $n \le p+2$, con cui abbiamo $p-3\le n\le p+2$. Adesso basta sostituire nella traccia $q=2$ e $n$ con $p-3$, $p-2$, $p-1$, $p$, $p+1$ e $p+2$ e vedere se esistono risultati interi e primi per $p$ (vengono sempre equazioni di primo grado), e si scopre facendo sei piccoli calcoli che l'unica soluzione possibile è $p=2$. Quindi l'ultima soluzione è $(p,q)=(2,2)$ che è simmetrica di se stessa. Per riassumere, le soluzioni sono $(p,q,n)=(3,5,6)$, $(5,3,6)$ e $(2,2,3)$

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Lasker
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Re: Urbi et Orbi 14

Messaggio da Lasker » 13 apr 2017, 21:21

Mi sembra perfetta, anche a memoria le soluzioni sono proprio quelle. Forse ti manca giusto il caso $p=q$ in generale (nel quale la disuguaglianza da cui sei partito nell'ultimo messaggio non è necessariamente vera), ma non dovrebbe essere un problema mettere a posto questo caso con tutte le relazioni sulla divisibilità che hai.
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Re: Urbi et Orbi 14

Messaggio da Vinci » 13 apr 2017, 21:41

Hai ragione, non lo ho considerato proprio quel caso, adesso ci penso un po'. :)

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