Cubi e diofantee

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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HiTLeuLeR
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Cubi e diofantee

Messaggio da HiTLeuLeR » 24 mar 2005, 17:58

Problema #1: dimostrare che, se $ (x,y,z,n) $ è una $ 4 $-upla di interi positivi tale che: $ \dfrac{x}{y} + \dfrac{y}{z} + \dfrac{z}{x} = n $, allora necessariamente $ xyz $ è un cubo perfetto.

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Pixel
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Messaggio da Pixel » 27 mar 2005, 20:57

Ciao Salvo!

Sicuro non si dia nessuna indicazione riguardo alla coprimalità a coppie degli interi x y e z ?


ciao
P. Andrea

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ti piacerebbe...

Messaggio da HiTLeuLeR » 27 mar 2005, 23:20

Ciao, Andrea! Uhmmm... No, mi spiace, nessuna ipotesi aggiuntiva... Del resto, se $ x, y, z $ fossero interi positivi a due a due coprimi, la tesi sarebbe davvero banale, ché il prodotto $ xyz $ non potrebbe essere altro che unitario, e quindiii...

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thematrix
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Messaggio da thematrix » 28 mar 2005, 12:28

Dovrei aver trovato una soluzione...la scrivo tra un attimo!!
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Messaggio da thematrix » 28 mar 2005, 12:51

Dovrei aver trovato una soluzione,vediamo se quadra...

PROBLEMA

Dimostrare che, se $ (a,b,c,n) $ è una $ 4 $-upla di interi positivi tale che: $ \dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a} = n $, allora necessariamente $ abc $ è un cubo perfetto.

PREMESSE
Indicando con $ (a,b) $ il MCD tra $ a $ e $ b $

(1):se $ (a,b)=1 $ e $ a|bc $,allora $ a|c $;questo è abbastanza ovvio poichè,
se $ a=1 $ allora $ a|c $ in ogni caso;se $ a>1 $ nessuno dei suoi fattori primi sarà nella fattorizzazione di$ b $,
per cui,per comparire tutti in quella di $ bc $,dovranno per forza comparire in quella di $ c $.
(2):se $ (a,b)=1 $,allora $ (a,b^2)=1 $.
Anche qui,se nessun fattore primo di $ a $ compare nella fattorizzazione di $ b $,allora non potrà
comparire in quella di $ b^2 $,che ha gli stessi fattori primi di $ b $.

(3):se $ a+b=nx ,b>0 e x|a, $allora $ x|b $.Infatti,chiamando $ a=mx $,si ha $ b=(n-m)x $.

(4):se $ a|b $ e $ b|a $,allora $ a=b $.Infatti,se $ ax=b,\frac{b}{a}=x $,e$ \frac{a}{b}=\frac{1}{x} $.essendo quest'ultimo un intero ,
si ha per forza $ x=1 $,quindi$ a=b $.

SOLUZIONE

CASO 1:Almeno due tra $ a,b,c $ sono uguali a $ 1 $.

In questo caso,sostituendo $ a=b=1 $,abbiamo$ \frac{1}{c}+c+1=n $,quindi$ \frac{1}{c}=n-c-1 $,per cui $ \frac{1}{c} $
dovrà essere per forza un intero.Questo è possibile se e solo se $ c=1 $,quindi si ha la soluzione $ (1,1,1) $,e $ 1*1*1=1=1^3 $.

CASO 2:Uno solo tra $ a,b,c $ è uguale a $ 1 $.

Sostituendo $ a=1 $,avremo $ \frac{1}{b}+\frac{b}{c}+c=n $,per cui $ \frac{1}{b}+\frac{b}{c}=n-c $.Se $ m=n-c $,si avrà
$ \frac{b}{c}=\frac{mb-1}{b} $.Dato che$ b|mb $,nessuno dei fattori primi di $ b $ dividerà $ mb-1 $,per cui$ (b,mb-1)=1 $.
Ora,per questo motivo,$ \frac{mb-1}{b} $ è irriducibile,per cui per l'equivalenza di prima si avrà
$ b \ge mb-1 $,quindi $ 1+\frac{1}{b}\ge m $,e questo è possibile solo se $ m=1 $,in quanto$ b>1 $.
Avremo quindi $ \frac{b}{c}=\frac{b-1}{b} $,e $ \frac{b^2}{b-1}=c $.Ma $ b^2==b*b==1*1==1(mod b-1) $,per cui
$ b^2 $ dividerà $ b-1 $ se e solo se $ b-1=1 $,quindi $ b=2 $e,sostituendo,$ c=4 $.Si ha dunque la soluzione
$ (1,2,4) $,e $ 1*2*4=8=2^3 $.

Da qui in avanti $ a,b,c $ saranno maggiori di $ 1 $.

CASO 3:$ a,b,c $ presi a due a due sono primi tra loro.

Dalla relazione di partenza,moltiplicando per $ abc $ otteniamo $ a^2c+b^2a+c^2b=nabc $.Per il (3) abbiamo che
$ c|ab^2 $;ma,se $ (a,c)=1 $ e $ (b,c)=1 $,si avrà $ (ab^2,c)=1 $,quindi $ c $non potrà dividere $ ab^2 $.In questo caso,quindi,
non ci sono soluzioni.

CASO 4:Uno tra $ a,b,c $ è primo con gli altri due.

Supponiamo che $ (a,c)=(b,c)=1 $.Con lo stesso procedimento del CASO 3,si ottiene che non ci sono soluzioni.

CASO 5:Se prendiamo$ a,b,c $ a due a due,una sola coppia avrà MCD=$ 1 $.

Se $ (a,b)=A,(a,c)=B,(b,c)=1 $,sia $ a=ABx,b=Ay,c=Bz $.Per le condizioni imposte avremo
(5a):$ (A,B)=(A,z)=(B,y)=(x,y)=(x,z)=(y,z)=1 $.
Ora,nell'espressione iniziale,sostituendo,si avrà
$ \frac{ABx}{Ay}+\frac{Ay}{Bz}+\frac{Bz}{ABx}=\frac{Bx}{y}+\frac{Ay}{Bz}+\frac{z}{Ax}=n $,
quindi $ B^2x^2Az+A^2y^2x+z^2By=nABxyz $.Ora,per il (3),seguono
$ y|B^2x^2Az $
$ z|A^2y^2x $
$ x|z^2By $
$ A|z^2By $
$ B|A^2y^2x $
Ora,unendo (5a),(1) e (2),otterremo
$ y|A $
$ z=1 $,in quanto è primo con tutti i fattori di $ A^2y^2x $
$ x|B $
$ A|y $
$ B|x $
Quindi $ A=y $ e $ B=x $,per il (4).Sostituendo si ha che,se ci sono soluzioni,sono nella forma
$ (x^2y,y^2,x) $,e il loro prodotto è $ x^3y^3=(xy)^3 $.

CASO 6: (a,b),(b,c),(c,a) sono maggiori di 1,ma (a,b,c)=1.

Analogamente al caso precedente,se$ (a,b)=A,(a,c)=B,(b,c)=C $,poniamo $ a=ABx,b=ACy,c=BCz $.
Per le condizioni imposte avremo (5b):$ (A,B)=(A,C)=(B,C)=(x,y)=(x,z)=(y,z) $$ =(C,x)=(B,y)=(A,z)=1 $.
Sostituendo nell'espressione iniziale,otterremo
$ \frac{ABx}{ACy}+\frac{ACy}{BCz}+\frac{BCz}{ABx}=\frac{Bx}{Cy}+\frac{Ay}{Bz}+\frac{Cz}{Ax}=n $,e moltiplicando
$ B^2x^2Az+A^2y^2Cx+C^2z^2By=nABCxyz $.Anche qui,per il (3),si avrà
$ x|C^2z^2By $
$ y|B^2x^2Az $
$ z|A^2y^2Cx $
$ A|C^2z^2By $
$ B|A^2y^2Cx $
$ C|B^2x^2Az $
Anche qui,utilizzando (5b),(1),(2),si otterrà
$ x|B $
$ y|A $
$ z|C $
$ A|y $
$ B|x $
$ C|z $
Ancora una volta,utilizzando il (4),$ A=y,B=x,C=z $.Sostituendo si ottiene che,se ci sono soluzioni,
sono nella forma$ (x^2y,y^2z,z^2x) $.Il loro prodotto è $ x^3y^3z^3=(xyz)^3 $.

CASO 7:$ (a,b,c)>1 $
Se $ (a,b,c)=D $,avremo $ a=Dx,b=Dy,c=Dz $,con $ (x,y,z)=1 $.Sostituendo,risulterà
$ \frac{Dx}{Dy}+\frac{Dy}{Dz}+\frac{Dz}{Dx}=\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}=n $.
Ora,per $ x,y,z $, si ritornerà ad analizzare uno dei casi precedenti,in quanto l'espressione
è quella di partenza in loro funzione,e i casi in cui $ (a,b,c)=1 $ sono già stati analizzati.
Poichè in ciascuno di essi il prodotto abc era un cubo,se si otterranno delle soluzioni,
saranno della forma$ (Dx,Dy,Dz) $,e ponendo $ xyz=r^3 $,avremo $ abc=D^3r^3=(Dr)^3 $,e questo conclude la dimostrazione.

uff...è la prima volta che scrivo un post così lungo!!:mrgreen:
Ultima modifica di thematrix il 17 apr 2005, 18:56, modificato 2 volte in totale.
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Messaggio da info » 29 mar 2005, 22:56

Guardate ci ho provato stasera dopo essere tornato a casa alle 21.47 dopo avere passato a fare fisica per più di 5 ore con Masso. Butto giù la mia idea (che del resto è il modo che stavo provando appena Masso me lo ha fatto vedere: lui mi aveva proposto un'altro tipo di sol!). Scusate la notazione diversa ma mi è stato detto così.

Prima di tutto osservo che se x,y,z hanno un fattore in comune, divido tutto per il cubo di quello e tutto rimane invariato. Inoltre se xyz era un cubo il nuovo xyz lo sarà sse lo era quello precedente. Ergo posso supporre che x,y e z non hanno fattori in comune.

Riscrivendo l'equazione si nota che:

x/ z^2y

y/x^2z

z/y^2x

se p/x allora p/z^2y

non potendo p dividere entrambi per ipotesi o divide z^2 e allora p^2/z^2, giungendo alla fine, oppure divide y. Ma allora divide anche x^2 e quindi si conclude analogamente. Il discorso credo esca analogo anche per un generico p^k. Io la butto lì: vedete quanto c'è di buono!

Aggiunta: in realtà provando si vede che bisogna lavorare un pò per arrivare alla conclusione ma la via pare percorribile.. provando per esempio quando p^(2n) / x si osserva che se p^k / y deve essere k>2n, poi si arriva a degli assurdi per 2n<k<4n e anche per k>4n, concludendo che l'unico valore accettabile è k=4n...
Ultima modifica di info il 30 mar 2005, 15:11, modificato 3 volte in totale.

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Boll
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Messaggio da Boll » 29 mar 2005, 23:05

[Completely OT]Potevate chiamarmi!!!! :D:D:D Così venivo a disturbarvi lo studio!!!!
[/Completely OT]

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sulla soluzione di thematrix

Messaggio da HiTLeuLeR » 10 apr 2005, 17:23

thematrix ha scritto:CASO 2:Uno solo tra $ a,b,c $ è uguale a $ 1 $.

[...] $ \frac{mb-1}{b} $ è irriducibile, per cui per l'equivalenza di prima si avrà $ b \ge mb-1 $,quindi $ 1+\frac{1}{b}\ge m $, e questo è possibile solo se [...]
Siccome mi piace capire fino in fondo quel che leggo, mi spiegheresti a quale equivalenza ti stai richiamando? E mi chiariresti inoltre da dove salta fuori quella tua disuguaglianza?!? Forse le due risposte sono collegate, ma temo davvero che mi sfugga qualcosina...
thematrix ha scritto:[...]per cui $ b^2 $ dividerà $ b-1 $ se e solo se [...]
In verità è $ b-1 $ a dividere $ b^2 $, e non viceversa... Aspetterò di vedere le tue correzioni e di ricevere i lumi necessari da parte tua, thematrix, prima di andare avanti nella lettura! Per il momento, ti chiedo dunque concedo...

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Messaggio da thematrix » 10 apr 2005, 19:49

Sostituendo $ a=1 $,avremo $ \frac{1}{b}+\frac{b}{c}+c=n $,per cui $ \frac{1}{b}+\frac{b}{c}=n-c $.Se $ m=n-c $,si avrà
$ \frac{b}{c}=\frac{mb-1}{b} $.Dato che$ b|mb $,nessuno dei fattori primi di $ b $ dividerà $ mb-1 $,per cui$ (b,mb-1)=1 $.
Ora,per questo motivo,$ \frac{mb-1}{b} $ è irriducibile,per cui per l'equivalenza di prima si avrà
$ b \ge mb-1 $,quindi $ 1+\frac{1}{b}\ge m $,e questo è possibile solo se $ m=1 $,in quanto$ b>1 $.
Provo a essere più chiaro in questo pezzo :

Abbiamo detto che $ \frac{b}{c}=\frac{mb-1}{b} $ ,e che $ \frac{mb-1}{b} $ è irriducibile.Ora,se lo è anche $ \frac{b}{c} $,si avrà $ b $,numeratore della prima frazione,uguale a $ mb-1 $,numeratore della seconda.Se,invece, $ \frac{b}{c} $ non è irriducibile ,si ha che $ b $,numeratore della prima frazione,è più grande di $ mb-1 $ ,numeratore della seconda,la quale è irriducibile.
HiTLeuLeR ha scritto:In verità è b-1 a dividere b^2, e non viceversa
Già,errore mio :(
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un passettino in avanti...

Messaggio da HiTLeuLeR » 16 apr 2005, 14:01

Ok, thematrix, adesso è tutto chiaro! Bene, mi porto un po' più avanti nella lettura della tua soluzione...
thematrix ha scritto: CASO 3: $ a,b,c $ presi a due a due sono primi tra loro. [...] Per il (3) abbiamo che $ c|ab^2 $; ma, se $ (a,c)=1 $ e $ (a,b)=1 $,si avrà $ (ab^2,c)=1 $ [...]
Per quanto sia vero che risulta $ \gcd(ab^2,c)=1 $, questo non può essere dedotto dalle premesse secondo cui $ \gcd(a,c)=1 $ e $ \gcd(a,b)=1 $, ma piuttosto dall'ipotesi preliminare in base alla quale "$ a,b,c $ presi a due a due sono primi tra loro". Boh, probabilmente si tratta di un errore di battitura, tutto lì, e dunque non è il caso di allarmarsi troppo...

Leggerò al più presto la tua discussione relativa ai casi 5, 6 e 7. Adesso tuttavia non ne ho voglia, per cui tieni duro e usami pazienza: ho altro per la testa... :roll:

darksky0
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Messaggio da darksky0 » 16 apr 2005, 17:00

Appena letto... speriamo vada bene ^^'''

((ditemi pls se come dimostrazione vada bene)) :)

Allora...

Dato che per ogni numero m ed n vi è un numero p tale che m*p=n

allora vi saranno dei numeri a,b,c tali che

(y*a)=x, (z*b)=y, (x*c)=z,

per la sostituzione si avrà (y*a)/y + y/(y*ac) + (y*a*c)/(y*a) = n, quindi

si avrà a + 1/ac + c = n ed infine...

[(a^2)*c + a*(c^2) + 1]/ac = n

siccome n è un numero intero sia "(a^2)*c + a*(c^2)" che "(a^2)*c + a*(c^2) +1" dovranno essere divisibili per ac

per la congruenza si avrà che 1/a ed 1/c diano resto zero quindi a,b,c saranno uguali ad 1 e di conseguenza... ""x=y=z""

:)

Spider
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Messaggio da Spider » 16 apr 2005, 17:27

darksky0 ha scritto: ..CUT..

e di conseguenza... ""x=y=z""
Direi di no, dato che $\frac{1}{2} + \frac{2}{4} + \frac{4}{1} = 5$.

Ciao,
Salvatore

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Pixel
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Messaggio da Pixel » 16 apr 2005, 17:28

Occhio che lavori con i razionali!!! 8)
P. Andrea

darksky0
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Messaggio da darksky0 » 16 apr 2005, 17:48

ehm... potresti essere un pochino più chiaro pls... cmq grazie per la risposta :)

Spider
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Messaggio da Spider » 16 apr 2005, 17:51

Pixel ha scritto:Occhio che lavori con i razionali!!! 8)
Dici a me? Io volevo dire che x = 1, y = 2, z = 4, n = 5 è una terna che soddisfa le richieste ma non è vero che x = y = z come affermato da darksky0.

Salvatore

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