Sugli zeri in coda ad x^2 + xy + y^2

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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HiTLeuLeR
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Sugli zeri in coda ad x^2 + xy + y^2

Messaggio da HiTLeuLeR » 20 ago 2005, 00:06

Problema: siano $ x,y $ interi tali che la cifra terminale di $ x^2 + xy + y^2 $ sia pari a zero. Mostrare in tal caso che le *due* cifre terminali di $ x^2 + xy + y^2 $ sono entrambe necessariamente uguali a zero.

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Pixel
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Messaggio da Pixel » 20 ago 2005, 01:00

Intanto osserviamo che tanto $ x $ quanto $ y $ devono essere pari.
Ora analizzando i valori di possibili di $ x^2+y^2 mod(5) $ si evince che, dovendosi avere $ x^2+xy+y^2==0mod(5) $, deve essere:
$ x==0mod (5) $
$ y==0mod (5) $

Ma allora detti $ x=10x' $ e $ y=10y' $ con $ x', y' \in \bb Z $ e sostituendo nella relazione iniziale si ha la tesi.



P.S: Mi rendo conto di aver saltato la dimostrazione del "lemmino", ma l'ho trovata un pò noiosa da scrivere e comunque basta fare una tabella per rendersi conto dell'enunciato.

Ciao
P. Andrea

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HiTLeuLeR
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Messaggio da HiTLeuLeR » 20 ago 2005, 09:30

Pixel ha scritto:Ora analizzando i valori di possibili di $ x^2+y^2 mod(5) $ si evince che [...] $ x==0mod (5) $ e $ y==0mod (5) $ [...] Mi rendo conto di aver saltato la dimostrazione del "lemmino", ma l'ho trovata un pò noiosa da scrivere e comunque basta fare una tabella [...]
Passi sulle congruenze $ \bmod\;2 $, ma questo è troppo... No, così com'è, la tua soluzione, caro mio, la segherei di tronco, fossi io a doverla giudicare in una gara: troppi omissis, mi spiace... Praticamente non hai detto nulla, o quasi! Se poi hai trovato noiosa la dimostrazione del tuo "lemmino", probabilmente è perché hai imboccato una strada sconveniente. Il problema proviene dal Tournment of Towns 2002, e lì certe tabelle non sanno nemmeno cosa siano... :x Su, la mia soluzione è fighissima. TROVATELA!!!

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thematrix
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Messaggio da thematrix » 20 ago 2005, 11:01

$ x^2+xy+y^2 = \frac {x^3-y^3}{x-y} $.
Ora,se $ 10|x^2+xy+y^2 $,allora $ 10|x^3-y^3 $.Ciò implica $ x == y(mod 10) $,analizzando le congruenze delle terze potenze modulo 10.
Allora,modulo 10,abbiamo $ 3x^2 == 0 (mod 10) $,quindi $ 10|x^2 $,il che implica $ 10|x $,e quindi $ 100|x^2 $.Da ciò si vede che 100 dividerà anche l'espressione iniziale,QED.
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Messaggio da HiTLeuLeR » 20 ago 2005, 11:26

thematrix ha scritto:[...] allora $ 10\mid (x^3-y^3) $. Ciò implica $ x \equiv y \bmod 10 $, analizzando le congruenze delle terze potenze modulo 10.
...cioè scrivendosi un enorme tabellone (simmetrico) di taglia 10 x 10. Vi credete dei furbastri, eh? :twisted: La tua soluzione è certamente corretta, matriciotto, ma non è poi meno deprecabile di quella esibita da Pixel. Con la differenza che il nostro Andrea, se vogliamo, ha ridotto (se non altro!) le verifiche ad una più modesta tabellina 5 x 5... :shock: No, direi che ancora non ci siamo!

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thematrix
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Messaggio da thematrix » 20 ago 2005, 11:29

Modulo 10
1³==1
2³==8
3³==7
4³==4
5³==5
6³==6
7³==3
8³==2
9³==9
0³==0
Visto che per ottenere tale conclusione basta analizzare solo l'ultima cifra,direi che questa tabella è sufficiente...o sbaglio?
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Messaggio da HiTLeuLeR » 20 ago 2005, 11:45

Ok, non mi ero mai fermato a considerare che la mappa $ \mathbb{Z}/10\mathbb{Z} \mapsto \mathbb{Z}/10\mathbb{Z}: x \mapsto x^3 $ fosse iniettiva. Buono a sapersi! :D In ogni caso, lo ripeto: la tua soluzione è assolutamente corretta. Del resto, hai anche composto la tabella delle congruenze, e l'osservazione di cui ci hai fatto omaggio consente, di fatto, di ridurre a 10 il numero dei casi da ispezionare (tanto per la cronca, dico che Pixel ne avrebbe dovuti esaminare 13, per ovvia simmetria). Ciò nonostante, se questa non è una soluzione brutale (giusto per usare le amabili espressioni di qualcun altro!), allora nessuna lo è... 8)

Igor
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Messaggio da Igor » 20 ago 2005, 12:19

Visto che recentemente HiTLeuLeR ha avuto modo di parlarci di valutazioni p_adiche,proviamo ad usarle

Distinguiamo due casi

A)$ x=y $

Abbiamo che

$ x^2+xy+y^2=3x^2 $.

La tesi è allora verificata in quanto un numero primo, se compare in $ 3x^2 $, ci compare almeno due volte.

B) $ x $ e $ y $ sono diversi.Per simmetria poniamo $ x>y $

Avremo che

$ v_p(x^2)=2v_p(x) $
$ v_p(xy)=v_p(x)+v_p(y) $
$ v_p(y^2)=2v_p(y) $

dove $ p $ è un numero primo.

Ora, poichè $ x^2,xy,y^2 $ sono diversi tra loro, avremo che

$ v_p(x^2+xy+y^2)=min{\{v_p(x^2),v_p(xy),v_p(y^2)\}}=v_p(y^2)=2v_p(y) $.

Poichè la valutazione p_adica è pari, essa vale almeno due.Allora, se un certo numero primo $ p $ è divisore di $ x^2+xy+y^2 $, anche $ p^2 $ lo sarà.La tesi è dunque verificata anche in questo caso.

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Messaggio da HiTLeuLeR » 20 ago 2005, 13:11

Igor ha scritto:[...] se un certo numero primo $ p $ è divisore di $ x^2+xy+y^2 $, anche $ p^2 $ lo sarà. [...]
Beh, no, questo non è affatto vero! E giusto per smentirti: $ v_3(1^2 + 1 \cdot 1 + 1^2) = 1 $. L'errore sta tutto qui:
Igor ha scritto:Ora, poichè $ x^2,xy,y^2 $ sono diversi tra loro, avremo che $ v_p(x^2+xy+y^2)=min{\{v_p(x^2),v_p(xy),v_p(y^2)\}}=v_p(y^2)=2v_p(y) $.
Manca qualche ipotesi, Igor, a garantire che l'uguaglianza qui sopra sia effettivamente deducibile. Ora, le valutazioni sono sì uno strumento potente, ma non è affatto facile capire come e quando poterle applicare. Comunque il tentativo - se non altro - è ammirevole. Prova un po' a vedere se riesci a sistemare la tua soluzione. Non è certo che sia del tutto persa... :wink: E in ogni caso, adesso che ci sono, propongo anche la mia! :mrgreen:

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Messaggio da HiTLeuLeR » 20 ago 2005, 13:16

Osserviamo innanzitutto che, se $ p $ è primo in $ \mathbb{Z} $, allora $ p\mid x $ sse $ p\mid y $, sicché $ p^2 \mid (x^2 + xy + y^2) $. Ora, per ipotesi: $ x^2 + xy + y^2 \equiv 0 \bmod 10 $, e dunque $ x + xy + y \equiv 0 \bmod 2 $, ovvero $ (x+1)(y+1) \equiv 1 \bmod 2 $. Da qui (per simmetria) $ x \equiv y \equiv 0 \bmod 2 $. D'altro canto, dev'essere nondimeno $ x^2 + xy + y^2 \equiv 0 \bmod 5 $. Senonché, quando $ x \equiv \pm 1\bmod 5 $: $ 1 \pm y + y^2 \equiv 0 \bmod 5 $, e quindi $ (2y\pm 1)^2 \equiv -3 \bmod 5 $, che è assurdo, in quanto (dalle proprietà del simbolo di Legendre) $ \displaystyle\left\lgroup\frac{-3}{5}\right\rgroup = \left\lgroup\frac{3}{5}\right\rgroup = \left\lgroup\frac{2}{3}\right\rgroup = (-1)^{(3^2 - 1)/8} = -1 $, e perciò $ -3 $ non è residuo quadratico $ \bmod\; 5 $. Quando poi $ x \equiv \pm 2\bmod 5 $, allora per simmetria pure $ y \equiv \pm 2\bmod 5 $ (non necessariamente con lo stesso ordine dei segni), e pertanto $ 0 \equiv x^2 + xy + y^2 \equiv 2^2 \pm 2 \cdot 2 + 2^2 \bmod 5 $, assurdo! Ne segue (data l'osservazione preliminare) $ x \equiv y \equiv 0 \bmod 5 $, e finalmente (da tutto il precedente) $ x^2 + xy + y^2 \equiv 0 \bmod 10^2 $, q.e.d.

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Messaggio da HiTLeuLeR » 20 ago 2005, 13:22

:arrow: Pare che lo stesso problema sia stato pure assegnato, nell'aprile del 2002, in occasione della gara matematica dell'uniMi. Ho visto le classifiche, e Mind gli si è posizionato in alto. Saremmo quindi tutti curiosi di conoscere anche la *sua*, di soluzione... :roll: Ché solo nel confronto delle idee si può maturare una vera crescita. :idea:

MindFlyer

Messaggio da MindFlyer » 20 ago 2005, 13:57

HiTLeuLeR ha scritto::arrow: Pare che lo stesso problema sia stato pure assegnato, nell'aprile del 2002, in occasione della gara matematica dell'uniMi. Ho visto le classifiche, e Mind gli si è posizionato in alto. Saremmo quindi tutti curiosi di conoscere anche la *sua*, di soluzione... :roll: Ché solo nel confronto delle idee si può maturare una vera crescita. :idea:
Boh, e chi se lo ricorda? Comunque non sono bravo in teoria dei numeri, l'avrò certamente fatto in modo indecoroso.

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Messaggio da HiTLeuLeR » 20 ago 2005, 14:10

HiTLeuLeR ha scritto::arrow: Pare che lo stesso problema sia stato pure assegnato, nell'aprile del 2002 [...]
Mi correggo! Passava l'anno 2003. In quanto a te, Mind, che commentare?! Spero sia la modestia, a ispirare questo tuo dir sommesso... :(

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