Divisibilità e somma di quadrati

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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gianmaria
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Divisibilità e somma di quadrati

Messaggio da gianmaria » 24 mag 2006, 21:37

Trovare tutti gli interi $ x $ tali che $ x^2+a^2 $ sia divisibile per $ x+a $ , essendo $ a $ un intero positivo.
Questo gioco è di mia invenzione e mi sembra facile; se è già stato pubblicato, cancellatelo e scusatemi.

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Ani-sama
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Messaggio da Ani-sama » 24 mag 2006, 21:45

Una perplessità... $ a $ lo consideriamo come "generico intero positivo" oppure ci è richiesto di determinare valori precisi di esso che verifichino la tesi...?
...

gianmaria
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Messaggio da gianmaria » 24 mag 2006, 21:59

Generico. In altre parole, si chiede di determinare x in funzione di a, senza escludere soluzioni del tipo x=7, in cui a non c'entra (l'esempio è volutamente sbagliato: quella data non è una soluzione)

snagg
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Messaggio da snagg » 24 mag 2006, 22:29

EDIT: come ormai succede spesso, misinterpreto la traccia. Sorry
Ultima modifica di snagg il 25 mag 2006, 17:19, modificato 1 volta in totale.

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Ani-sama
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Messaggio da Ani-sama » 24 mag 2006, 23:35

Io ho trovato un risultato diverso... Anche se non mi convince appieno, ci provo. Scrivo usando le frazioni perché con il simbolo di "divide" mi trovo ancora poco :D

Dunque:

Vogliamo trovare per quali valori di $ x $ il rapporto:

$ \displaystyle \frac{x^2+a^2}{x+a} = h, h \in \mathbb{N} $

Operiamo in questo modo trasformando così la nostra espressione:

$ \displaystyle \frac{x^2-a^2+2a^2}{x+a} = \frac{(x-a)(x+a) +2a^2}{x+a} $

Ora distribuiamo e otteniamo:

$ \displaystyle x-a + \frac{2a^2}{x+a} $

Quindi dobbiamo studiare la divisibilità dell'espressione più a destra per risolvere il problema. Abbiamo dunque che $ x+a $ deve essere divisore di $ 2a^2 $. Preso un $ k \in \mathbb{N} $, possiamo scrivere la relazione anche come:

$ \displaystyle x+a= \frac{2a^2}{k} \Rightarrow x= \frac{2a^2}{k} -a $

dove chiaramente il nostro $ k $ deve essere un divisore di $ 2a^2 $...

Non mi convince molto, ripeto, ma è tutto quello che sono riuscito a combinare :? .
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Alex89
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Messaggio da Alex89 » 25 mag 2006, 16:45

x^2+a^2=k*(x+a)

con k intero positivo.

x^2+a^2+2*a*x-2*a*x=k*(x+a)

(x+a)^2-2*a*x=k*(x+a)

[(x+a)^2-2*a*x]/(x+a)=k

(x+a)-2*a*x/(x+a)=k

Se k deve essere intero, allora (x+a)|2*a*x

Allora:

1)x+a=2 che da x=2-a
2)x+a=a che da x=0
3)x+a=x che da a=0
4)x+a=2*a che da x=a
5)x+a=2*x che da x=a
6)x+a=2*a*x che da unica soluzione x=1 e a=1

1)x=2-a
2-a+a|4+a^2-4*a+a^2

2|4+2*a^2-4*a

che è divisibile per 2.


2)a|a^2

accettabile.

3)x|x^2

accettabile.

4-5)2*a|2*a^2

accettabile

6)x+a|x^2+a^2

2|2

accettabile.

Soluzioni:

1)x=2-a
2)x=0 per ogni a.
3)a=0 per ogni x.
4-5)x=a
6)x=1 a=1 che può essere ricondotto alla soluzione precedente

snagg
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Messaggio da snagg » 25 mag 2006, 17:06

Alex89 ha scritto: Soluzioni:

1)x=2-a
2)x=0 per ogni a.
3)a=0 per ogni x.
4-5)x=a
6)x=1 a=1 che può essere ricondotto alla soluzione precedente
Le soluzioni devono essere nei naturali:
0 generalmente non è considerato un naturale, la 5) e la 6) sono la stessa cosa(come avevo detto nella mia soluzione x=a), per quando riguarda la 1 se $ a\geq 2\Rightarrow x\not\in \mathbb N $

Alex89
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Re: Divisibilità e somma di quadrati

Messaggio da Alex89 » 25 mag 2006, 17:09

Trovare tutti gli interi $ x $ tali che $ x^2+a^2 $ sia divisibile per $ x+a $ , essendo $ a $ un intero positivo.
Questo gioco è di mia invenzione e mi sembra facile; se è già stato pubblicato, cancellatelo e scusatemi.
Poichè nella traccia c'era scritto solo interi, avevo capito(male?) anche per x negativi.

Poi che la 5 e la 6 fossero la stessa cosa l'ho scritto, quando ho detto:
che può essere ricondotto alla soluzione precedente

snagg
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Re: Divisibilità e somma di quadrati

Messaggio da snagg » 25 mag 2006, 17:18

Alex89 ha scritto:Poichè nella traccia c'era scritto solo interi, avevo capito(male?) anche per x negativi.
Uhm forse ho misinterpretato io "interi " con $ n \in\mathbb N $. Se così fosse ti chiedo scusa :oops: e la mia dimostrazione si può buttare:)

snagg
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Messaggio da snagg » 25 mag 2006, 17:30

Ani-sama ha scritto:
Quindi dobbiamo studiare la divisibilità dell'espressione più a destra per risolvere il problema. Abbiamo dunque che $ x+a $ deve essere divisore di $ 2a^2 $. Preso un $ k \in \mathbb{N} $, possiamo scrivere la relazione anche come:

$ \displaystyle x+a= \frac{2a^2}{k} \Rightarrow x= \frac{2a^2}{k} -a $
Ani forse sbaglio io(succede spesso di recente:P) ma così stai dimostrando che se x è un intero allora esisterà un intero k che divide 2a^2, ma ancora non hai dimostrato che x lo sia. Correggetemi se sbaglio

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Ani-sama
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Messaggio da Ani-sama » 25 mag 2006, 17:43

Diciamo che "$ x $ è intero se esiste quel $ k $ che divide $ 2a^2 $". Quest'ultima affermazione mi pare ovvia, nel senso... $ a $ è sicuramente intero, e allora perche la nostra $ x $ sia intera $ k $ deve essere per forza divisore di $ 2a^2 $... È che non avendo dati precisi sulla natura di $ a $, non riesco a formulare una soluzione altrettanto precisa! Poi magari c'è e non so trovarla, però... :?
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snagg
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Messaggio da snagg » 25 mag 2006, 18:12

Ani-sama ha scritto:Diciamo che "$ x $ è intero se esiste quel $ k $ che divide $ 2a^2 $". Quest'ultima affermazione mi pare ovvia, nel senso... $ a $ è sicuramente intero, e allora perche la nostra $ x $ sia intera $ k $ deve essere per forza divisore di $ 2a^2 $... È che non avendo dati precisi sulla natura di $ a $, non riesco a formulare una soluzione altrettanto precisa! Poi magari c'è e non so trovarla, però... :?
forse potresti iniziare a vedere i casi in cui a è un primo, così hai solo 6 possibilità per k, da li in poi magari ti viene in mente qualcosa..

EDIT: avevo dimenticato un caso
Ultima modifica di snagg il 25 mag 2006, 21:58, modificato 1 volta in totale.

gianmaria
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Messaggio da gianmaria » 25 mag 2006, 21:43

La mia soluzione era simile a quella di Ani-sama, ma non avevo considerato il caso in cui a non è primo; grazie per averlo segnalato. Ecco qual'era:
Il resto della divisione, calcolato con la regola di Ruffini. è $ 2a^2 $, quindi $ x+a $ deve essere un suo divisore cioè, a parte il segno, valere $ 1, 2, a, 2a, a^2 $ o $ 2a^2. $ Le soluzioni sono quindi $ -a \pm 1; -a \pm 2; -a \pm a; -a \pm 2a; -a \pm a^2; -a \pm 2a^2 $
Quindi per a primo ci sono 12 soluzioni (per particolari valori di a, ad esempio per a=1, alcune di esse possono coincidere); per a non primo se ne aggiungono altre dozzine, rendendo il lavoro noioso: senz'altro conviene modificare l'enunciato dicendo che a è un numero primo.

gianmaria
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Messaggio da gianmaria » 26 mag 2006, 22:25

Ripensandoci, è facile scrivere il risultato anche con a non primo. Se la scomposizione in fattori primi di a è $ a= {b_1}^{n_1}{b_2}^{n_2} \dots {b_m}^{n_m} $, allora tutte la soluzioni sono date da $ x=-a \pm A{b_1}^{k_1}{b_2}^{k_2} \dots {b_m}^{k_m} $, dova A vale 1 o 2 e $ k_i $ è un intero compreso fra 0 e $ 2n_i $ inclusi.

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