sns 2006-2007, es. 3

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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hydro
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sns 2006-2007, es. 3

Messaggio da hydro » 01 set 2006, 21:11

Siano $ x,y,z $ interi non negativi

(1) dimostrare che esistono infinite terne $ (x,y,z) $
tali che $ 4^x+4^y+4^z $ sia un quadrato perfetto

(2)
Trovare tutte le terne $ (x,y,z) $ tali che $ 4^x+4^y+4^z $ sia un quadrato perfetto

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Ani-sama
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Messaggio da Ani-sama » 01 set 2006, 21:59

Bella questa diofantea... e anche difficile! :D

E, in effetti, non ricorda qualcosa? :shock:
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quantico
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Messaggio da quantico » 02 set 2006, 18:25

non so se la mia risposta è corretta ma io ho proposto il parallelismo della formula con quella


a^2 + b^2 + 2ab=(a+b)^2

se 'z' è =2xy il numero è sempre un quadrato perfetto

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Ani-sama
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Messaggio da Ani-sama » 02 set 2006, 19:12

Non credo funzioni, se ho capito il tuo metodo. Prendi $ $x,y=1$ $, dunque per te $ $z=2$ $, eppure $ $4 + 4 + 16 = 24$ $, che non è un quadrato perfetto... :)
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HiTLeuLeR
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Messaggio da HiTLeuLeR » 02 set 2006, 19:44

1) Wlog, sia $ z \le y \le x $. Allora $ 4^x + 4^y + 4^z = t^2 $ sse $ 1 + 2^{2(y-z)} + 2^{2(x-z)} = (t \cdot 2^{-z})^2 $. Si tratta perciò di risolvere in interi non negativi l'equazione [1] $ 1 + 2^{2a} + 2^{2b} = c^2 $. Considerando che $ (2^b + 1)^2 = 2^{2b} + 2^{b+1} + 1 $, è immediato stabilire che ogni tripla del tipo $ (a,b,c) = (r+1,2r+1,2^r + 1) $, con $ r \in \mathbb{N} $, è soluzione della [1].

HomoPatavinus
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Messaggio da HomoPatavinus » 02 set 2006, 20:29

come fai a dire di averle considerate tutte tutte?

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Messaggio da HiTLeuLeR » 02 set 2006, 20:37

HomoPatavinus ha scritto:come fai a dire di averle considerate tutte tutte?
Infatti non l'ho mai detto! Mi sono semplicemente limitato a risolvere il problema 1). :roll:

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fioweb
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Messaggio da fioweb » 02 set 2006, 21:30

Per il punto 1 non bastava trovare a manina la terna 0,1,1 e dire che le infinite terne k, k+1 k+1 risolvono il problema?

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Messaggio da HiTLeuLeR » 02 set 2006, 21:55

fioweb ha scritto:Per il punto 1 non bastava trovare a manina la terna 0,1,1 e dire che le infinite terne k, k+1 k+1 risolvono il problema?
Certo che sì.

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evans
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Messaggio da evans » 03 set 2006, 15:29

fioweb ha scritto:Per il punto 1 non bastava trovare a manina la terna 0,1,1 e dire che le infinite terne k, k+1 k+1 risolvono il problema?
beh.. credo che in generale vale per le terne le terne (x+n;y+n;z+n) e per simmetria tutte le sue permutazioni senza ripetizione.

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Gauss_87
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Messaggio da Gauss_87 » 03 set 2006, 20:08

non dimentichiamo $ (3,2,0) $ e cicliche:

$ 64 + 16 + 1 = 81 = 9^2 $ ...
Considerate la vostra semenza: fatte non foste a viver come bruti, ma per seguir virtute e canoscenza

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Messaggio da HiTLeuLeR » 05 set 2006, 12:06

HiTLeuLeR ha scritto:1) Wlog, sia $ z \le y \le x $. Allora $ 4^x + 4^y + 4^z = t^2 $ sse $ 1 + 2^{2(y-z)} + 2^{2(x-z)} = (t \cdot 2^{-z})^2 $. Si tratta perciò di risolvere in interi non negativi l'equazione [1] $ 1 + 2^{2a} + 2^{2b} = c^2 $. [...]
…continuo da qui! Wlog, sia $ a \le b $. Poiché $ (2^b + 1) = 2^{2b} + 2^{b+1} + 1 $, dev’essere necessariamente $ b+1 \le 2a $. In particolare, se $ b+1 = 2a $, allora $ b = 2n+1 $, per qualche $ n\in\mathbb{N} $, e la coppia $ (a,b) = (n+1, 2n+1) $ è in effetti soluzione della [1]. Se ne deduce che la tripla $ (x,y,z) = (m, m+n+1, m+2n+1) $, con $ m, n \in \mathbb{N} $, e le sue permutazioni sono soluzione del problema originale. Intendiamo provare che non ve ne sono altre. Supponiamo perciò per il seguito $ b+1 < 2a $, e perciò $ \frac{1}{2}(b+1) < a < b $, ovvero b – a < a - 1. Poniamo (come è lecito) $ c = 2^p q + 1 $, dove $ p \in \mathbb{N}^+ $ e $ q \in 2\mathbb{N}+1 $. Allora la [1] è soddisfatta sse $ 2^{2p} q^2 + 2^{p+1} q + 1 = 2^{2b} + 2^{2a} + 1 $, che è impossibile se p > 1, per via dell’unicità della rappresentazione binaria degli interi. Dunque $ c-1 = 2u $ e $ c+1 = 2^{2a-1} v $, dove $ u, v \in 2\mathbb{N}+1 $ e $ uv = 2^{2k} + 1 $, dove si è assunto $ k = b-a $. Allora $ 2^{2a-2} v = u+1 $, e quindi $ 2^{2a-2} v^2 = 2^{2k} + v + 1 $. Senonché $ v \ge 3 $, e perciò $ 2^{2k} + v + 1 = 2^{2a-2} v^2 > 2^{2a-2} (3v + 1) > 2^{2a} + v + 1 \ge 2^{2k} + v + 1 $, assurdo! Da qui la conclusione voluta.

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Ani-sama
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Messaggio da Ani-sama » 05 set 2006, 15:53

@Azarus: avevi ragione tu, temo... :twisted: questa soluzione, nella II parte, è rivista e corretta, la versione da me scritta nella prova SNS forse poteva essere salvata, ma ci ho provato un pomeriggio intero senza successo, e oggi in una manciata di minuti ho avuto altre pensate un po' più giuste, almeno spero... :roll: va beh...

Comunque sia:

Nota: tutte le variabili sono definite nell'insieme dei naturali (non negativi), a meno di differenti specificazioni.

Il problema, riscritto, è trovare le infinite soluzioni di:

$ $4^x+4^y+4^z=c^2$ $


Passo 1

WLOG, supponiamo $ $x \le y \le z$ $. Notiamo subito che $ $\mathrm{LHS}$ $ è sicuramente pari. Dunque deve essere così anche il membro destro, dobbiamo quindi porre $ $c=2c_1$ $. Dividendo, otteniamo:

$ $4^{x-1} + 4^{y-1} + 4^{z-1} = a_1^2$ $. Ancora, dovremo imporre la condizione di parità ($ $c_i = 2^i c)$ $, fino a che una delle tre potenze di 4 non si sarà ridotta a $ $4^0$ $, quindi con $ $x=0$ $ e $ $c_x=2^x c$ $. Poniamo, per comodità, $ $c_x=r, y-x=a, z-x=b$ $ e otteniamo l'equazione:

$ $1+4^a + 4^b = r^2$ $

Supponiamo ora che o $ $a$ $ o $ $b$ $ siano pari a zero; avremmo:

$ $2+2^{2b}=r^2$ $. Dunque $ $r$ $ dev'essere pari, cioè $ $r=2r_1$ $, da cui, dividendo per 2, $ $1+2^{2b-1}=2r_1^2$ $, che è chiaramente assurdo. Sia dunque $ $a,b > 1$ $.


Passo 2

Ancora, ragionando di parità, notiamo che il membro sinistro è sicuramente dispari; dunque così deve essere il membro destro. Sia dunque $ $r=2k+1$ $, e quindi:

$ $1+4^a+4^b = 4k^2+4k+1$ $, da cui:

$ $4^{a-1}+4^{b-1} = k(k+1)$ $

e, raccogliendo, ricordando che abbiam supposto $ $x \leq y$ $ e quindi anche $ $a \leq b$ $:

$ $4^{a-1}(1+4^{b-a})=k(k+1)$ $

Questo è interessante, perché a sinistra abbiamo un prodotto, a destra abbiamo un altro prodotto, di due numeri consecutivi. Quindi se anche i due fattori a sinistra sono consecutivi, abbiamo trovato soluzioni buone! Queste soluzioni si ricavano facilmente, imponendo banalmente che $ $a-1=b-a$ $, cioè $ $2a-b=1$ $; questa è una diofantea lineare, si ricavano immediatamente in forma parametrica le soluzioni, cioè:

$ $a=t, b=2t-1$ $.


Passo 3

Abbiamo ricavato che le soluzioni sono infinite, ora però è possibile - anzi, doveroso - dimostrare che le soluzioni trovate sono uniche!

Riscrivo l'espressione di cui sopra:

$ $4^{a-1}(1+4^{b-a})=k(k+1)$ $

Ora, ripartiamo i fattori. Supponiamo WLOG che $ $k$ $ sia pari; $ $k+1$ $ sarà senz'altro dispari. Nel fattore $ $k$ $ dunque ci finiranno tutti i fattori pari più un qualche dispari $ $d$ $, cioè: $ $k=4^{a-1} d$ $; in $ $k+1$ $ ci vanno a finire gli altri dispari, quindi: $ $k+1= \frac{1+4^{b-a}}{d} \Rightarrow k=\frac{4^{b-a}+1-d}{d}$ $. Ora possiamo anche porre a sistema le due espressioni, eliminando $ $k$ $ e ottenendo, dopo aver eliminato i denominatori:

$ $4^{b-a}+1-d=4^{a-1} d^2$ $, e cioè $ $d(4^{a-1} d + 1) = 4^{b-a} + 1$ $

Ora, studiamo i casi particolari:

1) $ $b=a$ $, ottieni $ $d(4^{a-1} d +1) = 2$ $, assurdo se $ $a>1$ $ poiché i membri risultano avere parità opposta; se poi $ $a=1$ $ ci si riduce a $ $d^2+d=2$ $, che si vede rapidamente, risolvendo l'equazione di II grado, avere come unica soluzione naturale $ $d=1$ $.

2) $ $a=1$ $, ci riduciamo a: $ $d^2+d=4^{b-1} + 1$ $, ancora una volta assurdo per ragioni parità; se poi abbiamo anche $ $b=a=1$ $, ci riduciamo ancora a $ $d^2+d=2$ $, già studiata prima.

Sia ora $ $a>1, b \neq a$ $. Riscrivo l'espressione:

$ $4^{b-a} - 4^{a-1}d^2= d-1$ $

Passo 3.1

Supponiamo ora $ $b-a < a-1$ $; potremo effettuare il seguente raccoglimento:

$ $4^{b-a}(1-4^{2a-b-1}d^2) = d-1$ $

Siccome le variabili sono tutte intere, allora deve essere necessariamente che $ $4^{b-a} | d-1$ $, cioè possiamo scrivere $ $d=4^{b-a}h+1$ $. Quindi otterremo:

$ $1-4^{2a-b-1}(4^{2(b-a)}h^2+1+2 \cdot 4^{b-a}h)=1$ $, cioè, semplificando:

$ 4^{2(b-a)}h^2+2\cdot 4^{b-a}h + 1 = 0 $, ossia: $ ${(4^{b-a}h+1)}^2=0$ $, con soluzione $ $4^{b-a}h=-1$ $. Questo è evidentemente un assurdo, giacché tutte le variabili sono definite negli interi non negativi.

Passo 3.2

Sia ora, al contrario, $ $a-1 < b-a$ $. Potremo dunque raccogliere in questo modo:

$ $4^{a-1}(4^{b-2a+1}-d^2)=d-1$ $. Similmente a prima, scriviamo $ $d=4^{a-1}h + 1$ $, ottenendo:

$ $4^{b-2a+1} - 4^{2a-2}h^2 - 2 \cdot 4^{a-1}h = 2$ $. Se ora dividiamo tutto per 2, otterremo al membro destro una quantità sicuramente pari (giacché abbiamo precedentemente supposto $ $a>1$ $, e siamo sotto le ipotesi di $ $b-a > a-1 \Rightarrow b-2a+1 > 0$ $), a sinistra invece ci rimane $ $1$ $, che è dispari. Assurdo.

Dunque può essere solo $ $b-a=a-1$ $, e le soluzioni così ottenute sono uniche.

Riscrivendole, esse sono: $ (x, x+t, x+2t-1) $ e le varie possibili permutazioni. Fine. :)
Ultima modifica di Ani-sama il 05 set 2006, 20:35, modificato 1 volta in totale.
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HomoPatavinus
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Messaggio da HomoPatavinus » 05 set 2006, 16:24

HiTLeuLeR ha scritto:Poiché $ (2^b + 1)^2 = 2^{2b} + 2^{2b+1} + 1 $ , dev’essere necessariamente $ b + 1 \le 2a $
perchè? vuoi dire che $ (2^b + 1)^2 $ è il minore dei quadrati che possiamo trovare ? e se è cosi come lo dimostri?

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Messaggio da HiTLeuLeR » 05 set 2006, 19:22

HomoPatavinus ha scritto:
HiTLeuLeR ha scritto:Poiché $ (2^b + 1)^2 = 2^{2b} + 2^{2b+1} + 1 $ , dev’essere necessariamente $ b + 1 \le 2a $
perchè? vuoi dire che $ (2^b + 1)^2 $ è il minore dei quadrati che possiamo trovare ? e se è cosi come lo dimostri?
Se fosse $ 0 \le 2a < b+1 $, allora sarebbe $ 2^{2b} < 1 + 2^{2a} + 2^{2b} < (1+2^b)^2 $, e perciò $ 1 + 2^{2a} + 2^{2b} $ non avrebbe modo d'essere il quadrato di un intero.

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