a^{2n-1}|b^{2n}, b^{2n}|a^{2n+1} --->a=b

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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salva90
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a^{2n-1}|b^{2n}, b^{2n}|a^{2n+1} --->a=b

Messaggio da salva90 » 24 feb 2007, 23:58

Si dimostri che se $ a^{2n-1}|b^{2n} $ e $ b^{2n}|a^{2n+1} \forall n \in \mathbb{N} $ allora $ a=b $


quite easy direi, anzi moooolto facile... vietato agli esperti :D
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Zok
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Messaggio da Zok » 25 feb 2007, 14:42

Si può dimostrare per induzione su n.
Le due ipotesi si possono riscrivere come $ b^{2n}=k_n \cdot a^{2n-1} $ e $ a^{2n+1}=j_n \cdot b^{2n} \ \ \forall n \in \mathbb{N} $ (con $ j_n,k_n \in \mathbb{N} $).

La tesi $ a=b \ \ \forall n \in \mathbb{N} $ è equivalente alla tesi $ k_n=a \ \forall n \in \mathbb{N} $ (o equivalentemente $ j_n=a $ visto che $ j_n \cdot k_n=a^2 \ \forall n \in \mathbb{N} $).

Passo base
Se $ $ n=0 $ allora si ha che: $ k_0 \cdot a^{-1}=b^0 $ da cui $ k_0=a $ e quindi $ a=b $.

Passo induttivo (se $ k_n=a $ dimostro che anche $ k_{n+1}=a $)
Se $ k_n=a $ allora $ k_n \cdot a^{2n-1}=a^{2n} \Rightarrow a^2 \cdot k_n \cdot a^{2n-1}=a^{2n+2} \Rightarrow k_n \cdot a^{2(n+1)-1}=b^{2(n+1)} $.
Ma per ipotesi $ k_{n+1} \cdot a^{2(n+1)-1}=b^{2(n+1)} \Rightarrow k_{n+1}=k_n=a $.

Quindi $ k_n=a\ \ \forall n \in \mathbb{N} $ e dunque $ a=b \ \ \forall n \in \mathbb{N} $

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Boll
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Messaggio da Boll » 25 feb 2007, 16:03

E' molto più semplice...

$ $ \frac{b^{2n}}{a^{2n-1}}=I $
$ $ \frac{a^{2n+1}}{b^{2n}}=J $

quindi
$ $ IJ=a^2 $

ora supponiamo
$ $ I<a $

quindi

$ $ J>a $
da cui si ricava

$ $ \frac{b^{2n}}{a^{2n-1}}<a \Longleftrightarrow b<a $

ma anche

$ $ \frac{a^{2n+1}}{b^{2n}}>a \Longleftrightarrow a<b $
Quindi assurdo!

Si arriva ad un assurdo analogo anche supponendo $ I>a $, quindi $ I=J=a $ da cui la tesi.
"Ma devo prendere una n-upla qualsiasi o una n-upla arbitraria?" (Lui)

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salva90
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Messaggio da salva90 » 25 feb 2007, 21:10

Mi sembra che la soluzione di Boll sia la migliore... la mia era molto simile ma più bruttina... praticamente scomponevo in fattori primi ed applicavo lo stesso ragionamento ad un solo primo anzichè a dei numeri generici...
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Bertolo
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Messaggio da Bertolo » 26 feb 2007, 14:34

Ulteriore soluzione, forse un po' banale, ma mi sembra corretta:

Se a^(2n-1) | b^(2n) allora anche a | b^(2n).

Quindi, e qui è forse l'unico punto difficile, o a | b o a = b^k per qualche k appartenente a n.

Supponiamo che a = b^k e sostituiamo nella prima:

b^(k(2n-1)) | b^(2n)

Ciò è vero se k(2n-1) =< 2n ovvero k =< 2n/(2n-1)

Ma 2n/(2n-1) per n naturale è <2, ciò significa che dalla prima condizione deduciamo che a | b.

Analogamente con la seconda concludiamo che b | a.

Quindi abbiamo che a | b e b | a, perciò possiamo concludere che a=b...

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Sisifo
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Messaggio da Sisifo » 26 feb 2007, 18:40

Bertolo ha scritto:a | b^(2n).

Quindi, e qui è forse l'unico punto difficile, o a | b o a = b^k per qualche k appartenente a n.
Hmm.. mi spiace contraddirti, ma questo è vero solo per b primo.. prendi a=18, b=6^2 e vedi che è palesemente falso..
"Non è certo che tutto sia incerto"(B. Pascal)
Membro dell'associazione "Matematici per la messa al bando del sudoku" fondata da fph

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