Riciclaggio

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Gauss
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Messaggio da Gauss » 01 gen 1970, 01:33

Vi propongo un vecchio problema che ho fatto. Perchè come dicono, del maiale non si butta via niente...
<BR>
<BR>Trovare le terne (x,y,z) con x, y, e z interi, tali che x^2+y^3=z^4
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sprmnt21
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Messaggio da sprmnt21 » 01 gen 1970, 01:33

per trovare ALCUNE delle soluzioni io avrei pensato di fare cosi:
<BR>
<BR>riscrivo l\'equazione come y^3=(z^2-x)(z^2+x)
<BR>
<BR>posto y=z^2-x, si ha (z^2-x)^2=z^2+x da cui risolvendo in z^2 e imponendo 8x+1=q^2 che si ottiene per x=2k^2-k e x=2k^2+k, da\' z^2=2k^2-k, z^2=2k^2-3k+1, z^2=2k^2+k, z^2=2k^2+3k+1. E da questi si ottengono i corrispondennti valori di y.
<BR>
<BR>Ora restano da trovare i k per cui le espressioni z^2=... sono quadrati.
<BR>
<BR>Ad esempio z^2=k(2k+1) e\' un quadrato se sia k che 2k+1 sono quadrati cioe\' per 2h^2+1=r^2, 2h^2=(r-1)(r+1) per r=3 e forse nessun altro valore.
<BR>
<BR>...
<BR>
<BR>
<BR>chi mi aiuta a completare la cosa?
<BR>
<BR>
<BR>ciao
<BR>
<BR>sprmnt21
<BR>
<BR>
<BR>
<BR>

Fra
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Messaggio da Fra » 01 gen 1970, 01:33

Io ho pensato invece di fare così:
<BR>
<BR>x^2+y^3=z^4
<BR>Innanzi tutto determiniamo le soluzioni banali:
<BR>(x=+-1 y=0 z=+-1) (x=0 y=1 z=+-1)
<BR>(x=+-1 y=-1 z=0)
<BR>
<BR>Poi scriviamo l\'equazione nella forma:
<BR>
<BR>y^3=z^4-x^2
<BR>
<BR>Imponiamo b=z^2 e quindi si ha: y^3=b^2-x^2, ovvero il cubo espresso come differenza di due quadrati. Sappiamo che:
<BR>y^3=(1/2*y*(y+1))^2-(1/2*y*(y-1))^2, il cubo di y espresso come differenza di due quadrati. A questo punto non resta che imporre che i due quadrati siano b^2 e x^2, otteniamo così:
<BR>b=1/2*y*(y+1) e x=1/2*y*(y-1), che sono sempre numeri interi dato che il prodotto di due interi consecutivi è pari.
<BR>Affinchè z sia intero b deve essere un quadrato perfetto dato che sono legati dalla seguente relazione: b=z^2. Notando b espresso in funzione di y gli unici casi in cui esso è un quadrato perfetto sono per y=1 (e b=1) e per y=-2 (e b=1). In tutti gli altri casi,infatti, b non potrà essere un quadrato perfetto in quanto due interi (maggiori di uno) consecutivi sono sempre primi tra loro e non possono essere entrambi quadrati perfetti.
<BR>Le soluzioni quindi, oltre a quelle banali, sono:
<BR>
<BR>(x=0 y=1 z=1) già trovata precedentemente
<BR>e (x=3 y=-2 z=1)
<BR>
<BR>
<BR>
<BR>

sprmnt21
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Messaggio da sprmnt21 » 01 gen 1970, 01:33

A questo punto non resta che imporre che i due quadrati siano b^2 e x^2, otteniamo così:
<BR>b=1/2*y*(y+1) e x=1/2*y*(y-1),
<BR>
<BR>
<BR>
<BR>Come fai a dire che due differenze di quadrati sono uguali solo se sono uguali i singoli quadrati. La cosa euquivale + o - a dire che un numero puo\' essere espresso come somma di quadrati in due soli modi. E vero questo?
<BR>
<BR>
<BR>Ciao
<BR>
<BR>Sprmnt21
<BR>

Fra
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Messaggio da Fra » 01 gen 1970, 01:33

No, hai ragione, infatti:
<BR>8^2-5^2 = 20^2-19^2 = 39
<BR>quindi io ho esaminato solo un caso particolare, quando i due quadrati sono uguali.
<BR>Ci penserò...
<BR>Ciao
<BR>Francesco

Gauss
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Messaggio da Gauss » 01 gen 1970, 01:33

La mia idea, anche se non definitiva era questa.
<BR>
<BR>Si cercano le terne primitive intere che risolvano x^2+y^3=z^4. L\'unica possibilità per i tre numeri è di essere due dispari ed uno pari. I casi con tutti e tre i numeri concordi so scartano velocemente. Se si riscrive l\'equazione come y^3=z^4-x^2, quindi y^3=(z^2+x)(z^2-x). A questo punto x e z possono essere concordi e dispari o discordi.
<BR>Consideriamo il caso con i nueri discordi. Si ha che z^2+x e z^2-x sono quindi primi tra loro. Serve quindi che m^3=z^2+x e n^3=z^2-x. A questo punto tempo fa mi fermai notando che m^3+n^3=2z^2 e m^3-n^3=2x. adesso però mi mett a pensarci per bene
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Kornholio
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Messaggio da Kornholio » 01 gen 1970, 01:33

<BR>Mi sembra assai ardua come equazione...
<BR>vi spiego perchè :
<BR>
<BR>
<BR>poniamo z^2 - x = w
<BR>
<BR>y^3 = w(w+2x)
<BR>
<BR>il metodo risolutivo \"classico\" andrebbe ad
<BR>analizzare i casi in cui w e (w+2x) sono o
<BR>meno primi tra loro, e poi a ricercare
<BR>ricorrenze o congruenze. Qui però il fatto
<BR>che w e (w+2x) siano o meno primi tra loro
<BR>dipende da come è possibile fattorizzare
<BR>2x, un problema che è IMPOSSIBILE trattare con un metodo \"generale\". Ritengo quindi
<BR>che anche qui vadano utilizzati metodi
<BR>avanzati, tipo la fattorizzazione dei numeri
<BR>in forma complessa...
<BR>
Lex maxima : se qualcosa può andar male, prima o poi lo farà

lordgauss
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Messaggio da lordgauss » 01 gen 1970, 01:33

Beh, dimostriamo almeno che l\'equazione ammette infinite soluzioni intere.
<BR>Partiamo da
<BR>3²+(-2)³=1^4.
<BR>Moltiplicando per, ad es., 2^12 abbiamo che
<BR>3²*2^12+(-2)³*2^12=2^12 ovvero
<BR>(3*2^6)²+(-2^5)³=(2³)^4.
<BR>Dunque (192,-32, 8 ) è una terna che soddisfa l\'equazione.
<BR>Seguendo lo stesso metodo si possono costruire infinite soluzioni: basta moltiplicare per una potenza dodicesima qualsiasi.
<BR>Perciò, come d\'altra parte detto da Gauss, conviene concentrarsi sulla ricerca delle terne
<BR>primitive. Ma tra il dire e il fare...
<BR><BR><BR><font size=1>[ This message was edited by: lordgauss on 2001-12-05 17:21 ]</font>

Gauss
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Messaggio da Gauss » 01 gen 1970, 01:33

Ciao! Se sei iscritto alla mailing list, tempo fa, mi sembra in estate, mandavo un messaggio dove mostravo il modo con il uqle si possono trovare tutte le terne, io ho appena fatto pulizia tra i messaggi spediti, quindi se qualcuno può postare quella mail....[addsig]
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