Diofantea

Stoker · Messaggio da **Stoker** » 01 gen 1970, 01:33

Dimostrare che l\'eq. a^2+b^2=(c^2)+3 ha infinite soluzioni intere.

massiminozippy · Messaggio da **massiminozippy** » 01 gen 1970, 01:33

Non postate che voglio risolverla io.
 Più tardi la \"pubblico\".

Stoker · Messaggio da **Stoker** » 01 gen 1970, 01:33

E\' facilina cmq!!! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">

ReKaio · Messaggio da **ReKaio** » 01 gen 1970, 01:33

a²+b²=c²+3
 a²-3=c²-b²
 
 supponiamo c=b+3
 a²-3=b²+6b+9-b²
 a²=6b+12
 a²=6(b+2)
 
 sia b=6n²-2 quindi c=b+3=6n²+1
 
 allora a²=6(b+2)=(6n)² a=6n
 
 soddisfano tutte le terne del tipo (a,b,c)=(6n, 6n²-2, 6n²+1) per ogni n naturale
 
 forse ce n\'è di migliori come soluzioni, ma sono annebbiato ^^

matthewtrager · Messaggio da **matthewtrager** » 01 gen 1970, 01:33

io l\'ho fatto diversamente...
 
 a^2+3=c^2-b^2
 a^2+3=(c-b)(c+b)
 se diciamo che b=c-1, risulta:
 a^2+3=2b+1
 
 allora per qualsiasi a pari si determina un b e un c. <IMG SRC="images/forum/icons/icon_smile.gif">
 
 cmq l\'avevo gia\' risolto, era nel libro delle olimpiadi...

matthewtrager · Messaggio da **matthewtrager** » 01 gen 1970, 01:33

anzi, vai, allora gia\' che ci siamo ne propongo un altro tratto dal libro...
 
 a) trovare tuttle le soluzioni x e k (interi positivi) che soddisfano 3^k-1=x^3
 b) dimostrare che per n>1 e diverso da 3, 3^k-1=x^n non ha soluzioni intere positive x,k.
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: matthewtrager il 31-07-2003 19:53 ]

massiminozippy · Messaggio da **massiminozippy** » 01 gen 1970, 01:33

Ricordo che impiegai circa 3 ore per risolverla completamente.....che faticaccia che fu....

ReKaio · Messaggio da **ReKaio** » 01 gen 1970, 01:33

c=b±3 c=b±1 sono le uniche 2 che danno una soluzione \"banale\", non riesco a generalizzare a terne con 2 parametri

Messaggio da **ma_go** » 01 gen 1970, 01:33

3^k-1=n³ => 3^k=n³+1=(n+1)(n²-n+1)=(n+1)((n+1)²-3n).
 (n+1)(n²-n+1)=3^k => n+1=3^p, n²-n+1=3^q, p+q=k.
 3^q=n²-n+1=(n+1)²-3n=3^2p-3^(p+1)+3 => q=1 => p=1 => (n,k)=(2,2).
 
 3^k-1=n^m
 1) m=2h, 3^k-1=n^2h è impossibile perché n^2h==0 V 1 (mod 3).
 2) resta da discutere il caso per l\'esponente dispari. sia tale esponente pari a m=2h+1,h>1...
 si ha 3^k=(n+1)(sum (-n)^i)=(n+1)[n(n-1)*(sumn^2i)+1]
 come prima, n+1=3^p, [n(n-1)*(sumn^2i)+1]=3^q, con p+q=k.
 dunque si ha [(3^p-1)(3^p-2)]*(sum(3^p-1)^2i)+1==(-1)*(-2)*h+1==2h+1==3^q==0. quindi h==1 (3),ma quindi m==0 (3). riscriviamo quindi m come 3x ed n^x come y come e otteniamo l\'equazione 3^k-1=n^m=n^3x=(n^x)^3=y^3, che abbiamo visto avere come unica soluzione y=2, per cui n=2, x=1 e m=3.

ReKaio · Messaggio da **ReKaio** » 01 gen 1970, 01:33

6(6a²+3b²+c²)=5n² non ha soluzioni diverse da a=b=c=n=0
 
 torniamo sul classico

Messaggio da **ma_go** » 01 gen 1970, 01:33

easy kaio..
 supponiamo (a,b,c,n) sia una soluzione. allora è anche soluzione la quaterna ottenuta dividendo ciascun membro per il MCD dei quattro numeri. sostituendo e facendo due conti si trova un assurdo, se non vado proprio rincoglionendomi... ma comunque a me piacciono anche quelle meno \"classiche\"!!

ReKaio · Messaggio da **ReKaio** » 01 gen 1970, 01:33

e se è una quaterna elementare? oO MCD=1 non funziona la discesa infinita <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif">
 
 a me piacciono tanto

Messaggio da **ma_go** » 01 gen 1970, 01:33

più impengativo del previsto...
 bello comunque!
 allora, come dicevo sopra (sbagliando solo in parte), sia (a,b,c,n) una quaterna risolutrice. allora, avendo tutti i monomi lo stesso grado, anche la quaterna ottenuta dividendo ciascun membro per MCD(a,b,c,n) soddisferà l\'equazione. è quindi sufficiente ricercare quaterne primitive (cioè MCD(a,b,c,n)=1) e ottenere poi tutte le altre moltiplicando ciascun termine per uno stesso numero.
 bando alle ciance!
 dunque, con banali sostituzioni (n=6m, c=3d) si ottiene una nuova equazione:
 3d²+2a²+b²=10n².
 sfruttando le congruenze modulo 4 si ottiene molto facilmente che b==d (2) e (un po\' meno ovvia) a==m (2).
 ora distinguiamo quattro casi:
 1) a==b==0 (2). non è una quaterna primitiva, essendo tutti i membri pari.
 2) a==b==1 (2). sostituiamo con congruenze modulo 8 nell\'equazione e otterremo 3+2+1==2 (8), che non mi pare una cosa buona.
 3) a==0, b==1 (2). con le congruenze modulo 8 si ricava 3+1==0 (8) che non è cosa buona.
 4) b==0, a==1 (2). con le congruenze modulo 8 si ricava b==d (4). ora, poniamo b=2p e d=2p+4h. poniamo poi m=1+2k.
 sostituendo, svolgendo e semplificando ove possibile otterremo un\'espressione del tipo: (ammesso tacitamente che i miei conti siano esatti, cosa non del tutto scontata...)
 2(p²+3ph+h²)=a²+5k(a+k).
 ora, il primo membro è pari, mentre il secondo è dispari, essendo somma di un dispari (a) e di un pari (5k(a+k) lo è di certo, essendo uno dei due fattori certamente dispari e l\'altro certamente pari).
 l\'unica soluzione è quindi (a,b,c,n)=(0,0,0,0).
 qed [ Questo Messaggio è stato Modificato da: ma_go il 01-08-2003 10:25 ]

thematrix · Messaggio da **thematrix** » 01 gen 1970, 01:33

chiedo scusa se fosse già stata pubblicata,ma non posso non scriverla:
 trovare tutte le soluzioni x,y,z intere di
 (3^x)+(5^y)=(7^z)+1

massiminozippy · Messaggio da **massiminozippy** » 01 gen 1970, 01:33

A dire il vero l\'originale è:
 Trovare tutti gli interi non negativi tali che 7^x + 1=3^y + 5^z
 (Olimpiadi cinesi del 1993)
 
 
 <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">