Teoria dei numeri...

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

è ancora lei, la Teoria Dei Numeri!
<BR>ecco un problema (di Lordgauss) che voglio riproporre in quanto era rimasto senza sol. :
<BR>
<BR>3^x + 5^y=7^z + 1
<BR>
<BR>con x,y,z non negativi
<BR>ps: (china \'93)
<BR>pss: proprio non mi viene.. <IMG SRC="images/forum/icons/icon_cool.gif">
<BR>
<BR>vabbé va, se qualcuno vuole ho anche questo probabilistico:
<BR>
<BR>A StoneHeaven (Florida) vi sono 12 cittadini aventi diritto di voto. Tutti hanno esercitato il loro
<BR>voto, in favore di uno dei due candidati “principali” alla Casa Bianca (Bush e Gore). Gli exit poll effettuati
<BR>su 6 di loro (che supponiamo non mentano) danno 4 voti per Gore e 2 per Bush.
<BR>Qual è la probabilità che le elezioni vedano vincitore, limitatamente a StoneHeaven, ciascuno dei due
<BR>candidati?
<BR>
<BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: Biagio il 10-10-2003 21:09 ]<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: Biagio il 10-10-2003 21:10 ]

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

Hum, proviamo il probabilistico... (le equazioni di quel genere non mi ispirano...)
<BR>allora, sono pari se i restanti sei votano 2 G e 4 B, e per questo ci sono (6 2)=15 possibilità
<BR>vince B se 5 votano lui (cioè 6 possibilità) o 6 votano lui (1 possibilità).
<BR>Vince G se 3, o 4, o 5, o 6 votano lui (20+15+6+1=42 possibilità).
<BR>quindi B ha 7/64 possibilità, mentre G ne ha 42/64=21/32.
<BR>
<BR>E invece, a sorpresa, vince Schwarzenegger (si scriverà così?)...mah.. gli americani...
Elena-aileena

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

...
<BR>ok, giusto.
<BR>chi è ora che mi aiuta con il primo? mi va bene anche se qualcuno mi posta un collegamento dal quale vedere la sol.
<BR>grazie
<BR>
<BR>
<BR><!-- BBCode Start --><IMG SRC="http://superwebon.iespana.es/superwebon ... Conan1.jpg"><!-- BBCode End --><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: Biagio il 10-10-2003 23:12 ]

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

<IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif">
<BR>
<BR>ADDIRITTURA???

Ospite

Messaggio da Ospite » 01 gen 1970, 01:33

ehm...
<BR> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_confused.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_confused.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif">

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

in effetti l\'es di teoria dei numeri è + ostico degli altri
<BR>io penso non ci siano altre sol oltre (0;0;0) e (1;1;1)
<BR>stavolta però non ci sono quadrati da poter scomporre o simili x dimostrarlo...
<BR>magari usando gli sviluppi telescopici... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_confused.gif">
<BR>qualche altra idea?
[img:18oeoalk]http://www.narutolegend.it/char_img/Sasuke.jpg[/img:18oeoalk]

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

Io ce la sto facendo... datemi ancora un po\' di tempo, ve la prometto per stasera!!!

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Messaggio da publiosulpicio » 01 gen 1970, 01:33

Io ce la sto facendo... datemi ancora un po\' di tempo, ve la prometto per stasera!!!

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Messaggio da publiosulpicio » 01 gen 1970, 01:33

Le soluzioni sono solo (0,0,0) e (1,1,1).
<BR>Mostriamo innanzi tutto che se una delle incognite è nulla allora lo sono tutte: se x=0 l\'equazione diventa 1+5^y=7^z+1 cioè 5^y=7^z e poiché MCD(5,7)=1 l\'unica soluzione è y=z=0, lo stesso ragionamento vale se è nulla y, e se è nulla z si ottiene 3^x+5^x=2, le uniche coppie di interi che sommate danno 2 sono (1,1) (0,2) e (2,0) sia 3^x che 5^x sono maggiori di 0 per ogni x,y, l\'unica coppia accettabile è (1,1), che ancora una volta da x=y=0, per cui a parte la terna (0,0,0) si può considerare che tutte le incognite siano strettamente positive.
<BR>7== 1 (mod 3) ==> 7^z==1 (mod 3) per ogni z ==> 7^z+1==2 (mod 3) per ogni z, ma 3==0 (mod 3) ==> 3^x==0 (mod 3) ==> 5^y==2 (mod 3), ma 5==2 (mod 3) moltiplicando ripetutamente per 2 si ottiene la successione di congruenze, ripetuta infinita volte: 2, 4==1, 2... quindi y==1 (mod 2). 5==1 (mod 4) ==> 5^y==1 (mod 4) per ogni y, quindi 3^x==7^z (mod 4), ora poiché 3==7 (mod 4) si ha che x==z (mod 2) (infatti continuando a moltiplicare per 3 i resti della divisione per 4, partendo da 3, si ripetono ogni due moltiplicazioni). Ragioniamo ora (mod 5): 5^y==0 (mod5), quindi possiamo, per adesso, far finta che non esista, i possibili resti di 3^x sono, nell\'ordine: 3, 4, 2, 1 come si verifica facilmente, mentre quelli di 7^z+1 sono, sempre nell\'ordine: 3, 0, 4, 2, come si trova facilmente. Ricordando che x==y (mod 2) si ha che l\'unica \"accoppiata\" che va bene è 3, 3 cioè x==y==1 (mod4) (infatti se 3^x==7^x+1==4 (mod 5), per esempio, si avrebbe x==2 (mod 4) e z==3 (mod 4) e non potrebbe essere x==y (mod 2)).
<BR>Quindi abbiamo i seguenti risultati: x==z==1 (mod 4) e y==1 (mod 2).
<BR>Passiamo adesso a (mod 7): 7^z+1==1 (mod 7) per ogni z, i possibili resti di 3^x sono, nell\'ordine: 3, 2, 6, 4, 5, 1 e quelli di 5^y sono: 5, 4, 6, 2, 3, 1. Poiché x==1 (mod 4) x può essere congruo solo 1 o 5 o 3 (mod 6), quindi i soli resti che interessano di 3^x sono 3, 6 e 5. Analogamente poiché y==1 (mod 2) y (mod 6) può essere congruo solo o 1 o a 3 o a 5 e i soli resti di 5^y che ci interessano sono 5, 6, 3. Poichè la somma dei due resti deve dare 8 (cioè deve essere congrua a 1 (mod 7)) gli unici casi possibili sono x==1 (mod 6) e y==1 (mod 6) oppure x==5 (mod 6) e y==5 (mod 6), in ogni caso si x==y (mod 6). Se x==5 (mod 6) si avrebbe x>1 e quindi 3^x==0 (mod 9), ma si avrebbe anche y==5 (mod 6): controlliamo i resti (mod 9) di 5^y e di 7^z+1, quelli di 5^y sono 5, 7, 8, 4, 2, 1 e quelli di 7^z+1 sarebbero: 8, 5, 2 ma poiché y==5 (mod 6) l\'unico resto accettabile per 5^y è 2, che deve essere anche il resto di di 7^z+1, quindi z==0 (mod 3). Supponiamo da qui in poi x>1, il caso x=1 lo analizzeremo alla fine, allora si avrebbe necessariamente, analogamente a prima prima, z==2 (mod 3). Controlliamo infine i resti (mod 13), le possibilità per 3^x sono: 3, 9, 1 quelle per 5^y sono: 5, 12, 8, 1 e quelle per 7^z+1 sono: 8, 11, 6, 10, 12, 13, 7, 4, 9, 5, 3, 2. Se x==y==1 (mod 6) e z==2 (mod 3) l\'unico resto ammissibile per 3^x sono, ricordando tutte le congruenze dedotte fin\'ora, è 3, e gli unici per 5^y sono 5 e 8, infine per 7^z+1 va bene solo 12, poiché 3+5=8=/=12 e 3+8=11=/=12 in questo caso non ci sono soluzioni. Se x==y==5 (mod 6) e z==0 (mod 3) sono ammessi solo questi resti: per 3^x: 9, per 5^y: 5, 8, per 7^z+1: 9 e poiché 9+5=14=/=9 e così 9+8=17=/9 neanche in questo caso ci sono soluzioni. Resta da esaminare il caso x=1, l\'equazione diventa 3^1+5^y=7^z+1 cioè 5^y=7^z-2: se y>1 allora 5^y==0 (mod 25), e i possibili resti di 7^z-2 (mod 25) sono: 5, 22, 16, 24, mentre si dovrebbe avere un resto=0, se invece y=1 si ricava immediatamente z=1 e abbiamo così ottenuto la terna (1,1,1). Dal ragionamento fatto segue che non esistono altre soluzioni.
<BR>Sicuramente da qualche parte non sarò stato chiaro.. magari ho scritto x al posto di y, ma in generale dovrebbe funzionare come ragionamento, anche se forse va aggiustato qua e la.
<BR>Esisterà di certo una sol più breve...

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Messaggio da Fede_HistPop » 01 gen 1970, 01:33

Scwarzenegger ha vinto in California, non in Florida... e cmq sua moglie è una Kennedy, credo abbiano votato sperando che lo condizioni in bene <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">
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Messaggio da info » 01 gen 1970, 01:33

Ora me la stampo (la sol, nn la fotografia) e me la leggo con calma... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">

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Messaggio da publiosulpicio » 01 gen 1970, 01:33

Sono in vena di rompere le palle.. un\'annotazione a Biagio:
<BR>dopo il ps non viene il pss ma il pps infatti ps sta per PostScripum... che cacchio vuol dire PostScriptumScriptum... invece PostPostScriptum ha senso... ciao omonimo!

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