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

su richiesta di un certo Trevisano e soprattutto di chi vuole più matematica e meno c.....e, eccovi alcuni es. di teoria numerica...
<BR>
<BR>1)con z,n naturali e z,n>1 e p primo
<BR>trovare le sol. dell\'eq.
<BR>
<BR>2<sup>p</sup>+3<sup>p</sup>=z<sup>n</sup>
<BR>
<BR>2)con x,y interi trovare le sol. di:
<BR>x<sup>3</sup>+3=4y(y+1)
<BR>
<BR>3)IMO:dimostra che ci sono infiniti interi positivi m tali che n<sup>4</sup>+m non sia primo per ogni n naturale.
<BR>
<BR>buon lavoro
<BR><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: Biagio il 08-01-2004 14:35 ]

febiz2004
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Messaggio da febiz2004 » 01 gen 1970, 01:33

biagio ce l\'hai mirc vieni sulla chat!!!

andrea84
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Messaggio da andrea84 » 01 gen 1970, 01:33

Alura dopo essermi consultato con il buon ma_go risolvo il 2:
<BR>
<BR>riscriviamo l\'equazione come:
<BR>
<BR>x^3=(2y-1)(2y+3)
<BR>notiamo ora che MCD(2y+3,2y-1)=+/-1 dunque i due numeri devono essere entrambi cubi perfetti da cui
<BR>
<BR>2y-1=p^3 e 2y+3=q^3 (con pq=x) ora risolvendo il sitema otteniamo p^3+4=q^3 cioè q^3-p^3=4 ora scomponendo la differenza di cubi e rsolvendo i possibili sistemi otteniamo che l\'equazione non ammette nessuna soluzione intera
<BR>
<BR>Ciao
<BR>
Andrea 84 alias Brend

mola6
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Messaggio da mola6 » 01 gen 1970, 01:33

<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>
<BR>On 2004-01-06 13:56, Biagio wrote:
<BR>
<BR>1)con x,y,z,n naturali e z,n>1 e p primo
<BR>trovare le sol. dell\'eq.
<BR>
<BR>x<sup>p</sup>+y<sup>p</sup>=z<sup>n</sup>
<BR>
<BR>
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>
<BR>se p=n=2 valgono tutte le terne pitagoriche (in x,y,z) o comunque tutte le possibili terne di lati interi di un triangolo rettangolo[addsig]
"Per perdere la testa, bisogna innanzi tutto averne una!" A. Einstein

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

avevo cazzato qualcosa infatti...
<BR>
<BR>bravo Andrea

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

inizio il primo:
<BR>
<BR>se p=2 necessariamente z=13 e n=1 (evidente)
<BR>
<BR>se p è dispari scomponiamo 2<sup>p</sup>+3<sup>p</sup>=z<sup>n</sup>=(2+3)(2<sup>p-1</sup>-2<sup>p-2</sup>*3+...-2*3<sup>p-2</sup>+3<sup>p-1</sup>)
<BR>
<BR>quindi 5|z<sup>n</sup> ==> 5<sup>n</sup>|z<sup>n</sup>
<BR>e 5<sup>n-1</sup>|(2<sup>p-1</sup>-2<sup>p-2</sup>*3+...-2*3<sup>p-2</sup>+3<sup>p-1</sup>)
<BR>
<BR>e da qui dovrebbe mancare poco<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: talpuz il 06-01-2004 15:47 ]
[img:18oeoalk]http://www.narutolegend.it/char_img/Sasuke.jpg[/img:18oeoalk]

andrea84
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Messaggio da andrea84 » 01 gen 1970, 01:33

Ciao posso avere dei chiarimenti sul terzo? cioè bisogna dimostrare che cmq scelto n esiste m tale m+n^4 non sia primo?
Andrea 84 alias Brend

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Messaggio da talpuz » 01 gen 1970, 01:33

devi dimostrare che esistono infiniti m tali che per ogni n quell\'espressione non è un primo
[img:18oeoalk]http://www.narutolegend.it/char_img/Sasuke.jpg[/img:18oeoalk]

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

gia talpuz, manca poco...
<BR>per Andrea:il problema mi sembra chiaro, devi trovare, o dimostrare che esistono, infiniti m per i quali qualsiasi n scegli il numero n^4+m non è primo

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

Risolvo il 3°
<BR>
<BR>n^4 == 1 (mod 4) (n dispari)
<BR>n^4 == 1 (mod 5) (n pari)
<BR>
<BR>è sufficiente risolvere il sistema
<BR>m == -1 (mod 4)
<BR>m == -1 (mod 5)
<BR>che ha come soluzione m=20k-1 (k>1)
<BR>
<BR>Mi sembrava piuttosto facile per essere IMO... evidentemente ho sbagliato da qualche parte <IMG SRC="images/forum/icons/icon_biggrin.gif">

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

e se n è divisibile per 4 e/o 5?

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

secondo me possiamo prendere m=29+30k
<BR>infatti, gli unici residui quartici mod 3 sono 1 e 0
<BR>prendiamo quindi m dispari e ==2 (3)
<BR>in questo modo se n non è un pari divisibile per 3 siamo a posto
<BR>per ovviare a quest\'ultimo caso, notiamo che anche i residui quartici mod 5 sono solo 1 e 0
<BR>possiamo quindi prendere m==4 (5) e siamo a posto
<BR>
<BR>risolvendo il sistema
<BR>m==1 (2)
<BR>m==2 (3)
<BR>m==4 (5)
<BR>
<BR>salta fuori m==29 mod 30, cioè m=29+30k
<BR>
<BR>può andare?
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Messaggio da talpuz » 01 gen 1970, 01:33

<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>
<BR>On 2004-01-06 15:46, talpuz wrote:
<BR>inizio il primo:
<BR>
<BR>se p=2 necessariamente z=13 e n=1 (evidente)
<BR>
<BR>se p è dispari scomponiamo 2<sup>p</sup>+3<sup>p</sup>=z<sup>n</sup>=(2+3)(2<sup>p-1</sup>-2<sup>p-2</sup>*3+...-2*3<sup>p-2</sup>+3<sup>p-1</sup>)
<BR>
<BR>quindi 5|z<sup>n</sup> ==> 5<sup>n</sup>|z<sup>n</sup>
<BR>e 5<sup>n-1</sup>|(2<sup>p-1</sup>-2<sup>p-2</sup>*3+...-2*3<sup>p-2</sup>+3<sup>p-1</sup>)
<BR>
<BR>e da qui dovrebbe mancare poco
<BR>
<BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: talpuz il 06-01-2004 15:47 ]
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>
<BR>aggiornamento:
<BR>
<BR>n=5k
<BR>
<BR>2<sup>p</sup>+3<sup>p</sup>=5<sup>n</sup>*k<sup>n</sup>
<BR>
<BR>con p>2 analizzando modulo 4 abbiamo che k<sup>n</sup>==3 (4)
<BR>infatti 3<sup>m</sup>==3 (4) se m è dispari, e addirittura 5<sup>m</sup>==1 (4) per ogni m
<BR>
<BR>quindi in particolare n deve essere dispari (un quadrato è congruo a 0 o 1 (4)) e (non so quanto questo possa aiutare) k, che è dispari, deve avere un numero dispari di primi della forma 4k+3 con esponente dispari nella sua fattorizzazione<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: talpuz il 06-01-2004 21:00 ]
[img:18oeoalk]http://www.narutolegend.it/char_img/Sasuke.jpg[/img:18oeoalk]

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

<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>
<BR>On 2004-01-06 20:50, talpuz wrote:
<BR>secondo me possiamo prendere m=29+30k
<BR>infatti, gli unici residui quartici mod 3 sono 1 e 0
<BR>prendiamo quindi m dispari e ==2 (3)
<BR>in questo modo se n non è un pari divisibile per 3 siamo a posto
<BR>per ovviare a quest\'ultimo caso, notiamo che anche i residui quartici mod 5 sono solo 1 e 0
<BR>possiamo quindi prendere m==4 (5) e siamo a posto
<BR>
<BR>risolvendo il sistema
<BR>m==1 (2)
<BR>m==2 (3)
<BR>m==4 (5)
<BR>
<BR>salta fuori m==29 mod 30, cioè m=29+30k
<BR>
<BR>può andare?
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>
<BR>controesempio:
<BR>n=90,k=0 65610029 è primo

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Messaggio da talpuz » 01 gen 1970, 01:33

urgh...
<BR>in effetti non avevo considerato che ci sono numeri pari divisibili sia per 3 che per 5 <IMG SRC="images/forum/icons/icon_smile.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_smile.gif"> <BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: talpuz il 06-01-2004 21:15 ]
[img:18oeoalk]http://www.narutolegend.it/char_img/Sasuke.jpg[/img:18oeoalk]

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