[N] Diofantee a tutto spiano.

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

Qua i monomi se ne andavano per spasso...scusate! [ Questo Messaggio è stato Modificato da: info il 29-11-2004 22:52 ]

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

Tento ancora:
 Cmq sprmnt21, nella mia sol nn vanno perse quelle triplette, guarda bene! Ciò nn toglie che…Ok..provo a rifare i due casi…
 
 Ora, il delta arriva ad essere posto 1+xy=2^k e x+y=2^t,
 22(t-1)-2k+1=a2 [1]
 pongo 2(t-1)=k+r e notiamo che deve essere perciò
 r=2t-2-k<=2k-2-k=k-2 r<=k-2 [2]
 infatti t minore di k,…questa relazione è FONDAMENTALE, seppur ovvia…
 
 dopo avere posto a=2b+1, supponiamo di essere nel caso 1,
 b=2k-2*(2f+1)
 Sostituendo nella [1] si trova :
 2r=f2*2k+f*2k+2f+2k-2+2
 ma per la [2] questa equazione nn può valere… contraddizione…
 Se però b=0 il tutto nn vale portando soluzioni del tipo a=1 ed a seguire, ottenendo sol del tpi x=2^(k-1)+-1 ,...
 
 
 Immaginiamo di essere nel caso 2, sostituendo nella [1]
 b+1=2k-2*(2f+1)
 2r=f2*2k+f*2k-2f+2k-2
 e quindi, sempre per la [2] deve essere f=0 e anche r=k-2, il che pone t=k. Sostituendo nella [1] si trova le serie di soluzioni con x del tipo (2*2^k-1) ed a seguire, oltre quelle con x=1 ed a seguire..
 
 Bisognerebbe riscrivere bene le triplette stando attenti a quelle che si ripetono ma mi sembra ce ne siano solo di 2 tipi...
 
 
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: info il 30-11-2004 21:15 ]
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: info il 30-11-2004 21:32 ] [ Questo Messaggio è stato Modificato da: info il 30-11-2004 21:33 ]

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

Complimenti info! Hai sbrogliato del tutto la matassa. Potrebbe essere utile pero\' \"pulire\" un po\' dei fili sparsi qua e la\' <IMG SRC="images/forum/icons/icon_smile.gif">.
 
 Provo a riscrivere il tutto puntualizzando le cose che tu hai trovato.
 
 1) se x (o y)=1 si hanno le soluzioni y=2^t-1 e t=k.
 
 2) supponiamo x > 1 e y > 1. Allora (x-1)(y-1) > 0 che equivale a xy+1 > x+y cioe\' k > t.
 
 Ponendo x = 2^(t-1) + a , y = 2^(t-1) - a, si ha che 2^(2(t-1) - a^2 = 2^k -1. Ripetendo tutte le considerazioni gia\' fatte sulla parita\' dei termini in gioco, si arriva alla eguaglianza: 2^K (2^(2T-K) -1) = b(b+1) [1], dove K = k-2 e T = t-2. Essendo k > t si ha che K > T da cui segue che K > 2T-K, cioe\' 2^K > 2^K-1 > 2^(2T-K) -1. Pertanto 2^K supera di piu\' di 1 il fattore (2^(2T-K) -1) pertanto la [1] non puo\' essere soddisfatta da b=/=0, Quindi si ha che b=0 cioe\' a=1 e 2T-K=0 e x = 2^(t-1) + 1 , y = 2^(t-1) - 1.
 
 
 PS.
 
 come si puo\' fare per l\'equazione
 
 
 2^n(2^m-1) = s(s+1),
 
 con tutti i numeri interi positivi?
 
 Detta in altri termini, quali sono i numeri triangolari che nella loro scrittura in base 2 siano formati da un gruppo di 1 seguiti da un gruppo di 0?
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: sprmnt21 il 01-12-2004 11:11 ]

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

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-12-01 11:10, sprmnt21 wrote:
 PS.
 
 come si puo\' fare per l\'equazione
 
 
 2^n(2^m-1) = s(s+1),
 
 con tutti i numeri interi positivi?
 
 Detta in altri termini, quali sono i numeri triangolari che nella loro scrittura in base 2 siano formati da un gruppo di 1 seguiti da un gruppo di 0?
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 abbiamo (2n,2m-1)=1 e (s,s+1)=1 e quindi dovrà essere per forza 2n=s e 2m-1=s+1 con unica soluzione n=1 m=2 s=2 oppure 2n=s+1 e 2m-1=s cioè n=m e s=2n-1.
 Quindi tutte e sole le soluzioni (n,m,s) sono:
 (1,2,2) e (k,k,2k-1) con k€N0

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

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-12-01 19:52, Simo_the_wolf wrote:
 <TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-12-01 11:10, sprmnt21 wrote:
 PS.
 
 come si puo\' fare per l\'equazione
 
 
 2^n(2^m-1) = s(s+1),
 
 con tutti i numeri interi positivi?
 
 Detta in altri termini, quali sono i numeri triangolari che nella loro scrittura in base 2 siano formati da un gruppo di 1 seguiti da un gruppo di 0?
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 abbiamo (2n,2m-1)=1 e (s,s+1)=1 e quindi dovrà essere per forza 2n=s e 2m-1=s+1 con unica soluzione n=1 m=2 s=2 oppure 2n=s+1 e 2m-1=s cioè n=m e s=2n-1.</BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 se n > m, quello che dici e\' sicuramente vero ma non e\' ne\' immediato ne\' banale e andrebbe giustificato un po\'.
 
 Se n < m come si dimostra, se e\' vero, che e\' \"per forza\" 2^n = s o 2^n = s+1?

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

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-11-28 22:41, HiTLeuLeR wrote:
 Problema 6: stabilire se esiste una soluzione all\'equazione: x2 + y2 + z2 + u2 + v2 = xyzuv - 65 in interi x, y, z, u, v tutti maggiori di 1998.
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 Nn lasciamo orfana questa diofantea (che del resto sembra più facile della 5)...
 Prima di tutto, notiamo che (1,2,3,4,5) è soluzione.
 Partendo da questa, cerchiamo di costruirne altra.
 Se (x,y,z,u,v) è sol, cosa succederà per (x+k,y,z,u,v)?
 Il primo membro aumenterà di
 k2+2kx
 Il secondo di
 kyzuv
 uguagliando si trova che k deve rispettare k=yzuv-2x
 Basta quindi che yzuv-2x sia positivo...questa condizione è facile da rispettare e grazie a questo, aumentando i vari (x,y,z,u,k) iniziali, si giunge ad avere numeri sempre più grande e la risposta è affermativa...
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: info il 05-12-2004 13:48 ]

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

Già che sono state tutte risolte (a parte l\'espansione di sprmnt21) ora che ci penso perchè nn riproporre (per chi ha volglia!) questo? Si può considerare una diofantea? Ma si!:
 
 Problema 7: determinare infinite terne (x,y,z) di interi positivi tali che x, y e z siano in progressione aritmetica ed xy + 1, yz + 1 ed zx + 1 siano dei quadrati perfetti.
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: info il 09-12-2004 15:52 ]

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

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-12-09 15:48, info wrote:
 Problema 7: determinare infinite terne (x,y,z) di interi positivi tali che x, y e z siano in progressione aritmetica ed xy + 1, yz + 1 ed zx + 1 siano dei quadrati perfetti.
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 Toh, che strano!!! Ho appena avuto un <a href=\"http://olimpiadi.ing.unipi.it/modules.p ... =0\">déjà vu</a>...
 
 
 \"...di solito accade quando viene operata una modifica nel programma principale di matrix...\" - HiTLeuLeR_CiN(eMaT)iCo

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

@info: leggo soltanto adesso la tua soluzione al problema n° 6!!! L\'idea ci sta tutta, non c\'è dubbio! Forse manca un po\' di formalismo, soprattutto sulle ultime battute, ma vabbe\'... In quanto alla soluzione del problema precedente, beh... non riesco in nessun modo a raccapezzarmi fra i tuoi passaggi! Boooh, sarà che sto un po\' stanco!!! Ci tento di nuovo domani, dopo averci già provato nei giorni scorsi con scarsissimo successo... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_cool.gif">
 
 
 \"Ahime\', ci ho il cervello in sciopero... Voi direte: «E che ci sarà mai di male, scusa, se ogni tanto si prende un po\' di riposo?» Sì, mmmh... in effetti, mmmh... non posso mica darvi torto, sì mmmh... già mmmh... Solo che, in questo caso, mmmh... lo sciopero va avanti ormai da anni, uffa!!!\" - HiTLeuLeR <IMG SRC="images/forum/icons/icon_frown.gif">