Cesenatico 1992 - problema 6

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
pasqui90
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Cesenatico 1992 - problema 6

Messaggio da pasqui90 » 03 mag 2009, 15:56

Siano $ a,b $ numeri interi. Si dimostri che, se $ \sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b} $ è un numero razionale non nullo, allora $ a $ e $ b $ sono entrambi cubi perfetti.
(sì, lo ammetto, ho cercato con la funzione cerca ma non ho trovato...)

Giulius
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Messaggio da Giulius » 03 mag 2009, 16:39

$ (\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b})^3=a+b+3\sqrt[3]{a^2b}+3\sqrt[3]{ab^2} $, allora deve essere razionale l'espressione:
$ \sqrt[3]{a^2b}+\sqrt[3]{ab^2} $ ossia deve essere razionale:
$ \sqrt[3]{ab}(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}) $, ma allora deve essere razionale:
$ \sqrt[3]{ab} $
Ora supponiamo $ gcd(a,b)=1 $, allora $ \sqrt[3]{ab} $ può essere razionale solo se sono entrambi cubi perfetti.
Supponiamo invece $ gcd(a,b)=k $ e $ a=ka_1 $ e $ b=kb_1 $ allora possiamo riscrivere la
$ \sqrt[3]{ab}(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}) $
come
$ \sqrt[3]{k^2a_1b_1}(\sqrt[3]{ka_1}+\sqrt[3]{kb_1}) $, che raccogliendo e portando fuori k diventa
$ k\sqrt[3]{a_1b_1}(\sqrt[3]{a_1}+\sqrt[3]{b_1}) $, ma k è intero quindi si torna al caso di prima poichè chiaramente $ gcd(a_1,b_1)=1 $ per costruzione.
Forse era più veloce ragionando su
$ (a+b)/(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b})=\sqrt[3]{a}^2+\sqrt[3]{b}^2-\sqrt[3]{ab}=(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b})^2-3\sqrt[3]{ab} $ e gli stessi ragionamenti sulla razionalità di $ \sqrt[3]{ab} $.

BONUS QUESTION (Own): è vero per tutti gli n che se $ a,b \in \mathbb{N}^2 $ e se $ \sqrt[n]{a}+\sqrt[n]{b} \in \mathbb{Q}_0 $ allora $ \exists a_1,b_1 \in \mathbb{N}^2 $ tali che $ a=a_1^n $ e $ b=b_1^n $?
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Re: Cesenatico 1992 - problema 6

Messaggio da ale.G » 20 mar 2011, 16:44

Vorrei provare a dare una soluzione diversa da quella di Giulius,il fatto è che non sono sicuro che sia del tutto esatta e vorrei che qualcuno più esperto di me mi dicesse se va bene o no, anche perchè mi sono basato più su ragionamenti logici che su formule.
Se è giusto che
-le radici cubiche di numeri primi sono sempre numeri irrazionali.
-un numero irrazionale $r_1$,moltiplicato per un numero irrazionale $r_2$ non darà mai un numero razionale a meno che $r_2=\frac {n}{r_1}$ con $n$ razionale.
-un numero irrazionale $r_1$ sommato ad un numero irrazionale $r_2$ non darà mai un numero razionale a meno che $r_2=n-r_1$ con $n$ razionale.
allora proverei a farlo così:
1°caso: $a$ e $b$ sono numeri primi. Per cui $\sqrt[3]{a}$ e $\sqrt[3]{b}$ saranno numeri irrazionali e sommati tra loro daranno ancora un irrazionale(infatti non sono legati dalla terza relazione che ho scritto prima).
2°caso:$a$ e $b$ sono numeri interi non primi e non cubi perfetti. qui scompongo $a$ e $b$ in fattori primi quindi mi verrà fuori un prodotto di più numeri irrazionali non legati dalla seconda relazione scritta prima.Se nella scomposizione c'è qualche numero alla terza deve comunque dopo essere moltiplicato per almeno un irrazionale, così ne risulterà fuori un irrazionale. Così abbiamo ancora due irrazionali che sommati daranno un irrazionale.
Questo tipo di ragionamento vale anche se uno fra $a$ e $b$ è un cubo perfetto e l'altro no perchè si dovrebbe sommare un intero a un irrazionale.
Se tutto quello che ho detto è giusto il problema dovrebbe essere finito qui :roll:
I tuoi problemi te li puoi anche tenere: a me, invece, non dispiacerebbe avere un camper come questo !

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Re: Cesenatico 1992 - problema 6

Messaggio da fph » 20 mar 2011, 16:56

ale.G ha scritto:(infatti non sono legati dalla terza relazione che ho scritto prima).
È proprio questo il punto critico: dimostrare questa tua affermazione (e la sua analoga nell'altro step) è equivalente al problema originale...
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Re: Cesenatico 1992 - problema 6

Messaggio da patatone » 20 mar 2011, 17:39

comunque mi pare che anche la soluzione di Giulius sia sbagliata: chiaramente il punto di partenza è quello, ma quando pone $a=ka_1$ e $b=kb_1$ poi non tiene conto del fatto che cosi cambia anche l'ipotesi, e quindi salta il caso in cui a,b non sono coprimi.

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Re: Cesenatico 1992 - problema 6

Messaggio da matty96 » 20 mar 2011, 21:20

Allora, io conosco un teorema e la dimostrazione, che mi fa arrivare subito alla soluzione, quindi sarebbe inutele che io postassi la soluzione.Quindi do un aiuto: Provate a dimostrare che $\sqrt[m]{n}$ è intero o irrazionale, e che quando non è irrazionale allora $n$ è l'm-esima potenza di un intero.Cosi' il problema è equivalente,anche generalizzato
<<Se avessi pensato (se pensassi) che la matematica è solo tecnica
e non anche cultura generale; solo calcolo e non anche filosofia,
cioè pensiero valido per tutti, non avrei fatto il matematico (non
continuerei a farlo)>> (Lucio Lombardo Radice, Istituzioni di
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Re: Cesenatico 1992 - problema 6

Messaggio da patatone » 20 mar 2011, 21:36

matty96 ha scritto:Allora, io conosco un teorema e la dimostrazione, che mi fa arrivare subito alla soluzione, quindi sarebbe inutele che io postassi la soluzione.Quindi do un aiuto: Provate a dimostrare che $\sqrt[m]{n}$ è intero o irrazionale, e che quando non è irrazionale allora $n$ è l'm-esima potenza di un intero.Cosi' il problema è equivalente,anche generalizzato
ehm...mi sa tanto di no. Per quel che ne sai potrebbero essere entrambi irrazionali ma la loro somma intera, tipo $1+\sqrt 2$ e $1-\sqrt 2$

Mist
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Re:

Messaggio da Mist » 20 mar 2011, 22:36

Giulius ha scritto:$ (\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b})^3=a+b+3\sqrt[3]{a^2b}+3\sqrt[3]{ab^2} $, allora deve essere razionale l'espressione:
$ \sqrt[3]{a^2b}+\sqrt[3]{ab^2} $ ossia deve essere razionale:
$ \sqrt[3]{ab}(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}) $, ma allora deve essere razionale:
$ \sqrt[3]{ab} $
Ora supponiamo $ gcd(a,b)=1 $, allora $ \sqrt[3]{ab} $ può essere razionale solo se sono entrambi cubi perfetti.
Supponiamo invece $ gcd(a,b)=k $ e $ a=ka_1 $ e $ b=kb_1 $ allora possiamo riscrivere la
$ \sqrt[3]{ab}(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}) $
come
$ \sqrt[3]{k^2a_1b_1}(\sqrt[3]{ka_1}+\sqrt[3]{kb_1}) $, che raccogliendo e portando fuori k diventa
$ k\sqrt[3]{a_1b_1}(\sqrt[3]{a_1}+\sqrt[3]{b_1}) $, ma k è intero quindi si torna al caso di prima poichè chiaramente $ gcd(a_1,b_1)=1 $ per costruzione.
Forse era più veloce ragionando su
$ (a+b)/(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b})=\sqrt[3]{a}^2+\sqrt[3]{b}^2-\sqrt[3]{ab}=(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b})^2-3\sqrt[3]{ab} $ e gli stessi ragionamenti sulla razionalità di $ \sqrt[3]{ab} $.

BONUS QUESTION (Own): è vero per tutti gli n che se $ a,b \in \mathbb{N}^2 $ e se $ \sqrt[n]{a}+\sqrt[n]{b} \in \mathbb{Q}_0 $ allora $ \exists a_1,b_1 \in \mathbb{N}^2 $ tali che $ a=a_1^n $ e $ b=b_1^n $?
Bon, allora, generalizziamo il tuo procedimento: $(\sqrt[n]{a}+\sqrt[n]{b})^n = \sum_{j=0}^{n}\binom{n}{j}(\sqrt[n]{a})^j(\sqrt[n]{b})^{n-j} = a+b+\sum_{j=1}^{n-1}\binom{n}{j}(\sqrt[n]{a})^j(\sqrt[n]{b})^{n-j} = a+b+\sqrt[n]{ab}\left( \sqrt[n]{a}+\sqrt[n]{b}+\sum_{j=2}^{n-2}\binom{n}{j}(\sqrt[n]{a})^j(\sqrt[n]{b})^{n-j} \right)$ ripetendo varie volte il processo ( che non so se è scritto benissimo fin qua) si arriva a dire che

$a_0= \sqrt[n]{a}+\sqrt[n]{b}$, $a_1=\sqrt[n]{ab}( \sqrt[n]{a}+\sqrt[n]{b})$, $a_i = \sqrt[n]{ab}( a_{i-1}+a_0)$ (non so se si vede come ci si arriva a dire che $a+b+a_{n-2} =(\sqrt[n]{a}+\sqrt[n]{b})^n$ ). Ma per ipotesi si ha che $\sqrt[n]{a}+\sqrt[n]{b}\in \mathbb{Q}$ e quindi affinchè le condizioni siano soddisfatte si deve avere che $\sqrt[n]{ab}$ deve appartenere a $\mathbb{Q}$, ma per quanto detto prima nella dimostrazione di giulius, questo avviene solo quando a e b sono "potenze n-perfette" (la dimostrazione è uguale, con n al posto di tre....)

mah :? non so, mi lascia dubbioso...

P.S. sono certo di aver fatto qualche casino con i binomiali in mezzo, ma comunque sono interi e non danno problemoni per la dimostrazione, aspetto a rettificare, il concetto è giusto ? scusate, ma sono troppo stanco per mettere a posto i binomiali, ma tanto non sono influenti per la dimostrazione (concettualmente), o no ?
"Se [...] non avessi amore, non sarei nulla."
1Cor 13:2

"[...] e se io non so pentirmi del passato, la libertà è un sogno"
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Re: Cesenatico 1992 - problema 6

Messaggio da dario2994 » 20 mar 2011, 22:54

Ancora non si vede una dimostrazione del problema iniziale che funga...
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Re: Cesenatico 1992 - problema 6

Messaggio da Mist » 20 mar 2011, 23:03

ma quella di giulius non è giusta ?

edit: ho riletto meglio i post, chiedo scusa...
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Re: Cesenatico 1992 - problema 6

Messaggio da Giulius » 21 mar 2011, 13:40

Uhm ne e' passato di tempo da quando la scrissi :)

Mi sembra corretta, provo a a riscriverla con piu' ordine


Siano a,b coprimi. allora $ \sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b} $ razionale con a,b interi implica che $ (a+b)/(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b})=(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b})^2-3\sqrt[3]{ab} $ e' razionale che a sua volta implica che $ \sqrt[3]{ab} $ sia razionale e quindi a e b sono cubi perfetti.

Siano ora a,b interi generici. So che esiste il loro MCD, lo chiamo $ \delta $. Allora so che e' razionale l'espressione
$ \sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}=\sqrt[3]{\delta}(\sqrt[3]{a'}+\sqrt[3]{b'}) $. Quindi deve essere razionale l'espressione $ \delta(\sqrt[3]{a'}+\sqrt[3]{b'})^3 $ quindi deve essere razionale $ \sqrt[3]{a'b'} $. Dunque come prima siccome a' e b' sono coprimi per costruzione a' e b' sono cubi perfetti.
A questo punto torno all'espressione originale $ \sqrt[3]{\delta}(\sqrt[3]{a'}+\sqrt[3]{b'}) $ ma allora deve essere razionale pure $ \sqrt[3]{\delta} $ e quindi $ \delta $ e' cubo perfetto e quindi a e b sono cubi perfetti in quanto prodotto di cubi perfetti.

Vado di fretta ma penso sia corretta cosi' (scusate anche gli accenti :) )

Mi pare anche corretta la generalizzazione ma non mi ricordo piu' ora cosa avevo pensato io :(
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Re: Cesenatico 1992 - problema 6

Messaggio da phi » 21 mar 2011, 14:50

Giulius ha scritto:deve essere razionale l'espressione $ \delta(\sqrt[3]{a'}+\sqrt[3]{b'})^3 $ quindi deve essere razionale $ \sqrt[3]{a'b'} $.
Il passaggio che ti contestano (e a ragione, a me sembra) è questo. Quello che ottieni è - come hai scritto in origine - $ \sqrt[3]{a'b'}(\sqrt[3]{a'}+\sqrt[3]{b'}) $ razionale; ma stavolta non hai motivo per dedurne $ \sqrt[3]{a'b'} $ razionale, perché $ \sqrt[3]{a'}+\sqrt[3]{b'} $ razionale non è la tua ipotesi ma, in sostanza, la tua tesi.
Mi sembra che un'idea che funziona sia la seguente (l'hint è un po' gigante e l'idea non è niente di esotico, quindi vi sconsiglio di guardare se state tentando di risolverlo...):
Testo nascosto:
Sfruttare la conclusione di Giulius che $ \sqrt[3]{ab} $ è razionale, e fattorizzare sia $ a+b $ che $ a-b $.

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Re: Cesenatico 1992 - problema 6

Messaggio da paga92aren » 21 mar 2011, 15:58

So che (per i ragionamenti di Giulius) $\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}$ e $\sqrt[3]{ab}$ sono razionali.
Il caso $(a,b)=1$ è già stato risolto, quindi so che esiste $p$ tale che $p|(a,b)$ e che $v_p(ab)\equiv 0 \mod 3$ (perché $\sqrt[3]{ab}$ è razionale) e voglio dimostrare che $v_p(a)\equiv v_p(b) \equiv 0 \mod 3$.
Supposto wlog che $v_p(a)>v_p(b)$ (se sono uguali allora $v_p(ab)=2v_p(a)\equiv 0 \Longleftrightarrow v_p(a)\equiv 0 \mod 3$) allora:
$$\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}=\sqrt[3]{p^ {v_p(b)}} \left(\sqrt[3]{a'p^{v_p(a)-v_p(b)}}+\sqrt[3]{b'}\right)$$
Poiché $\sqrt[3]{p}\not |\sqrt[3]{a'p^{v_p(a)-v_p(b)}}+\sqrt[3]{b'}$ allora $\sqrt[3]{p^ {v_p(b)}}$ è razionale quindi $v_p(b)\equiv 0$ da cui $v_p(ab)=v_p(a)+v_p(b)\equiv v_p(a) \equiv 0$ ripeto il ragionamento per ogni primo e ottengo la tesi.

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Re: Cesenatico 1992 - problema 6

Messaggio da phi » 21 mar 2011, 17:53

paga92aren ha scritto:Poiché $\sqrt[3]{p}\not |\sqrt[3]{a'p^{v_p(a)-v_p(b)}}+\sqrt[3]{b'}$ allora $\sqrt[3]{p^ {v_p(b)}}$ è razionale
Forse sono io che non so interpretare, ma...
...?

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Re: Cesenatico 1992 - problema 6

Messaggio da paga92aren » 21 mar 2011, 18:22

E' vero non si può scrivere in quel modo...(usare la divisibilità con numeri non interi)
Intendevo dire che la radice terza di $p$ divide il primo termine e non il secondo quindi non divide la somma.
Do per scontato che le radici terze di un primo sono linearmente indipendenti tra loro.

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