Diofantina #2
Diofantina #2
Determina le soluzioni intere dell'equazione $2[(x-y)^4+(y-z)^4+(z-x)^4]=2012!$
Re: Diofantina #2
$2^{2004} \mid 2012!$ e $2^{2005} \not \mid 2012!$ quindi considerando $x-y=a$, $y-z=b$ e $z-x=c$ possiamo dire che $a^4+b^4+c^4 \equiv 0 \pmod{2^{2003}}$. Adesso sappiamo che i residui $4$-esimi modulo 16 sono 0 o 1. Quindi a,b,c sono pari e quindi posso ridurre a $a_1^4+b_1^4+c_1^4 \equiv 0 \pmod{2^{1999}}$. Posso continuare in questo modo riducendo il modulo a $2^3$. Quindi avrei $a_n^4+b_n^4+c_n^4=8k$, con $k$ dispari. Nel caso in cui il lhs sia divisibile per 8, è divisibile anche per 16, assurdo. Quindi non esistono $x$, $y$ e $z$.
Forse è l unico modo per non far leggere le soluzioni.. O forse indurra tutti a cecarsi e a leggere la mia soluzione
Forse è l unico modo per non far leggere le soluzioni.. O forse indurra tutti a cecarsi e a leggere la mia soluzione
Re: Diofantina #2
Soluzione leggermente contosa.
Pongo $a=x-y$ e $b=y-z$ allora $z-x=-(a+b)$ sostituisco:
$2(a^4+b^4+(a+b)^4)=2012!$ sviluppo:
$a^4+b^4+(a+b)^4=2a^4 + 4a^3b + 6a^2b^2 + 4ab^3 + 2b^4=2(a^4+2a^3b+3a^2b^2+2ab^3+b^4)=2(a^2+ab+b^2)^2$ quindi:
$(a^2+ab+b^2)^2=\frac{2012!}{4} \ $ che non può essere un quadrato.
Pongo $a=x-y$ e $b=y-z$ allora $z-x=-(a+b)$ sostituisco:
$2(a^4+b^4+(a+b)^4)=2012!$ sviluppo:
$a^4+b^4+(a+b)^4=2a^4 + 4a^3b + 6a^2b^2 + 4ab^3 + 2b^4=2(a^4+2a^3b+3a^2b^2+2ab^3+b^4)=2(a^2+ab+b^2)^2$ quindi:
$(a^2+ab+b^2)^2=\frac{2012!}{4} \ $ che non può essere un quadrato.
Re: Diofantina #2
un x! non puo' mai essere un quadrato? apparte x=1?
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Re: Diofantina #2
Esatto. La dimostrazione non è difficile: usa il Postulato di Bertrand.nic.h.97 ha scritto:un x! non puo' mai essere un quadrato? apparte x=1?
Re: Diofantina #2
Con il postulato di Bertrand la dimostrazione è facile facile.
bonus: dimostrare senza Bertrand che l'equazione $ x! = k^2 $ non ha soluzione nei naturali maggiori di 1 .
bonus: dimostrare senza Bertrand che l'equazione $ x! = k^2 $ non ha soluzione nei naturali maggiori di 1 .
Le parole non colgono il significato segreto, tutto appare un po' diverso quando lo si esprime, un po' falsato, un po' sciocco, sì, e anche questo è bene e mi piace moltissimo, anche con questo sono perfettamente d'accordo, che ciò che è tesoro e saggezza d'un uomo suoni sempre un po' sciocco alle orecchie degli altri.
Re: Diofantina #2
Sarei curioso di sapere la tua soluzione, se non passa per qualche stima di $\pi(x)$, che piu' o meno ha a che fare con Bertand: te lo chiedo perchè non sarà qualcosa coi residui coi residui quadrati (x! e' definitivamente 0 in Z/nZ) e non ho altro in mente che possa avere a che fare col problema..amatrix92 ha scritto:bonus: dimostrare senza Bertrand che l'equazione $ x! = k^2 $ non ha soluzione nei naturali maggiori di 1 .
The only goal of science is the honor of the human spirit.
Re: Diofantina #2
No certo, non uso Bertrand ma quasi... nel senso in questo problema la formulazione del postulato cade proprio a pennello.
in realtà penso sia sufficienete qualcosa di leggermente più debole di Bertrand:
La mia idea (non son sicuro che porti realmente alla soluzione) era quella di considerare il fatto che se n! vuol essere un quadrato , non solo non si può avere $ p<n<2p$ perchè in questo caso p apparirebbe a potenza uno in n! ma non si può avere neanche $ pk<n<p(k+1) $ per ogni k<p intero dispari ... ecco però poi non so come (e se) questo è utile per dimostrare in sostanza che per ogni naturale n esistono k,p che verificano le condizioni di sopra...
in realtà penso sia sufficienete qualcosa di leggermente più debole di Bertrand:
La mia idea (non son sicuro che porti realmente alla soluzione) era quella di considerare il fatto che se n! vuol essere un quadrato , non solo non si può avere $ p<n<2p$ perchè in questo caso p apparirebbe a potenza uno in n! ma non si può avere neanche $ pk<n<p(k+1) $ per ogni k<p intero dispari ... ecco però poi non so come (e se) questo è utile per dimostrare in sostanza che per ogni naturale n esistono k,p che verificano le condizioni di sopra...
Le parole non colgono il significato segreto, tutto appare un po' diverso quando lo si esprime, un po' falsato, un po' sciocco, sì, e anche questo è bene e mi piace moltissimo, anche con questo sono perfettamente d'accordo, che ciò che è tesoro e saggezza d'un uomo suoni sempre un po' sciocco alle orecchie degli altri.
Re: Diofantina #2
Questo perchè $\upsilon_p(n!)=\sum_{i\in \mathbb{N}_0}{\lfloor np^{-i}\rfloor} \equiv 1 \pmod 2$, ok. Ma siamo punto punto a capo, come dimostri l'esistenza di un tale primo, i.e. un primo $p\in [\sqrt{n},n]$ tale che $2\nmid \lfloor np^{-1} \rfloor$?amatrix92 ha scritto:...ma non si può avere neanche $ pk<n<p(k+1) $ per ogni k<p intero dispari ...
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Re: Diofantina #2
Ok mi stai convincendo che ho preso un vicolo cieco.
Per convincermene del tutto, pensi sia vero che $ \displaystyle \frac{n!}{p^i} = k^2 $ con i dispari e p il maggior primo nella fottorizzazione di n! ha un numero infinito di soluzioni? Bhe se così fosse sarebbe quasi come dire che Bertrand è necessario (perchè a fare la differenza è appunto quest'ultimo primo). se invece fossero finite una volta escluse queste ci sarebbe spazio per un "indebolimento del cannone"
Per convincermene del tutto, pensi sia vero che $ \displaystyle \frac{n!}{p^i} = k^2 $ con i dispari e p il maggior primo nella fottorizzazione di n! ha un numero infinito di soluzioni? Bhe se così fosse sarebbe quasi come dire che Bertrand è necessario (perchè a fare la differenza è appunto quest'ultimo primo). se invece fossero finite una volta escluse queste ci sarebbe spazio per un "indebolimento del cannone"
Le parole non colgono il significato segreto, tutto appare un po' diverso quando lo si esprime, un po' falsato, un po' sciocco, sì, e anche questo è bene e mi piace moltissimo, anche con questo sono perfettamente d'accordo, che ciò che è tesoro e saggezza d'un uomo suoni sempre un po' sciocco alle orecchie degli altri.
Re: Diofantina #2
Scusami, ma non ti seguo.. cos'è $i$? Se $p:=\text{gpf}(n!)$ e $i:=\upsilon_p(n!)$ allora $i=1$.. a che servirebbe?amatrix92 ha scritto:Per convincermene del tutto, pensi sia vero che $ \displaystyle \frac{n!}{p^i} = k^2 $ con i dispari e p il maggior primo nella fottorizzazione di n! ha un numero infinito di soluzioni?
Se puo' esserti utile un risultato ancora piu' forte, per ogni $\varepsilon>1$ esiste un intero $n_0>0$ tale che $\pi(n\varepsilon)-\pi(n) \ge 1$ per ogni $n\ge n_0$..
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Re: Diofantina #2
Sì certo però per dire i=1 si utilizza il postulato. Avevo messo la i per non farlo dipendere dal postulato. In ogni caso si sta perdendo il filo logico; ricapitoliamo:jordan ha scritto: Scusami, ma non ti seguo.. cos'è $i$? Se $p:=\text{gpf}(n!)$ e $i:=\upsilon_p(n!)$ allora $i=1$.. a che servirebbe?
La dimostrazione utilizzando il postulato si basa sul fatto che esiste un tale primo $ p:=\text{gpf}(n!) $ che compare con esponente 1 in n!.
Quello che mi son chiesto è stato: E' questo l'unico motivo per cui n! non è un quadrato. La mia congettura ( sì scusate se non l'ho specificato, ma il fatto che esistesse una soluzione alternativa era una congettura) era che no; non era quello l'unico motivo e, se questa mia congettura stava in piedi ho pensato se levo da n! il fattore p di cui sopra, apparte in numero finito di casi bassi, ho che definitivamente questo non è quadrato, il che aprirebbe la strada anche ad una dimostrazione differente (cioè, ci sarà un motivo se questo continua a non essere un quadrato anche senza il fattore p? ). Se invece ci fossero infiniti casi in cui n! /p continua ad essere un quadrato allora significherebbe che quel p è essenziale e che quindi una dimostrazione non può prescindere dal considerarlo, e dunque dovrà in modo più o meno indiretto rifarsi a Bertrand.
Come definisci la funzione $ \pi $ sui reali?Se puo' esserti utile un risultato ancora piu' forte, per ogni $\varepsilon>1$ esiste un intero $n_0>0$ tale che $\pi(n\varepsilon)-\pi(n) \ge 1$ per ogni $n\ge n_0$..
Le parole non colgono il significato segreto, tutto appare un po' diverso quando lo si esprime, un po' falsato, un po' sciocco, sì, e anche questo è bene e mi piace moltissimo, anche con questo sono perfettamente d'accordo, che ciò che è tesoro e saggezza d'un uomo suoni sempre un po' sciocco alle orecchie degli altri.
Re: Diofantina #2
$\pi(x):=\displaystyle \sum_{p \in \mathbb{P} \cap [2,x]}{1}$ e' la funzione che "conta" il numero di primi $\le x$, l'avevo dato per scontato. Ti avevo quotato quel risultato piu' forte perchè, per $\varepsilon$ sufficientemente piccolo si verifica che:
\[ \pi(n)<\pi(n\varepsilon)<\pi(n\varepsilon^2)<\pi(n\varepsilon^3)<\ldots<\pi(n\varepsilon^k) \le \pi(2n) \]
Per cui $\pi(2n) \ge \pi(n)+k$ definitivamente, da cui segue che esiste solo un numero finito di interi positivi $n$ tali che $\displaystyle \frac{n!}{\text{gpf}(n)}$ è un quadrato (o meglio, puoi toglierci quanti primi vuoi a quel denominatore! )
Per inciso, tutto il discorso ricade sempre sulla stima di $\pi(x)$..
\[ \pi(n)<\pi(n\varepsilon)<\pi(n\varepsilon^2)<\pi(n\varepsilon^3)<\ldots<\pi(n\varepsilon^k) \le \pi(2n) \]
Per cui $\pi(2n) \ge \pi(n)+k$ definitivamente, da cui segue che esiste solo un numero finito di interi positivi $n$ tali che $\displaystyle \frac{n!}{\text{gpf}(n)}$ è un quadrato (o meglio, puoi toglierci quanti primi vuoi a quel denominatore! )
Per inciso, tutto il discorso ricade sempre sulla stima di $\pi(x)$..
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Re: Diofantina #2
Sì certo.. non chiedermi perchè non l'abbia dato per scontato anche io perchè non saprei rispondertijordan ha scritto:$\pi(x):=\displaystyle \sum_{p \in \mathbb{P} \cap [2,x]}{1}$ e' la funzione che "conta" il numero di primi $\le x$, l'avevo dato per scontato.
Tutto mi è più chiaro. Grazie e scusateTi avevo quotato quel risultato piu' forte perchè, per $\varepsilon$ sufficientemente piccolo si verifica che:
\[ \pi(n)<\pi(n\varepsilon)<\pi(n\varepsilon^2)<\pi(n\varepsilon^3)<\ldots<\pi(n\varepsilon^k) \le \pi(2n) \]
Per cui $\pi(2n) \ge \pi(n)+k$ definitivamente, da cui segue che esiste solo un numero finito di interi positivi $n$ tali che $\displaystyle \frac{n!}{\text{gpf}(n)}$ è un quadrato (o meglio, puoi toglierci quanti primi vuoi a quel denominatore! )
Le parole non colgono il significato segreto, tutto appare un po' diverso quando lo si esprime, un po' falsato, un po' sciocco, sì, e anche questo è bene e mi piace moltissimo, anche con questo sono perfettamente d'accordo, che ciò che è tesoro e saggezza d'un uomo suoni sempre un po' sciocco alle orecchie degli altri.
Re: Diofantina #2
Scusate di che? Anzi.. qualche volta qualcuno trova davvero delle soluzioni alternative!amatrix92 ha scritto:Tutto mi è più chiaro. Grazie e scusate
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