Diofantina #2

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
Eleven
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Diofantina #2

Messaggio da Eleven » 12 nov 2012, 20:56

Determina le soluzioni intere dell'equazione $2[(x-y)^4+(y-z)^4+(z-x)^4]=2012!$

scambret
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Re: Diofantina #2

Messaggio da scambret » 13 nov 2012, 18:13

$2^{2004} \mid 2012!$ 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 :P

Claudio.
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Re: Diofantina #2

Messaggio da Claudio. » 19 nov 2012, 16:28

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.

nic.h.97
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Re: Diofantina #2

Messaggio da nic.h.97 » 20 nov 2012, 23:01

un x! non puo' mai essere un quadrato? apparte x=1?

Ido Bovski
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Re: Diofantina #2

Messaggio da Ido Bovski » 20 nov 2012, 23:27

nic.h.97 ha scritto:un x! non puo' mai essere un quadrato? apparte x=1?
Esatto. La dimostrazione non è difficile: usa il Postulato di Bertrand.

amatrix92
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Re: Diofantina #2

Messaggio da amatrix92 » 21 nov 2012, 00:37

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 .
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.

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jordan
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Re: Diofantina #2

Messaggio da jordan » 21 nov 2012, 01:36

amatrix92 ha scritto:bonus: dimostrare senza Bertrand che l'equazione $ x! = k^2 $ non ha soluzione nei naturali maggiori di 1 .
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..
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Re: Diofantina #2

Messaggio da amatrix92 » 21 nov 2012, 22:03

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...
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Re: Diofantina #2

Messaggio da jordan » 21 nov 2012, 22:13

amatrix92 ha scritto:...ma non si può avere neanche $ pk<n<p(k+1) $ per ogni k<p intero dispari ...
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 $2\nmid \lfloor np^{-1} \rfloor$?
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Re: Diofantina #2

Messaggio da amatrix92 » 21 nov 2012, 22:29

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"
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Re: Diofantina #2

Messaggio da jordan » 21 nov 2012, 22:34

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?
Scusami, ma non ti seguo.. cos'è $i$? Se $p:=\text{gpf}(n!)$ e $i:=\upsilon_p(n!)$ allora $i=1$.. a che servirebbe?
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

Messaggio da amatrix92 » 21 nov 2012, 23:23

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?
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:

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.

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 $n\ge n_0$..
Come definisci la funzione $ \pi $ sui reali?
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.

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Re: Diofantina #2

Messaggio da jordan » 21 nov 2012, 23:34

$\pi(x):=\displaystyle \sum_{p \in \mathbb{P} \cap [2,x]}{1}$ 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! :wink: )

Per inciso, tutto il discorso ricade sempre sulla stima di $\pi(x)$..
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Re: Diofantina #2

Messaggio da amatrix92 » 21 nov 2012, 23:49

jordan 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.
Sì certo.. non chiedermi perchè non l'abbia dato per scontato anche io perchè non saprei risponderti :roll:
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! :wink: )
Tutto mi è più chiaro. Grazie e scusate
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Re: Diofantina #2

Messaggio da jordan » 22 nov 2012, 00:03

amatrix92 ha scritto:Tutto mi è più chiaro. Grazie e scusate
Scusate di che? Anzi.. qualche volta qualcuno trova davvero delle soluzioni alternative! ;)
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