Aritmetica

Biagio · 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...
 
 1)con z,n naturali e z,n>1 e p primo
 trovare le sol. dell\'eq.
 
 2p+3p=zn
 
 2)con x,y interi trovare le sol. di:
 x3+3=4y(y+1)
 
 3)IMO:dimostra che ci sono infiniti interi positivi m tali che n4+m non sia primo per ogni n naturale.
 
 buon lavoro
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: Biagio il 08-01-2004 14:35 ]

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

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

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

Alura dopo essermi consultato con il buon ma_go risolvo il 2:
 
 riscriviamo l\'equazione come:
 
 x^3=(2y-1)(2y+3)
 notiamo ora che MCD(2y+3,2y-1)=+/-1 dunque i due numeri devono essere entrambi cubi perfetti da cui
 
 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
 
 Ciao

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

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-01-06 13:56, Biagio wrote:
 
 1)con x,y,z,n naturali e z,n>1 e p primo
 trovare le sol. dell\'eq.
 
 xp+yp=zn
 
 
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 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]

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

avevo cazzato qualcosa infatti...
 
 bravo Andrea

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

inizio il primo:
 
 se p=2 necessariamente z=13 e n=1 (evidente)
 
 se p è dispari scomponiamo 2p+3p=zn=(2+3)(2p-1-2p-2*3+...-2*3p-2+3p-1)
 
 quindi 5|zn ==> 5n|zn
 e 5n-1|(2p-1-2p-2*3+...-2*3p-2+3p-1)
 
 e da qui dovrebbe mancare poco [ Questo Messaggio è stato Modificato da: talpuz il 06-01-2004 15:47 ]

andrea84 · 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?

talpuz · 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

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

gia talpuz, manca poco...
 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 · Messaggio da **Simo_the_wolf** » 01 gen 1970, 01:33

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

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

e se n è divisibile per 4 e/o 5?

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

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

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

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-01-06 15:46, talpuz wrote:
 inizio il primo:
 
 se p=2 necessariamente z=13 e n=1 (evidente)
 
 se p è dispari scomponiamo 2p+3p=zn=(2+3)(2p-1-2p-2*3+...-2*3p-2+3p-1)
 
 quindi 5|zn ==> 5n|zn
 e 5n-1|(2p-1-2p-2*3+...-2*3p-2+3p-1)
 
 e da qui dovrebbe mancare poco
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: talpuz il 06-01-2004 15:47 ]
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 aggiornamento:
 
 n=5k
 
 2p+3p=5n*kn
 
 con p>2 analizzando modulo 4 abbiamo che kn==3 (4)
 infatti 3m==3 (4) se m è dispari, e addirittura 5m==1 (4) per ogni m
 
 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 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: talpuz il 06-01-2004 21:00 ]

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

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

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

urgh...
 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"> [ Questo Messaggio è stato Modificato da: talpuz il 06-01-2004 21:15 ]