Divisibilità e somma di quadrati
Divisibilità e somma di quadrati
Trovare tutti gli interi $ x $ tali che $ x^2+a^2 $ sia divisibile per $ x+a $ , essendo $ a $ un intero positivo.
Questo gioco è di mia invenzione e mi sembra facile; se è già stato pubblicato, cancellatelo e scusatemi.
Questo gioco è di mia invenzione e mi sembra facile; se è già stato pubblicato, cancellatelo e scusatemi.
EDIT: come ormai succede spesso, misinterpreto la traccia. Sorry
Ultima modifica di snagg il 25 mag 2006, 17:19, modificato 1 volta in totale.
Io ho trovato un risultato diverso... Anche se non mi convince appieno, ci provo. Scrivo usando le frazioni perché con il simbolo di "divide" mi trovo ancora poco
Dunque:
Vogliamo trovare per quali valori di $ x $ il rapporto:
$ \displaystyle \frac{x^2+a^2}{x+a} = h, h \in \mathbb{N} $
Operiamo in questo modo trasformando così la nostra espressione:
$ \displaystyle \frac{x^2-a^2+2a^2}{x+a} = \frac{(x-a)(x+a) +2a^2}{x+a} $
Ora distribuiamo e otteniamo:
$ \displaystyle x-a + \frac{2a^2}{x+a} $
Quindi dobbiamo studiare la divisibilità dell'espressione più a destra per risolvere il problema. Abbiamo dunque che $ x+a $ deve essere divisore di $ 2a^2 $. Preso un $ k \in \mathbb{N} $, possiamo scrivere la relazione anche come:
$ \displaystyle x+a= \frac{2a^2}{k} \Rightarrow x= \frac{2a^2}{k} -a $
dove chiaramente il nostro $ k $ deve essere un divisore di $ 2a^2 $...
Non mi convince molto, ripeto, ma è tutto quello che sono riuscito a combinare .
Dunque:
Vogliamo trovare per quali valori di $ x $ il rapporto:
$ \displaystyle \frac{x^2+a^2}{x+a} = h, h \in \mathbb{N} $
Operiamo in questo modo trasformando così la nostra espressione:
$ \displaystyle \frac{x^2-a^2+2a^2}{x+a} = \frac{(x-a)(x+a) +2a^2}{x+a} $
Ora distribuiamo e otteniamo:
$ \displaystyle x-a + \frac{2a^2}{x+a} $
Quindi dobbiamo studiare la divisibilità dell'espressione più a destra per risolvere il problema. Abbiamo dunque che $ x+a $ deve essere divisore di $ 2a^2 $. Preso un $ k \in \mathbb{N} $, possiamo scrivere la relazione anche come:
$ \displaystyle x+a= \frac{2a^2}{k} \Rightarrow x= \frac{2a^2}{k} -a $
dove chiaramente il nostro $ k $ deve essere un divisore di $ 2a^2 $...
Non mi convince molto, ripeto, ma è tutto quello che sono riuscito a combinare .
...
x^2+a^2=k*(x+a)
con k intero positivo.
x^2+a^2+2*a*x-2*a*x=k*(x+a)
(x+a)^2-2*a*x=k*(x+a)
[(x+a)^2-2*a*x]/(x+a)=k
(x+a)-2*a*x/(x+a)=k
Se k deve essere intero, allora (x+a)|2*a*x
Allora:
1)x+a=2 che da x=2-a
2)x+a=a che da x=0
3)x+a=x che da a=0
4)x+a=2*a che da x=a
5)x+a=2*x che da x=a
6)x+a=2*a*x che da unica soluzione x=1 e a=1
1)x=2-a
2-a+a|4+a^2-4*a+a^2
2|4+2*a^2-4*a
che è divisibile per 2.
2)a|a^2
accettabile.
3)x|x^2
accettabile.
4-5)2*a|2*a^2
accettabile
6)x+a|x^2+a^2
2|2
accettabile.
Soluzioni:
1)x=2-a
2)x=0 per ogni a.
3)a=0 per ogni x.
4-5)x=a
6)x=1 a=1 che può essere ricondotto alla soluzione precedente
con k intero positivo.
x^2+a^2+2*a*x-2*a*x=k*(x+a)
(x+a)^2-2*a*x=k*(x+a)
[(x+a)^2-2*a*x]/(x+a)=k
(x+a)-2*a*x/(x+a)=k
Se k deve essere intero, allora (x+a)|2*a*x
Allora:
1)x+a=2 che da x=2-a
2)x+a=a che da x=0
3)x+a=x che da a=0
4)x+a=2*a che da x=a
5)x+a=2*x che da x=a
6)x+a=2*a*x che da unica soluzione x=1 e a=1
1)x=2-a
2-a+a|4+a^2-4*a+a^2
2|4+2*a^2-4*a
che è divisibile per 2.
2)a|a^2
accettabile.
3)x|x^2
accettabile.
4-5)2*a|2*a^2
accettabile
6)x+a|x^2+a^2
2|2
accettabile.
Soluzioni:
1)x=2-a
2)x=0 per ogni a.
3)a=0 per ogni x.
4-5)x=a
6)x=1 a=1 che può essere ricondotto alla soluzione precedente
Le soluzioni devono essere nei naturali:Alex89 ha scritto: Soluzioni:
1)x=2-a
2)x=0 per ogni a.
3)a=0 per ogni x.
4-5)x=a
6)x=1 a=1 che può essere ricondotto alla soluzione precedente
0 generalmente non è considerato un naturale, la 5) e la 6) sono la stessa cosa(come avevo detto nella mia soluzione x=a), per quando riguarda la 1 se $ a\geq 2\Rightarrow x\not\in \mathbb N $
Re: Divisibilità e somma di quadrati
Poichè nella traccia c'era scritto solo interi, avevo capito(male?) anche per x negativi.Trovare tutti gli interi $ x $ tali che $ x^2+a^2 $ sia divisibile per $ x+a $ , essendo $ a $ un intero positivo.
Questo gioco è di mia invenzione e mi sembra facile; se è già stato pubblicato, cancellatelo e scusatemi.
Poi che la 5 e la 6 fossero la stessa cosa l'ho scritto, quando ho detto:
che può essere ricondotto alla soluzione precedente
Re: Divisibilità e somma di quadrati
Uhm forse ho misinterpretato io "interi " con $ n \in\mathbb N $. Se così fosse ti chiedo scusa e la mia dimostrazione si può buttare:)Alex89 ha scritto:Poichè nella traccia c'era scritto solo interi, avevo capito(male?) anche per x negativi.
Ani forse sbaglio io(succede spesso di recente:P) ma così stai dimostrando che se x è un intero allora esisterà un intero k che divide 2a^2, ma ancora non hai dimostrato che x lo sia. Correggetemi se sbaglioAni-sama ha scritto:
Quindi dobbiamo studiare la divisibilità dell'espressione più a destra per risolvere il problema. Abbiamo dunque che $ x+a $ deve essere divisore di $ 2a^2 $. Preso un $ k \in \mathbb{N} $, possiamo scrivere la relazione anche come:
$ \displaystyle x+a= \frac{2a^2}{k} \Rightarrow x= \frac{2a^2}{k} -a $
Diciamo che "$ x $ è intero se esiste quel $ k $ che divide $ 2a^2 $". Quest'ultima affermazione mi pare ovvia, nel senso... $ a $ è sicuramente intero, e allora perche la nostra $ x $ sia intera $ k $ deve essere per forza divisore di $ 2a^2 $... È che non avendo dati precisi sulla natura di $ a $, non riesco a formulare una soluzione altrettanto precisa! Poi magari c'è e non so trovarla, però...
...
forse potresti iniziare a vedere i casi in cui a è un primo, così hai solo 6 possibilità per k, da li in poi magari ti viene in mente qualcosa..Ani-sama ha scritto:Diciamo che "$ x $ è intero se esiste quel $ k $ che divide $ 2a^2 $". Quest'ultima affermazione mi pare ovvia, nel senso... $ a $ è sicuramente intero, e allora perche la nostra $ x $ sia intera $ k $ deve essere per forza divisore di $ 2a^2 $... È che non avendo dati precisi sulla natura di $ a $, non riesco a formulare una soluzione altrettanto precisa! Poi magari c'è e non so trovarla, però...
EDIT: avevo dimenticato un caso
Ultima modifica di snagg il 25 mag 2006, 21:58, modificato 1 volta in totale.
La mia soluzione era simile a quella di Ani-sama, ma non avevo considerato il caso in cui a non è primo; grazie per averlo segnalato. Ecco qual'era:
Il resto della divisione, calcolato con la regola di Ruffini. è $ 2a^2 $, quindi $ x+a $ deve essere un suo divisore cioè, a parte il segno, valere $ 1, 2, a, 2a, a^2 $ o $ 2a^2. $ Le soluzioni sono quindi $ -a \pm 1; -a \pm 2; -a \pm a; -a \pm 2a; -a \pm a^2; -a \pm 2a^2 $
Quindi per a primo ci sono 12 soluzioni (per particolari valori di a, ad esempio per a=1, alcune di esse possono coincidere); per a non primo se ne aggiungono altre dozzine, rendendo il lavoro noioso: senz'altro conviene modificare l'enunciato dicendo che a è un numero primo.
Il resto della divisione, calcolato con la regola di Ruffini. è $ 2a^2 $, quindi $ x+a $ deve essere un suo divisore cioè, a parte il segno, valere $ 1, 2, a, 2a, a^2 $ o $ 2a^2. $ Le soluzioni sono quindi $ -a \pm 1; -a \pm 2; -a \pm a; -a \pm 2a; -a \pm a^2; -a \pm 2a^2 $
Quindi per a primo ci sono 12 soluzioni (per particolari valori di a, ad esempio per a=1, alcune di esse possono coincidere); per a non primo se ne aggiungono altre dozzine, rendendo il lavoro noioso: senz'altro conviene modificare l'enunciato dicendo che a è un numero primo.
Ripensandoci, è facile scrivere il risultato anche con a non primo. Se la scomposizione in fattori primi di a è $ a= {b_1}^{n_1}{b_2}^{n_2} \dots {b_m}^{n_m} $, allora tutte la soluzioni sono date da $ x=-a \pm A{b_1}^{k_1}{b_2}^{k_2} \dots {b_m}^{k_m} $, dova A vale 1 o 2 e $ k_i $ è un intero compreso fra 0 e $ 2n_i $ inclusi.