Cesenatico 2008 - problema 4

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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TBPL
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Cesenatico 2008 - problema 4

Messaggio da TBPL » 12 mag 2008, 22:06

Be', come risuggeritomi da Pig, posto qui anche la mia soluzione di questo, dopo che lui non è stato capace di trovarmi l'errore (ndr, ho avuto la bellezza di 0 punti :lol: )

- Determinare tutte le terne (a,b,c) di interi maggiori di zero tali che
$ a^2 + 2^{b+1} = 3^c $

Soluzione:
Ragionando modulo 3 ottengo b pari, da cui ragionando modulo 4 ottengo c pari.
Per $ a=1 $, si ottiene:

$ 2^{b+1}= 3^{c}-1 = (3^{c/2} - 1)(3^{c/2}+1) $
Che ha come sola soluzione la coppia (b,c)=(2,2), poiché $ 3^{c/2}+1=2^d $ , $ 3^{c/2} -1=2^e $, 2^d-2^e=2, da cui $ d=2 $, $ e=1 $ e $ b=2 $)

Per a>1, scrivo $ a=3^{c/2}-k $. Si ottiene:
$ 2k3^{c/2} - k^2 = 2^{b+1} $, da cui k pari, quindi posso scrivere $ k=2k_1 $. Si ottiene:
$ 3^{c/2}k_1 - k_1^2 = k_1(3^{c/2} - k_1) = 2^{b-1} $
Quindi $ k_1=2^n $, da cui:
$ 3^{c/2}=2^{b-1-n} + 2^n $. Per motivi di parità, $ n=0 $, da cui si ottengono le terne $ (n,b,c)=(0,4,4) $, che dà come soluzione la terna $ (7,4,4) $ e $ (n,b,c)=(0,2,2) $, che dà come soluzione la terna $ (1,2,2) $; oppure $ n=b-1 $, da cui si ottengono le terne $ (n,b,c,)=(1,2,2) $, che dà la terna $ (1,2,2) $ e $ (n,b,c)=(3,4,4) $, che dà la terna $ (7,4,4) $

In gara, in particolare, dopo essere arrivato alle terne $ (n,b,c) $ mi era sfuggita la soluzione $ (7,4,4) $, probabilmente per errori di conto, ma dubito che gli 0 punti fossero dovuti a questo.
Ultima modifica di TBPL il 12 mag 2008, 23:15, modificato 1 volta in totale.

Stex19
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Re: Cesenatico 2008 - problema 4

Messaggio da Stex19 » 12 mag 2008, 22:53

per quel poco che ci capisco mi sembra tutto giusto....


p.s. qua ti 6 dimenticato 1 parentesi scrivendo la potenza di 2...
TBPL ha scritto: $ 2k3^{c/2} - k^2 = 2^b+1 $, da cui k pari, quindi posso scrivere

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EUCLA
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Re: Cesenatico 2008 - problema 4

Messaggio da EUCLA » 13 mag 2008, 14:44

TBPL ha scritto: Per a>1, scrivo $ a=3^{c/2}-k $. Si ottiene:
$ 2k3^{c/2} - k^2 = 2^{b+1} $, da cui k pari, quindi posso scrivere $ k=2k_1 $. Si ottiene:
$ 3^{c/2}k_1 - k_1^2 = k_1(3^{c/2} - k_1) = 2^{b-1} $
Quindi $ k_1=2^n $, da cui:
$ 3^{c/2}=2^{b-1-n} + 2^n $. Per motivi di parità, $ n=0 $, da cui si ottengono le terne $ (n,b,c)=(0,4,4) $, che dà come soluzione la terna $ (7,4,4) $ e $ (n,b,c)=(0,2,2) $, che dà come soluzione la terna $ (1,2,2) $; oppure $ n=b-1 $, da cui si ottengono le terne $ (n,b,c,)=(1,2,2) $, che dà la terna $ (1,2,2) $ e $ (n,b,c)=(3,4,4) $, che dà la terna $ (7,4,4) $
Ora, io sono ancora piuttosto addormentata, ma non mi sembra giusto quello che dici quando poni $ \displaystyle a=3^{\frac{c}{2}}-k $.
$ a^2 $ non è solo il prodotto di $ a\cdot a $ sarebbe vero questo sse $ a $ è primo :wink:

fph
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Re: Cesenatico 2008 - problema 4

Messaggio da fph » 13 mag 2008, 19:07

Provo a darci una guardata... in ogni caso non ti posso assicurare di essere attendibile né uniforme con la valutazione di Cesenatico (che non ho fatto io). Anche perché non è lo stesso testo, una volta che uno ha visto due-tre soluzioni e ci ha meditato su qualche giorno le soluzioni che scrive vengono "naturalmente" molto più pulite.
TBPL ha scritto:Ragionando modulo 3 ottengo b pari, da cui ragionando modulo 4 ottengo c pari.
Meglio spenderci qualche parolina in più, no? Il problema non era certo stratosferico, questa parte un paio di punti li valeva, quindi meglio non essere troppo parchi con i dettagli per sicurezza. Quello che hai scritto equivale a dire al correttore "su, credimi sulla parola, questi conti li so fare".
$ 2^{b+1}= 3^{c}-1 = (3^{c/2} - 1)(3^{c/2}+1) $
Che ha come sola soluzione la coppia (b,c)=(2,2), poiché $ 3^{c/2}+1=2^d $ , $ 3^{c/2} -1=2^e $, 2^d-2^e=2, da cui $ d=2 $, $ e=1 $ e $ b=2 $)
Consiglio stilistico: "presentaci" d ed e la prima volta che li usi.
Potresti spendere qualche parolina in più per giustificare quel "da cui"; anche qui sostanzialmente stai dicendo al correttore di crederti sulla parola che lo sai fare. Qualcosina come raccogliere un 2 e guardare la parità era meglio.
Per a>1, scrivo $ a=3^{c/2}-k $. Si ottiene:
$ 2k3^{c/2} - k^2 = 2^{b+1} $, da cui k pari, quindi posso scrivere $ k=2k_1 $.
Di nuovo, presentaci k prima di usarlo. Il lettore ci mette un po' prima di arrivare a capire che deve "scegliere k tale che...".
EDIT: aggiunta: "si ottiene", ma si ottiene come? Meglio scrivere "risostituendo questa espressione per a nel testo dell'esercizio, si ottiene...". Difatti per esempio Eucla qui sopra non ha capito quello che stavi facendo (o forse non l'ho capito io :D).
Si ottiene:
$ 3^{c/2}k_1 - k_1^2 = k_1(3^{c/2} - k_1) = 2^{b-1} $
Quindi $ k_1=2^n $, da cui:
$ 3^{c/2}=2^{b-1-n} + 2^n $. Per motivi di parità, $ n=0 $, da cui si ottengono le terne $ (n,b,c)=(0,4,4) $, che dà come soluzione la terna $ (7,4,4) $ e $ (n,b,c)=(0,2,2) $, che dà come soluzione la terna $ (1,2,2) $; oppure $ n=b-1 $, da cui si ottengono le terne $ (n,b,c,)=(1,2,2) $, che dà la terna $ (1,2,2) $ e $ (n,b,c)=(3,4,4) $, che dà la terna $ (7,4,4) $
EDIT: altro dettaglio, ti manca qualche considerazione sul segno di k, altrimenti potrebbe essere anche $ k_1=-2^n $.

Anche qui quel "da cui si ottengono" ha del losco. In pratica stai dando per scontata la soluzione della diofanteina 3^x=2^y+1, che proprio ovvia ovvia non era (è in pratica una copia in piccolo dell'esercizio originale, richiede le stesse tecniche, e la sua soluzione valeva un paio di punti). Letta così, dai molto l'impressione di stare "barando": hai trovato a mano solo quelle due soluzioni, e stai cercando di farci credere di aver dimostrato che non ne esistono altre. Se poi dici che in gara ne hai dimenticata una delle due, questo nella testa del correttore avvalora di molto il sospetto... :)

Inoltre (a livello stilistico, ma questo non conta punti): non è molto "pulito" il ritrovare in due modi diversi le stesse soluzioni; meglio dire "prendo n in modo che n<=(b-1)/2, così b-1-n >= n..." per eliminare l'ambiguità, quando "presenti" n (devi presentare anche lui...)
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Messaggio da Paolz » 13 mag 2008, 19:47

$ a $ deve essere dispari; pongo quindi $ a=2n+1 $ , con n naturale.
Riscrivo: $ (2n+1)^2+2^{b+1}=3^c $ . Svolgendo il quadrato e spostando l'1, ottengo $ 4(n^2+n+2^{b-1})=3^c-1 $.
Se c fosse dispari, avrei che $ 3^c-1=(3-1)(3^{c-1}+3^{c-2}+...+3+1) $, dove il secondo fattore ha c addendi dispari ed è quindi dispari, rendendo il membro di destra dell'uguaglianza di prima non divisibile per 4, mentre il primo lo era.
Scrivo quindi $ c=2m $ , con m intero positivo.
Riparto dall'inizio:
$ (2n+1)^2+2^{b+1}=3^{2m} $
spostando il quadrato dal membro di sinistra a quello di destra e scomponendo la differenza di quadrati, ottengo che $ 2^{b+1}=(3^m+2n+1)(3^m-2n-1) $ .
Per h intero positivo compreso in senso lato fra 1 e b, ho che devono essere verificate nel contempo le uguaglianze $ 3^m+2n+1=2^h $ e $ 3^m-2n-1=2^{b+1-h} $ .
Sottraendo e sommando, e dividendo per 2 ciascuna nuova uguaglianza, ho che devono essere verificate nel contempo $ 3^m=2^{h-1}+2^{b-h} $ e $ 2n+1=2^{h-1}-2^{b-h} $ .
Dalla prima uguaglianza, siccome la somma di due potenze di 2 mi deve dare un numero dispari, deve essere per forza h=1, che però non è possibile per la seconda uguaglianza, oppure b=h, che non crea problemi.
Sfruttando tale ulteriore condizione nelle uguaglianze precedenti, ho che deve essere $ n+1=2^{b-2} $ e al contempo $ 3^m-1=2^{b-1} $ .
La prima uguaglianza, scelto opportunamente n, ha sempre soluzione per b maggiore di 1. Mi concentro sulla seconda.
Ragionando come all'inizio, ho che , se b è maggiore di 2, per essere divisibile per 4 anche il membro di sinistra deve essere $ m=2q $ con q intero positivo maggiore di 1. Se invece b vale 2, m può essere dispari, in questo caso uguale ad 1. Avendo $ c=2m $, $ b=1 $, $ a=2^{b-1}-1 $ , ho che una possibile terna che soddisfi le condizioni iniziali è $ (1, 2, 2) $ .
Per la sostituzione fatta nel caso b>1, chiamato $ b-1=k $ , k intero positivo maggiore di 1, ho che $ 2^k=(3^q+1)(3^q-1) $.
Come prima, per r intero positivo compreso in senso lato fra 1 e k, devono essere verificate al contempo $ 3^q+1=2^r $ e $ 3^q-1=2^{k-r} $ , sommando, sottraendo e dividendo per 2 come prima ottengo che devono valere $ 3^q=2^{r-1}+2^{k-r-1} $ e $ 2^{r-1}-2^{k-r-1}=1 $.
Mi concentro sulla seconda uguaglianza: l'unico modo per cui la differenza di due potenze di 2 ad esponente intero mi dia 1 è che la prima sia 2 e la seconda sia 1, ovvero deve essere r-1=1 e k-r-1=0, da cui r=2 e k=3. Tali valori soddisfano anche la prima uguaglianza nell'unico caso in cui sia q=1.
Poichè $ c=4q $, $ b=k+1 $, $ a=2^{b-1}-1 $ , ho che l'unica altra terna che soddisfa le condizioni iniziali è data da $ (7, 4, 4) $.

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Messaggio da TBPL » 14 mag 2008, 18:16

Be', intanto ringrazio fhp per la risposta. La soluzione che ho messo qui è molto veloce, proprio perché ho voluto rispettare il più possibile quanto ho scritto in gara, dove ho appunto esagerato su questo punto di vista. Alla fine, risolvendo la diofantea $ 3^x=2^y+1 $, ho scritto velocemente tutte le terne mettendoci un "come già dimostrato", intendendo la soluzione di $ 3^c-1=2^{b+1} $, più quella che si ottiene per l'esponente di 2 uguale a 0. (La soluzione mi è sfuggita dopo aver scritto le terne). In effetti però ho esagerato con la sintesi: non ricordo neanche quanto bene abbia giustificato le soluzioni di questa qui (mi sa che ho solo scomposto e scritto $ 3^{c/2}-1=2^d $ e $ 3^{c/2}+1=2^e $). Vabbe', sono relativamente giovane e queste cose mi serviranno per la prossima volta. Grazie ancora :wink:

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Messaggio da fph » 14 mag 2008, 18:28

No probl, scrivere le soluzioni al meglio è una cosa che molti dei concorrenti non hanno chiaro (spesso colpa della scuola... :roll: ), trovare l'occasione per una soluzione "commentata" è sempre una buona cosa. :D
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Re: Cesenatico 2008 - problema 4

Messaggio da ma_go » 15 mag 2008, 09:29

TBPL ha scritto:Ragionando modulo 3 ottengo b pari, da cui ragionando modulo 4 ottengo c pari.
uhm... dove usi b pari, nel seguito? il fatto che c sia pari non ha nulla a che vedere con questo...
anche qui, piccola nota di stile: non scrivete cose inutili, se poi arrivate (o credete di arrivare) alla fine della soluzione; insomma, evitate i flussi di coscienza...
[nb: lo scrivo a te, ma ne ho viste tante di soluzioni che cominciavano così...]

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