coppietta di quadrati... perfetti
coppietta di quadrati... perfetti
Determinare tutte le coppie $ (x,y) $ di interi positivi tali che $ x^2+3y $ e $ y^2+3x $ sono simultaneamente quadrati perfetti.
Enjoy
ps: nonostante la soluzione non sia particolarmente lunga io ci ho sbattuto la testa un bel po' prima di riuscirci
Edit: avevo sbagliato a scrivere il testo, scusatemi, ora dovrebbe essere giusto
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ps: nonostante la soluzione non sia particolarmente lunga io ci ho sbattuto la testa un bel po' prima di riuscirci
Edit: avevo sbagliato a scrivere il testo, scusatemi, ora dovrebbe essere giusto
effettivamente, una volta trovato l'arcano e' breve la storia
ma il testo mi ricorda qualcosa (facile dato l'enorme numero di probl gia' postati)
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impara il [tex]~\LaTeX[/tex] e mettilo da par[tex]\TeX~[/tex]
Software is like sex: it's better when it's free (Linus T.)
membro: Club Nostalgici
Non essere egoista, dona anche tu! http://fpv.hacknight.org/a8.php
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Per ora considero il caso in cui i due quadrati sono uguali. Ho
$ x^2+3y=y^2+3x $
ottenendo
$ $ x_{1/2}=\frac {3\pm (2y-3)}{2}\longrightarrow x_1=y, x_2=3-y $
Sostituisco il primo valore ottenuto in una delle equazioni di partenza ottenendo
$ y^2+3y-a^2=0 $
$ $ y_{1/2}=\frac {-3\pm \sqrt {9+4a^2}}{2} $
Il radicando è un quadrato perfetto se $ a=2 $ quindi $ y_1=1, y_2=-4 $. Quest'ultimo valore però non è accettabile perchè negativo. Ho trovato quindi la prima coppia: (1,1).
Ora sostituisco il secondo valore trovato e ho:
$ $ y_{1/2}=\frac {-3\pm \sqrt {-27+4a^2}}{2} $
Il radicando è un quadrato perfetto se $ a=7 $ quindi $ y_1=8 $ che non è accettabile perchè verrebbe $ x=-5 $ e $ y_2=-5 $ lo stesso non accettabile.
Per adesso mi sono fermato qui non sapendo come fare nel caso più generale...
$ x^2+3y=y^2+3x $
ottenendo
$ $ x_{1/2}=\frac {3\pm (2y-3)}{2}\longrightarrow x_1=y, x_2=3-y $
Sostituisco il primo valore ottenuto in una delle equazioni di partenza ottenendo
$ y^2+3y-a^2=0 $
$ $ y_{1/2}=\frac {-3\pm \sqrt {9+4a^2}}{2} $
Il radicando è un quadrato perfetto se $ a=2 $ quindi $ y_1=1, y_2=-4 $. Quest'ultimo valore però non è accettabile perchè negativo. Ho trovato quindi la prima coppia: (1,1).
Ora sostituisco il secondo valore trovato e ho:
$ $ y_{1/2}=\frac {-3\pm \sqrt {-27+4a^2}}{2} $
Il radicando è un quadrato perfetto se $ a=7 $ quindi $ y_1=8 $ che non è accettabile perchè verrebbe $ x=-5 $ e $ y_2=-5 $ lo stesso non accettabile.
Per adesso mi sono fermato qui non sapendo come fare nel caso più generale...
Ultima modifica di String il 30 lug 2008, 10:16, modificato 1 volta in totale.
"fatti non foste a viver come bruti,
ma per seguir virtute e canoscenza"(Dante)
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occhio che vogliono valori positivi.
Inoltre hai fatto degli errori formali (come non mettere le parentesi dopo il $ $\pm$ $) e di conseguenza di conto (la seconda sol e' $ $x=3-y$ $)
Poi, se vuoi $ $x^2+3y=y^2+3x$ $, meglio porre
$ $x^2-y^2=3(x-y)$ $
$ $(x-y)(x+y)=3(x-y)$ $, da cui $ $x=y$ $ o $ $x+y=3$ $
Inoltre hai fatto degli errori formali (come non mettere le parentesi dopo il $ $\pm$ $) e di conseguenza di conto (la seconda sol e' $ $x=3-y$ $)
Poi, se vuoi $ $x^2+3y=y^2+3x$ $, meglio porre
$ $x^2-y^2=3(x-y)$ $
$ $(x-y)(x+y)=3(x-y)$ $, da cui $ $x=y$ $ o $ $x+y=3$ $
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I modi più comuni per dimostrare che un numero non è un quadrato sono:
a) che non è un residuo quadratico modulo qualcosa. (es. 3k+2 non è un quadrato)
b) che è troppo vicino a un altro quadrato (es. x^2+1 non è un quadrato per x>0)
dove, in my humble opinion, il metodo a) suona più "truccoso" e quello b) più "profondo".
Ora, tenendo a mente il motto "due quadrati tendono ad essere distanti", possiamo fare la stima banale:
se $ ~ x^2+3y $ è un quadrato, maggiore di $ ~ x^2 $, ovviamente sarà maggiore o uguale a $ ~ (x+1)^2 $. Quindi:
$ ~ x^2+3y \ge x^2+2x+1 $, per fortuna i quadrati si cancellano e abbiamo la disuguaglianza lineare:
$ ~ 3y \ge 2x+1 $
Per simmetria del problema, allo stesso modo troviamo la disuguaglianza:
$ ~ 3x \ge 2y+1 $.
Queste ci dicono che "x è almeno i 2/3 di y, e viceversa", che è una cosa interessante ma troppo debole per ricavarci qualcosa. Proviamo con qualcosa di più "strong". Supponiamo che nessuno dei due famosi quadrati sia proprio uguale ad (x+1)^2 e (y+1)^2. Otteniamo le disuguaglianze:
$ ~ 3y \ge 4x+4 $
$ ~ 3x \ge 4y+4 $
che sommate danno chiaramente un assurdo.
Quindi almeno uno dei due è uguale a (x+1)^2 o (y+1)^2.
Ora, per comodità, data la simmetria del problema, possiamo assumere $ ~ x \ge y $, ricordandoci alla fine di aggiungere le soluzioni simmetriche.
Guardando le disuguaglianze sopra, vediamo che questo implica:
$ ~ x^2+3y = (x+1)^2 $
$ ~ 3y = 2x+1 $
che andiamo a sostituire nell'altra condizione.
$ ~ y^2+3x=n^2 $
$ ~ 9y^2+27x = 9n^2 $
$ ~ (2x+1)^2 + 27x = (3n)^2 $
$ 4x^2+31x+1 = (3n)^2 $
per risolvere questa, usiamo di nuovo il principio di trovare un quadrato più vicino possibile a 4x^2+31x+1.
$ ~ (2x+7)^2 + (3x-48) $ è un quadrato.
Ora, se x=16, abbiamo una soluzione. Se x>16, allora avremo:
$ ~ 4x^2+31x+1 = (2x+7)^2 + (3x-48) \ge (2x+8)^2 = 4x^2 + 32x + 64 $
che implica $ 1 \ge x + 64 $, abbastanza assurdo.
Se x<16, allora avremo:
$ ~ 4x^2+31x+1 = (2x+7)^2 + (3x-48) \le (2x+6)^2 = 4x^2 + 24x + 36 $ cioè:
$ ~ 7x + 1 \le 36 $ cioè $ ~ x \le 5 $, e se permettete 4 casi potreste anche farveli a mano.
Nota: questa non è assolutamente una soluzione come andrebbe scritta in gara, (non è neanche completa), è solo per far capire come si fa a risolvere un esercizio del genere...
a) che non è un residuo quadratico modulo qualcosa. (es. 3k+2 non è un quadrato)
b) che è troppo vicino a un altro quadrato (es. x^2+1 non è un quadrato per x>0)
dove, in my humble opinion, il metodo a) suona più "truccoso" e quello b) più "profondo".
Ora, tenendo a mente il motto "due quadrati tendono ad essere distanti", possiamo fare la stima banale:
se $ ~ x^2+3y $ è un quadrato, maggiore di $ ~ x^2 $, ovviamente sarà maggiore o uguale a $ ~ (x+1)^2 $. Quindi:
$ ~ x^2+3y \ge x^2+2x+1 $, per fortuna i quadrati si cancellano e abbiamo la disuguaglianza lineare:
$ ~ 3y \ge 2x+1 $
Per simmetria del problema, allo stesso modo troviamo la disuguaglianza:
$ ~ 3x \ge 2y+1 $.
Queste ci dicono che "x è almeno i 2/3 di y, e viceversa", che è una cosa interessante ma troppo debole per ricavarci qualcosa. Proviamo con qualcosa di più "strong". Supponiamo che nessuno dei due famosi quadrati sia proprio uguale ad (x+1)^2 e (y+1)^2. Otteniamo le disuguaglianze:
$ ~ 3y \ge 4x+4 $
$ ~ 3x \ge 4y+4 $
che sommate danno chiaramente un assurdo.
Quindi almeno uno dei due è uguale a (x+1)^2 o (y+1)^2.
Ora, per comodità, data la simmetria del problema, possiamo assumere $ ~ x \ge y $, ricordandoci alla fine di aggiungere le soluzioni simmetriche.
Guardando le disuguaglianze sopra, vediamo che questo implica:
$ ~ x^2+3y = (x+1)^2 $
$ ~ 3y = 2x+1 $
che andiamo a sostituire nell'altra condizione.
$ ~ y^2+3x=n^2 $
$ ~ 9y^2+27x = 9n^2 $
$ ~ (2x+1)^2 + 27x = (3n)^2 $
$ 4x^2+31x+1 = (3n)^2 $
per risolvere questa, usiamo di nuovo il principio di trovare un quadrato più vicino possibile a 4x^2+31x+1.
$ ~ (2x+7)^2 + (3x-48) $ è un quadrato.
Ora, se x=16, abbiamo una soluzione. Se x>16, allora avremo:
$ ~ 4x^2+31x+1 = (2x+7)^2 + (3x-48) \ge (2x+8)^2 = 4x^2 + 32x + 64 $
che implica $ 1 \ge x + 64 $, abbastanza assurdo.
Se x<16, allora avremo:
$ ~ 4x^2+31x+1 = (2x+7)^2 + (3x-48) \le (2x+6)^2 = 4x^2 + 24x + 36 $ cioè:
$ ~ 7x + 1 \le 36 $ cioè $ ~ x \le 5 $, e se permettete 4 casi potreste anche farveli a mano.
Nota: questa non è assolutamente una soluzione come andrebbe scritta in gara, (non è neanche completa), è solo per far capire come si fa a risolvere un esercizio del genere...
Ultima modifica di edriv il 30 lug 2008, 17:59, modificato 1 volta in totale.
io avevo posto
$ $x^2+3y=(x+n)^2\quad~$ $ , $ $~\quad y^2+3x=(y+m)^2$ $ con $ $n,m>0$ $ dato che anche $ $x,y>0$ $
unendo veniva
$ $(9-4mn)x=2mn^2+3m^2$ $
Dato che $ $x,2mn^2+3m^2>0$ $, devo avere $ $9-4mn>0$ $, quindi o entrambi uguali a 1 o uno pari a 1 e l'altro a 2
$ $x^2+3y=(x+n)^2\quad~$ $ , $ $~\quad y^2+3x=(y+m)^2$ $ con $ $n,m>0$ $ dato che anche $ $x,y>0$ $
unendo veniva
$ $(9-4mn)x=2mn^2+3m^2$ $
Dato che $ $x,2mn^2+3m^2>0$ $, devo avere $ $9-4mn>0$ $, quindi o entrambi uguali a 1 o uno pari a 1 e l'altro a 2
impara il [tex]~\LaTeX[/tex] e mettilo da par[tex]\TeX~[/tex]
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Grazie a Edriv per la soluzione completa (o quasi)
Due domande
Suppongo infatti che tu abbia imposto
$ $x^2+3y\ge (x+2)^2$ $
escludendo appunto il caso che il quadrato sia (x+1)^2.
In ogni caso l'assurdo c'è lo stesso.
Scusa il rompimento, ciao!
Due domande
Non dovresti mettere 4 al posto dei 9?edriv ha scritto:Supponiamo che nessuno dei due famosi quadrati sia proprio uguale ad (x+1)^2 e (y+1)^2. Otteniamo le disuguaglianze:
$ ~ 3y \ge 4x+9 $
$ ~ 3x \ge 4y+9 $
che sommate danno chiaramente un assurdo.
Suppongo infatti che tu abbia imposto
$ $x^2+3y\ge (x+2)^2$ $
escludendo appunto il caso che il quadrato sia (x+1)^2.
In ogni caso l'assurdo c'è lo stesso.
Mi sfugge perché qui hai l'esigenza di moltiplicare per 4.edriv ha scritto:per risolvere questa, usiamo di nuovo il principio di trovare un quadrato più vicino possibile a 4x^2+31x+1. Moltiplico per 4:
$ ~ 16x^2 + 124x + 4 $ è un quadrato
Scusa il rompimento, ciao!
Mi fa piacere che ci sia qualcuno che legga nel dettaglio la mia soluzione trovandone un bel po' di svisteGoldrake ha scritto:Grazie a Edriv per la soluzione completa (o quasi)
Due domandeNon dovresti mettere 4 al posto dei 9?edriv ha scritto:Supponiamo che nessuno dei due famosi quadrati sia proprio uguale ad (x+1)^2 e (y+1)^2. Otteniamo le disuguaglianze:
$ ~ 3y \ge 4x+9 $
$ ~ 3x \ge 4y+9 $
che sommate danno chiaramente un assurdo.
Suppongo infatti che tu abbia imposto
$ $x^2+3y\ge (x+2)^2$ $
escludendo appunto il caso che il quadrato sia (x+1)^2.
In ogni caso l'assurdo c'è lo stesso.Mi sfugge perché qui hai l'esigenza di moltiplicare per 4.edriv ha scritto:per risolvere questa, usiamo di nuovo il principio di trovare un quadrato più vicino possibile a 4x^2+31x+1. Moltiplico per 4:
$ ~ 16x^2 + 124x + 4 $ è un quadrato
Scusa il rompimento, ciao!