[N]Evviva i Cubi

Messaggio da **EvaristeG** » 01 gen 1970, 01:33

Ormai c\'ho preso gusto a non proporre geometria...tanto il risultato è simile, quindi non vedo perchè smettere.
 
 1) Trovare tutte le soluzioni naturali di x^3 + y^3 + z^3 = 2001.
 
 2) Trovare gli interi positivi a per cui a^3 + 3^3 è un quadrato perfetto.
 
 Note tecniche : se non ricordo male, questi problemi vengono dalle gare Balkan Junior; se non ho preso cantonate nel risolverli, credo che non siano particolarmente difficili (questo non significa che siano per tutti ovvi). Buon lavoro.
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: EvaristeG il 23-10-2004 15:46 ]

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

ho provato il 2°, ma poi non so più come andare avanti..
 a^3+3^3=(a+3)(a^2-3a+9)
 se a fosse pari, applicando la congruenza mod4 si ottiene
 (a-1)(a+1) è dispari e, affinchè fosse un quadrato, si dovrebbe avere
 a^2== 2mod4. impossibile.
 applico mod8.
 (a+3)(a^2-3a+9)==(a+3)(2-3a)=-3a^2-7a+6==3-7a
 il numero iniziale è pari, quindi deve esssere congruo a 0 o 4.
 da questo si ottiene che
 a=4k+1.
 e ora? ho provato a sostituire, ma non so cosa usare.
 qualcuno che lo sa fare dia una mano, che ha ragione evariste a lamentarsi!

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 2004-10-22 00:26, EvaristeG wrote:
 
 1) Trovare tutte le soluzioni intere di x^3 + y^3 + z^3 = 2001.
 
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 ciao ev, l\'esercizio è carino, ma è accessibile (credo) solo nell\'ipotesi che x,y,z siano interi POSITIVI, come si sottolinea nel testo originale.
 se comunque l\'hai risolto senza tale restrizione...beh, complimenti.
 in ogni caso, in attesa di una risposta di ev, invito a farlo in N.

DB85 · Messaggio da **DB85** » 01 gen 1970, 01:33

Rispondo al SoS di cekko... A mio modesto parere, distinguiamo questi casi:
 - a == 0 mod2, allora il nostro quadrato perfetto deve essere dispari e dunque congruente a 1 mod4, ma nel membro di sinistra abbiamo 3 mod4, e quindi dobbiamo scartare la condizione di a pari;
 - a == 1 mod2, il nostro quadrato deve essere dunque pari e quindi congruente a 0 mod8 oppure 4mod8. Nel membro di sinistra, poichè 33 == 3 mod8, a3 == 5 mod8, e quindi osservando i residui cubici mod8 ne deduciamo che a deve avere la forma di 8k+5 o 8k+1.
 A questo punto, dovresti provare a sostituire nella scomposizione e vedere se esce qualcosa di interessante...
 
 P.S.: Ho scritto la variabile a in corsivo per non confonderla con a preposizione...
 
 EDIT: Avevo dimenticato, come cekko mi ha fatto giustamente osservare il caso 4mod8. Ora tutto ok...
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: DB85 il 24-10-2004 01:12 ]

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

Soluzione del 1° in N.
 Sia x>=y>=z.Se si prende x=y=z allora,
 poiche\' (3*8^3<2001) e (3*13^3>2001),si conclude che x
 puo\' essere in [9,10,11,12].Ragionando per successive esclusioni ,si
 trova che x=y=10,z=1.Ovviamente sono valide anche tutte
 le (poche) soluzioni ottenute per permutazioni su [10,10,1].

Messaggio da **EvaristeG** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-10-23 12:23, Biagio wrote:
 <TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-10-22 00:26, EvaristeG wrote:
 
 1) Trovare tutte le soluzioni intere di x^3 + y^3 + z^3 = 2001.
 
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 ciao ev, l\'esercizio è carino, ma è accessibile (credo) solo nell\'ipotesi che x,y,z siano interi POSITIVI, come si sottolinea nel testo originale.
 se comunque l\'hai risolto senza tale restrizione...beh, complimenti.
 in ogni caso, in attesa di una risposta di ev, invito a farlo in N.
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 Uhm sì, errore mio... volevo scrivere naturali.
 Ora correggo.
 Cmq avevo pensato anche alla generalizzazione in Z, ma non ho il cuore di proporla...(non so neanche se ho trovato la giusta soluzione).

Messaggio da **EvaristeG** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-10-23 13:59, karl wrote:
 Soluzione del 1° in N.
 Sia x>=y>=z.Se si prende x=y=z allora,
 poiche\' (3*8^3<2001) e (3*13^3>2001),si conclude che x
 puo\' essere in [9,10,11,12].Ragionando per successive esclusioni ,si
 trova che x=y=10,z=1.Ovviamente sono valide anche tutte
 le (poche) soluzioni ottenute per permutazioni su [10,10,1].
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 Uhm...ammettendo che non sia così bello fare i conti, a qualcuno viene in mente una strada che non preveda il verificare a mano i casi {9,10,11,12} ? Non dico che questa soluzione non vada bene, anzi, è la più immediata, ma c\'è un modo diretto per dire che tra 8 e 13 solo il 10 va bene.

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

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-10-23 13:18, DB85 wrote:
 - a == 1 mod2, il nostro quadrato deve essere dunque pari e quindi congruente a 0 mod8.
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 un quadrato pari può essere anche congruo a 4 mod8.
 quindi si ha a=8k+1 oppure a=8k+5, quindi a=4k+1
 ho provato a sostituire, ma viene
 4(k+1)(16k^2 - 4k+9)
 bisognerebbe trovare quando è un quadrato, ma le congruenze di prima sono inutili visto che abbiamo trovato una condizione necessaria proprio usando quelle. è qui che non so che fare.

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

Io avevo trovato un metodo ancora più brutto di karl <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif"> analizzando le congruenze modulo 7 abbiamo solo 2 residui cubici e di conseguenza con un mare di calcoli e casi si arriva alla soluzione di karl. Se aggiungiamo che avevo letto 2002 e quindi ho fatto un mare di conti inutili per non trovare nemmeno una soluzione...<IMG SRC="images/forum/icons/icon_biggrin.gif">

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

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-10-23 18:43, Boll wrote:
 Io avevo trovato un metodo ancora più brutto di karl....
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 Visto che non ci conosciamo sono sicuro che Boll si riferisce
 al mio metodo e non alla mia persona!!
 Naturalmente scherzo ed accetto il divertente refuso di Boll,ma
 scherzando,scherzando propongo un\'aggiunta alle
 regole del Forum:
 Accanto alle siglette [G],[N] e quant\'altro, ognuno scriva
 Sono valide solo soluzioni uguali alla mia! 
 Buon fine settimana a tutti.

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

Spero che karl non se la sia presa, non volevo in nessun modo offenderlo, se vedesse le pagine di calcoli che ho ora di fronte capirebbe... volevo solo far osservare che si poteva giungere alla sol anche in un altro modo, anche se orribile e un\'interessante proprietà del modulo 7, che ha residui cubici -1,0,1 di cui a^3==-1 ha l\'unica soluzione a=3, singolare... [ Questo Messaggio è stato Modificato da: Boll il 23-10-2004 19:26 ]

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

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-10-23 15:51, EvaristeG wrote:
 Uhm...ammettendo che non sia così bello fare i conti, a qualcuno viene in mente una strada che non preveda il verificare a mano i casi {9,10,11,12} ? Non dico che questa soluzione non vada bene, anzi, è la più immediata, ma c\'è un modo diretto per dire che tra 8 e 13 solo il 10 va bene.
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 Come scrissi sotto, congruenze modulo 7, tra i tre numeri dev\'esserci un congruo a 3 mod 7.

Messaggio da **EvaristeG** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-10-23 19:17, karl wrote:
 <TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-10-23 18:43, Boll wrote:
 Io avevo trovato un metodo ancora più brutto di karl....
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 Visto che non ci conosciamo sono sicuro che Boll si riferisce
 al mio metodo e non alla mia persona!!
 Naturalmente scherzo ed accetto il divertente refuso di Boll,ma
 scherzando,scherzando propongo un\'aggiunta alle
 regole del Forum:
 Accanto alle siglette [G],[N] e quant\'altro, ognuno scriva
 Sono valide solo soluzioni uguali alla mia! 
 Buon fine settimana a tutti.
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 Devono proprio averti colpito le regole del forum se continui a nominarle a sproposito...cmq mi spiace tu legga solo quello che vuoi dei messaggi altrui.
 La mia intenzione era quella di far saltar fuori qualcosa sui residui cubici modulo un numero multiplo di 3, per tal motivo ho invitato a trovare una strada alternativa, pur dicendo chiaro e tondo che la tua soluzione era corretta ed era la più logica ed immediata. Questa non è una gara a punti, non ti ho tolto un premio o abbassato un voto, ho solo chiesto se a qualcuno veniva in mente una strada alternativa, visto che la proprietà coinvolta mi sembrava meritevole di nota, mentre non mi preme assolutamente di vedere riscritta la soluzione che ho pensato io.
 Tanto per rispondere anche a Boll, l\'equazione
 x^3==a mod m
 ha una ed una sola soluzione per ogni valore di a primo con m quando phi(m) non è multiplo di 3 (cioè, modulo un numero con phi non multipla di 3, esiste la \"radice cubica\"). Quindi modulo 7 non può esserci una sola soluzione a x^3==-1 (7); infatti si trova che 3^3==5^3==6^3==1 (7).
 In generale, se x^3==a (mod m) ha k soluzioni, anche x^3==b (mod m) avrà k soluzioni, oppure non ne avrà.
 Al contrario, modulo 9 i cubi sono solo 3 : 1,0,-1 e quindi, poichè 2001==3 (9), si ha che a^3==b^3==c^3==1 (9) e quindi devono essere tutti e tre della forma
 3k+1. Tra 8 e 13 esclusi, vi è solo il 10 di quella forma e quindi l\'unica soluzione è 10^3+10^3+1=2001, permutazioni escluse.
 Tanti saluti e pensate al secondo. [ Questo Messaggio è stato Modificato da: EvaristeG il 23-10-2004 23:41 ]

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

Up! Ho pensato un po\' al secondo, ma non sono riuscita a concluderlo.
 Qualche solutore puo\' postare la dimostrazione? Altrimenti puoi scrivere la tua, Evariste?
 Grazie! [ Questo Messaggio è stato Modificato da: Leblanc il 26-10-2004 16:48 ]

Messaggio da **EvaristeG** » 01 gen 1970, 01:33

Le idee della soluzione sono venute fuori dagli interventi di cekko; la strada che ha scelto è simile a quella che ho imboccato io...ora gli resta solo da trovare quando
 4(k+1)(16k^2-4k+9)
 è un quadrato...Su, ragazzi (e ragazze), ci siete quasi.