Propedeutica N° 2

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

A)Dimostrare che :
 (a+2b+3c)3 <(a3+9)(b3+9)(c3+9) 
 dove a,b,c sono reali non negativi.
 
 B)Dimostrare ch l\'equazione:
 7x3+2=y3 
 non ha soluzioni in N.
 
 C)Si consideri l\'quazione: x3-3x-4=0
 e siano X1,X2,X3 le sue radici.
 Posto y=x2+x+1 e detti Y1,Y2,Y3 i valori
 di y corrispondendi ad X1,X2,X3 rispettivamente,
 dimostrare che:
 Y13+Y23+Y33=513
 
 D)Nel quadrilatero ciclico ABCD le bisettrici degli angoli
 ABC e DCB si intersecano in un medesimo punto di AD.
 Dimostrare che :
 AD=AB+CD
 
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: karl il 15-09-2004 15:51 ] [ Questo Messaggio è stato Modificato da: karl il 16-09-2004 16:41 ]

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

B) Notiamo che i possibili resti della divisione di un cubo per 7 sono -1,0,1, nel nostro caso y^3 dovrebbe essere congruo a 2 mod7, che per l\'appunto è impossibile...ciao

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

B) Se y è multiplo di 7, allora y3 = 0 mod 7; viceversa, se y è primo con 7, essendo phi(7) = 6: y3 = yphi(7)/2 = +/- 1 mod 7, in funzione del fatto che y risulti o meno residuo quadratico di 7. Da ciò si deduce che l\'equazione modulare: 2 = y3 mod 7 non ammette alcuna soluzione per y intero, e quest\'è sufficiente per concludere che la diofantea: 7xk + 2 = y3 non è risolubile in Z, per ogni k intero >= 0.
 
 Essendo n un intero positivo, ricordo a tal proposito che, se una diofantea della forma Q(x1, x2, ..., xn) = 0 ammette soluzione per x1, x2, ..., xn variabili sugli interi, ove Q(-) appartiene all\'anello dei polinomi in n variabili a coefficienti in Z, allora l\'equazione modulare: Q(x1, x2, ..., xn) = 0 mod m è risolubile, per ogni m intero diverso da 0.
 
 EDIT: phi(-) denota qui la totiente di Eulero, avevo dimenticato di precisarlo!
 
 
 \"Nil sapientiae odiosius acumine nimio.\" - Seneca [ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 16-09-2004 11:24 ]

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

B)
 L\'equazione risulta avere soluzione negli interi solo se y^3 == 2 mod7
 Ricordando che i residui cubici di 7 sono -1,0,1, si conclude che l\'identità è impossibile.
 
 C)
 Karl mi esce 513, puoi ricontrollare i dati? (anche se sicuramente lo sbaglio è mio)...
 
 P.S.: Anche stamattina mi son fatto fregare!
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: DB85 il 16-09-2004 11:37 ]

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

D\'oooh... Battuto sul tempo!?
 
 
 \"[...] La sua saggezza non ha stamen: è tutto testa e niente corpo, come i ritratti della dea Laverna, o - se preferisce - tutta testa e tronco, come un merluzzo. Ma dopo tutto, è un brav\'uomo. Mi è simpatico soprattutto per quel suo tocco magistrale di gergo che gli ha valso la sua reputazione di genio. Intendo il modo che ha de nier ce qui est, et d\'expliquer ce qui n\'est pas.\" - Edgar Allan Poe, da I delitti della via Morgue [ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 16-09-2004 11:22 ]

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

Sì, anche ieri nel rispondere al tuo messaggio alchemico sono stato battuto sul tempo, e sempre da novecento. Che ci posso fare, è più mattiniero di me... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_biggrin.gif">
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: DB85 il 16-09-2004 11:23 ]

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

Anche a me nell\'esercizio c) torna 513 come a DB85:
 
 Y^3 = x^6 + 3x^5 + 6x^4 + 7x^3 +6x^2 + 3x +1
 
 Da cui:
 
 y1^3 + y2^3 + y3^3 = S6 + 3S5 + 6S4 + 7S3 + 6S2 + 3S + 3 (1)
 
 Dove sfruttando le relazioni radici coefficenti del polinomio monico
 
 p(x)= x^3 - 3x - 4
 
 abbiamo:
 
 P=X1X2X3= 4
 Q= X1X2 + X1X3 + X2X3 = -3
 S= X1 + X2 + X3 = 0
 S2= X1^2 + X2^2 + X3^2 = -2Q = 6
 S3= X1^3 + X2^3 + X3^3 = 3P = 12
 S4= X1^4 + X2^4 + X3^4 = -QS2 = 18
 S5= X1^5 + X2^5 + X3^5 = -QS3 + PS2 = 60
 S6= X1^6 + X2^6 + X3^6 = -QS4 + PS3 = 102
 
 Da cui sostituendo nella (1) otteniamo:
 
 Y1^3 + Y2^3 + Y3^3 = 102 + 3*60 + 6*18 + 7*12 +6*6 +3 = 513

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

Il risultato della C e\' effettivamente 513.Un mio banalissimo
 errore di calcolo.A parte questo,la mia risoluzione
 non tiene conto( se non in minima parte) delle relazioni
 simmetriche che spesso sono lunghe da ricordare o,peggio
 ancora ,da ricavare.
 Ci sono ancora i quesiti A) e D) ,entrambi relativamente
 facili.In realta\' la A e\' un Holder ....camuffato e la D
 e\' un mio.. riarrangiamento di un vecchio problema .

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

sì anche la mia nn utilizza le relazioni simmetriche... è un po\' più intuitiva. Si basa sul fatto che se a,b,c sono le radici del trinomio, allora
 
 a^3=3a-4 ---> a^4=3a^2+4a ---> a^5=9a+12+4a^2 ---> a^6=(3a-4)^2
 b^3=3b-4 ---> come sopra
 ...
 
 poi essendo a+b+c=0 ---> a^2+b^2+c^2=6
 Da qui si ha tutto per svolgere i calcoli

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

Per chi avesse risolto il quesito A ,posto la mia
 soluzione per un eventuale confronto.
 <IMG SRC="http://xoomer.virgilio.it/carlolorito/prop2.bmp">