EGMO 2013 ($n^4$)
EGMO 2013 ($n^4$)
Trovare tutti gli interi positivi $ a $ e $ b $ tali che esistano tre interi consecutivi in cui il polinomio $ p(n)= \frac{n^4+a}{b} $ assume valori interi.
Re: EGMO 2013 ($n^4$)
Azzarderò una risposta basata principalmente sull'intuizione...
Dunque, se considero b = 1 ovviamente tutti i p(n) considerati sono interi. Quindi diciamo che (a, 1) è una coppia di soluzioni per ogni a considerato.
Non posso considerare b = 2n (cioè b pari), dal momento che devo considerare tre interi consecutivi per calcolare p(n), di cui almeno uno è pari e almeno uno è dispari: per poter dividere un numero dispari per un numero pari devo sommare un a dispari, ma così facendo non posso più dividere i pari (che diventano dispari...).
Infine, considerando i numeri dispari, esistono delle coppie (a, b) che, sostituite in p(n), diano tre interi consecutivi, ma questo non può essere vero per ogni n, poiché se tra i tre n considerati per calcolare p(n) è presente un multiplo di b, allora esso può essere divisibile per b solo se a è multiplo di b, ma questo significa che gli altri due interi consecutivi non possono dare origine a numeri divisibili per b.
Siccome non sono sicuro di essere stato chiaro, provo con un esempio: se considero b = 5, con n={2, 3, 4} ho n^4={16, 81, 256}, quindi se a = 4 allora {20, 85, 260} sono divisibili per b, ma questo non vale se n={3, 4, 5} (infatti 625+4=629, che non è divisibile per b).
Dunque, se considero b = 1 ovviamente tutti i p(n) considerati sono interi. Quindi diciamo che (a, 1) è una coppia di soluzioni per ogni a considerato.
Non posso considerare b = 2n (cioè b pari), dal momento che devo considerare tre interi consecutivi per calcolare p(n), di cui almeno uno è pari e almeno uno è dispari: per poter dividere un numero dispari per un numero pari devo sommare un a dispari, ma così facendo non posso più dividere i pari (che diventano dispari...).
Infine, considerando i numeri dispari, esistono delle coppie (a, b) che, sostituite in p(n), diano tre interi consecutivi, ma questo non può essere vero per ogni n, poiché se tra i tre n considerati per calcolare p(n) è presente un multiplo di b, allora esso può essere divisibile per b solo se a è multiplo di b, ma questo significa che gli altri due interi consecutivi non possono dare origine a numeri divisibili per b.
Siccome non sono sicuro di essere stato chiaro, provo con un esempio: se considero b = 5, con n={2, 3, 4} ho n^4={16, 81, 256}, quindi se a = 4 allora {20, 85, 260} sono divisibili per b, ma questo non vale se n={3, 4, 5} (infatti 625+4=629, che non è divisibile per b).
"Qual é 'l geomètra che tutto s'affige
per misurar lo cerchio, e non ritrova,
pensando, quel principio ond'elli indige,
tal era io a quella vista nova:
veder voleva come si convenne
l'imago al cerchio e come vi s'indova"
per misurar lo cerchio, e non ritrova,
pensando, quel principio ond'elli indige,
tal era io a quella vista nova:
veder voleva come si convenne
l'imago al cerchio e come vi s'indova"
Re: EGMO 2013 ($n^4$)
A te basta che ci sia un terna di naturali consecutivi che soddisfi la richiesta, non ti chiede che sia vera per tutte le terne possibili
"We' Inge!"
LTE4LYF
LTE4LYF
Re: EGMO 2013 ($n^4$)
Giusto, avevo letto male il problema...Triarii ha scritto:A te basta che ci sia un terna di naturali consecutivi che soddisfi la richiesta, non ti chiede che sia vera per tutte le terne possibili
In sostanza devo ancora dimostrare che $ n^4+a $, $ (n+1)^4+a $ e $ (n+2)^4+a $ sono tutti e tre divisibili per b dispari, cosa che probabilmente va fatta con l'aritmetica modulare, di cui non so quasi niente...
Vediamo se i presupposti sono giusti: devo dimostrare che $ n^4\equiv(n+1)^4\equiv(n+2)^4 $ (mod b), per almeno una terna. Tuttavia, se io elimino gli esponenti (invarianza rispetto all'elevamento a potenza, si può applicare anche al contrario?) e tolgo da tutti n, mi viene $ 0\equiv1\equiv2 $ (mod b), il che non mi dice assolutamente nulla e per giunta suona sbagliato...
Probabilmente ho scritto almeno una castroneria: qualcuno può aiutarmi a capire come applicare l'aritmetica modulare ad un problema semplice come questo?
PS: magari ci ripenserò sopra ad un'ora più adatta, per ora il riassunto è che una coppia di soluzioni è (a, 1), che b non è pari; può essere 5, soluzione (4, 5) e non può essere 3.
"Qual é 'l geomètra che tutto s'affige
per misurar lo cerchio, e non ritrova,
pensando, quel principio ond'elli indige,
tal era io a quella vista nova:
veder voleva come si convenne
l'imago al cerchio e come vi s'indova"
per misurar lo cerchio, e non ritrova,
pensando, quel principio ond'elli indige,
tal era io a quella vista nova:
veder voleva come si convenne
l'imago al cerchio e come vi s'indova"
Re: EGMO 2013 ($n^4$)
Riguardo il problema di sopra, tutte e sole le soluzione dovrebbero essere [Edited: vedi sotto]; il problema è che il testo è sbagliato: il problema originale chiede $\frac{n^5+a}{b} \in \mathbb{N}$, per qualche intero $a,b >0$ e almeno tre interi consecutivi $n$..
Ultima modifica di jordan il 16 apr 2013, 00:46, modificato 1 volta in totale.
The only goal of science is the honor of the human spirit.
Re: EGMO 2013 ($n^4$)
No, non si può. Ad esempio $2^4\equiv 4^4 \pmod 3$ ma $2\not\equiv 4 \pmod 3$.Ouroboros ha scritto:invarianza rispetto all'elevamento a potenza, si può applicare anche al contrario?
Provo io:
Vogliamo $b$ tale che per qualche $n$ valga $$(n-1)^4\equiv n^4\equiv (n+1)^4 \pmod b$$
Da cui si deduce subito che $(b,2)=(b,n)=1$.
Inoltre $$b\mid (n+1)^4-(n-1)^4=8n(n^2+1) \ \ \to \ \ b\mid n^2+1$$
Allora $$b\mid n^4-(n+1)^4+(4n+6)(n^2+1)=5$$
Quindi $b$ vale $1$ oppure $5$.
$b=1$ porta alla classe banale di soluzioni $(a, 1)$
Se $b=5$ allora $a\equiv -n^4\equiv -1 \pmod 5$, per il quale si verifica facilmente che $n\equiv 2,3 \pmod 5$ soddisfano. Da cui la classe di soluzioni $(5k-1, 5)$.
Ultima modifica di kalu il 16 apr 2013, 01:11, modificato 1 volta in totale.
Pota gnari!
Re: EGMO 2013 ($n^4$)
Ah ok... mi sembrava un po' troppo semplice per essere EGMO xDjordan ha scritto:il problema è che il testo è sbagliato: il problema originale chiede $\frac{n^5+a}{b} \in \mathbb{N}$, per qualche intero $a,b >0$ e almeno tre interi consecutivi $n$..
Vogliamo $b$ tale che per qualche $n$ valga $$(n-1)^5\equiv n^5\equiv (n+1)^5 \pmod b$$
Da cui si deduce subito che $(b,2)=(b,n)=1$.
Inoltre $$b\mid (n+1)^5-(n-1)^5=2(5n^4+10n^2+1) \ \ \to \ \ b\mid 5n^4+10n^2+1$$
$$b\mid (n+1)^5-n^5-( 5n^4+10n^2+1)=5n(2n^2+1) \ \ \to \ \ b\mid 5(2n^2+1)$$
$$b\mid 5(2n^2+3)(2n^2+1)-4(5n^4+10n^2+1)=11$$
Quindi $b$ vale $1$ oppure $11$.
$b=1$ porta alla classe banale di soluzioni $(a, 1)$
Se $b=11$ allora $11\mid 2n^2-1$ implica $n\equiv 4,7 \pmod {11}$, e si verifica facilmente che questi valori di $n$ soddisfano per $a\equiv -1 \pmod {11}$.
Da cui la classe si soluzioni non banale $(11k-1, 11)$.
EDIT: corretto un errore di battitura. ma_go.
Pota gnari!
Re: EGMO 2013 ($n^4$)
notare che, strettamente parlando, le congruenze qui "non servono": possono far comodo per calcolare la classe di resto della divisione delle potenze quinte per 11, e possono far ragionevolmente sospettare che $b$ abbia qualcosa a che fare con i primi della forma $5k+1$ (io ci ho pensato solo a posteriori, sinceramente), ma a parte quello non si usano.
per i frequentatori che non sapessero cosa sono le congruenze, sostituite mentalmente ad ogni $x\equiv y \pmod m$ un "$m$ divide $x-y$" (in notazione compatta $m\mid (x-y)$) oppure un "$x = y+km$ per qualche $k$ intero".
per i frequentatori che non sapessero cosa sono le congruenze, sostituite mentalmente ad ogni $x\equiv y \pmod m$ un "$m$ divide $x-y$" (in notazione compatta $m\mid (x-y)$) oppure un "$x = y+km$ per qualche $k$ intero".
Re: EGMO 2013 ($n^4$)
Ah ok, la prossima volta vedrò di documentarmi megliokalu ha scritto:No, non si può. Ad esempio $2^4\equiv 4^4 \pmod 3$ ma $2\not\equiv 4 \pmod 3$.Ouroboros ha scritto:invarianza rispetto all'elevamento a potenza, si può applicare anche al contrario?
Comunque grazie a tutti per i chiarimenti
"Qual é 'l geomètra che tutto s'affige
per misurar lo cerchio, e non ritrova,
pensando, quel principio ond'elli indige,
tal era io a quella vista nova:
veder voleva come si convenne
l'imago al cerchio e come vi s'indova"
per misurar lo cerchio, e non ritrova,
pensando, quel principio ond'elli indige,
tal era io a quella vista nova:
veder voleva come si convenne
l'imago al cerchio e come vi s'indova"
Re: EGMO 2013 ($n^4$)
Non ho sbagliato il testo, semplicemente l'ho proposto con $ n^4 $. E' la stessa cosa alla fine. Bene Kalu