SNS 2003-2004 es. 3

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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Nomen
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SNS 2003-2004 es. 3

Messaggio da Nomen » 17 mag 2007, 14:09

Si sa che la somma di due interi positivi è 30030. Si dimostri che il loro prodotto non è divisibile per 30030.

é ancora vera questa proprietà se si sostituisce il numero 30030 con 11550? E, in generale, per quali numeri a il prodotto di due interi positivi con somma a è divisibile per a?

Sherlock
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Messaggio da Sherlock » 17 mag 2007, 14:50

io l'avrei risolto così:

$ xy = a $
$ x + y = a $
$ xy = x + y $
$ \displaystyle x = \frac{y}{y - 1} $

Poichè x è intero y deve essere multiplo di (y - 1) che quindi è il MCD
$ y - 1 | 1 $
$ y = 2 $ $ x = 2 $$ a = 4 $

Questi sono gli unici due numeri...almeno credo :D
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LeopoldoXII
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Messaggio da LeopoldoXII » 17 mag 2007, 15:00

Sherlock ha scritto:io l'avrei risolto così:

$ xy = a $
deve essere divisibile, non uguale ;)

Sherlock
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Messaggio da Sherlock » 17 mag 2007, 15:06

Scusate ho letto male...mi rimetto subito al lavoro
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Io: Perché vuoi fare il matematico?
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Boll
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Messaggio da Boll » 17 mag 2007, 15:10

La mia caratterizzazione fa davvero schifo... Secondo me sono buoni tutti gli interi $ a $ tali che esista almeno un naturale $ k>1 $ tale che $ k^2 | a $ (per coloro che usano nomi altisonanti, direi che tale proprietà è vera per tutti i numeri non squarefree ;)).. Qualcuno conferma?

P.S. Si vede chiaramente che $ 30030=2*3*5*7*11*13 $ è squarefree mentre $ 11550=5^2*462 $ non lo è.
"Ma devo prendere una n-upla qualsiasi o una n-upla arbitraria?" (Lui)

Ale90
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Messaggio da Ale90 » 17 mag 2007, 15:23

Hm, speriamo di non sparare delle cavolate enormi :? :D

Allora, dobbiamo avere che $ a+b=30030 $ e $ 30030|ab $.
Intanto vediamo che $ 30030 = 2\cdot3\cdot5\cdot7\cdot11\cdot13 $
Consideriamo $ a $ e $ b $. Visto che $ a+b=0 \pmod{13} $, allora $ a = k\pmod{13} $ e $ b = $$ -k\pmod{13} $. Ma $ a $ e/o $ b $ devono dividere $ 13 $, quindi $ k $ non può essere che $ 0 $ e sia $ a $ sia $ b $ sono multipli di $ 13 $.
Un ragionamento analogo può essere fatto per tutti i fattori che compongono $ 30030 $.
Ma allora avremmo che $ a = 30030m $ e $ b = 30030n $ con $ m,n\geq1 $, e quindi $ a+b>30030 $ che è assurdo.

Se invece abbiamo $ 11550 = 2\cdot3\cdot5^2\cdot7\cdot11 $ che succede?
Per i fattori $ 2 $, $ 3 $, $ 7 $, $ 11 $ può essere ripetuto il ragionamento di prima: quindi $ a=2\cdot3\cdot7\cdot11\cdot m $ e $ b=2\cdot3\cdot7\cdot11\cdot n $.

A questo punto abbiamo $ 5^2 $. Come al solito vale il ragionamento precedente, ma visto che $ a=5j $ e $ b=5k $ abbiamo che $ 5^2|ab $.

Quindi $ a = 2\cdot3\cdot5\cdot7\cdot11\cdot f $ e $ b = 2\cdot3\cdot5\cdot7\cdot11\cdot g $, e quindi $ a+b=2\cdot3\cdot5\cdot7\cdot11\cdot(f+g) $.
Se $ f+g=5 $ con $ f,g\geq1 $ abbiamo ciò che cercavamo.

Appoggio l'ipotesi di Boll, per quanto possa valere il mio parere (poco) :D

Edit: migliorato un po' il LaTeX. Grazie TADW_Elessar :wink:
Ultima modifica di Ale90 il 17 mag 2007, 17:58, modificato 2 volte in totale.

TADW_Elessar
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Messaggio da TADW_Elessar » 17 mag 2007, 15:32

piccolo suggerimento LaTeX: $ k mod 13 \Rightarrow k \pmod{13}\Rightarrow $k \pmod{13}

Ale90
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Messaggio da Ale90 » 17 mag 2007, 15:38

TADW_Elessar ha scritto:piccolo suggerimento LaTeX: $ k mod 13 \Rightarrow k \pmod{13}\Rightarrow $k \pmod{13}
Grazie, mi verrà utile :D :wink:
Vado a rendere un po' più leggibile il tutto...

darkcrystal
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Messaggio da darkcrystal » 17 mag 2007, 17:31

Boll ha scritto:La mia caratterizzazione fa davvero schifo... Secondo me sono buoni tutti gli interi $ a $ tali che esista almeno un naturale $ k>1 $ tale che $ k^2 | a $ (per coloro che usano nomi altisonanti, direi che tale proprietà è vera per tutti i numeri non squarefree ;)).. Qualcuno conferma?

P.S. Si vede chiaramente che $ 30030=2*3*5*7*11*13 $ è squarefree mentre $ 11550=5^2*462 $ non lo è.
Concordo. Se $ k^2|a $ allora $ (a/k,a-a/k) $ funziona, altrimenti dato che ogni primo che divide a divide sia m che n risulta $ a=m+n \geq a+a = 2a $, assurdo.

EDIT: beh in realtà funziona senz'altro se k è primo... ma se non lo è prendo un suo divisore :wink:
Ultima modifica di darkcrystal il 17 mag 2007, 17:33, modificato 1 volta in totale.
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Messaggio da EvaristeG » 17 mag 2007, 17:33

Ah, vecchi ricordi ...

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Messaggio da Nomen » 17 mag 2007, 19:56

Purtroppo non conosco l'aritmetica modulare, quindi l'ho risolto in questo modo:
ho supposto che $ xy=30030*c $ per poi cadere in contraddizione con questa supposizione.

Dato: $ x+y=30030 $ e $ xy=30030*c $, allora le soluz. del sistema sono date dalle radici dell'equazione:
$ t^2-30030t+30030c $ da cui poi:
$ t=15015+-\sqrt(15015^2-30030c) $
Allora il discriminante, che possiamo anche scrivere $ 15015(15015-2c) $ deve essere necessariamente
(1) $ <15015^2 $ (infatti x e y sono interi positivi) e
(2) un quadrato perfetto.
Ma queste condizioni non possono coesistere poichè, se $ 15015=3*5*7*11*13 $ allora $ (15015-2c) $ deve contenere tutti i fattori primi di 15015 più eventuali fattori primi con potenza pari. Ma questo è in contrasto con la (1).

Ragionando allo stesso modo si vede che per 11550 la proprietà vale (infatti compare un fattore $ 5^2 $), e vale per tutti quei numeri tali che possono essere scritti come prodotto di fattori primi di cui almeno uno abbia potenza maggiore di 1.

Come al solito, date le mie scarse conoscenze, il procedimento non è rigoroso e anche un po' "bruttarello". Comunque, che ne pensate?

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Messaggio da teppic » 19 mag 2007, 16:50

Boll ha scritto:(per coloro che usano nomi altisonanti, direi che tale proprietà è vera per tutti i numeri non squarefree ;)).. Qualcuno conferma?
Confermo. Esiste anche l'espressione italiana, che è libero da quadrati.

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Messaggio da Boll » 19 mag 2007, 20:21

Una soluzione un po' più "tecnica" e "straightforward"...

Allora in pratica dobbiamo cercare le soluzioni di $ (x+y)|xy $. Posto $ x=x'(x,y) $ e $ y=y'(x,y) $ con $ a=(x'+y')(x,y) $, quindi avremo $ (x'+y')|[(x,y)x'y'] $ poichè x' e y' sono coprimi allora $ (x'y',x'+y')=1 $ (dimostrare, ma credo sarebbe buono in un test SNS)... Quindi tutti i fattori di $ x'+y' $ devono stare in $ (x,y) $ ovvero $ (x,y)=k(x'+y') $ da cui $ a=k(x'+y')^2 $ (notare che è necessario e sufficente perchè posso sempre trovare due numeri coprimi a somma costante, ovvero 1 e S-1). Ma allora a dev'essere multiplo di un quadrato, perchè x'+y' non può essere 1 essendo la somma di due naturali.
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Messaggio da jordan » 19 mag 2007, 23:31

concordo con la soluzione di boll..cmq è piu bella come hai scrittola prima, quella libera dai quadrati..

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