IUSS 2008

[Giulius]

Trovare tutte le soluzioni intere di
$ x^{2}+2x-3-2xy-y=0 $

[dario2994]

Alur premetto che in tdn sono negato xD
Prima di tutto ho trasformato l'equazione in
$ (x-1)(x+3)=y(2x+1) $
A questo punto ho notato che
$ 2x+1 | (x-1)(x+3) $
Attraverso un poco di giochi di congruenze strane ho notato che con (x-1) ha in comune solo il fattore 3, mentra con (x+3) solo il fattore 5
quindi teoricamente
$ 2x+1=3^a5^b $
con a,b che va da 0 a infinito. Questa è una condizione necessaria ma ovviamente non sufficiente... non riesco ad andare più avanti di così xD Se mi viene in mente posto subito ;)

[GioacchinoA]

$ x^2+2x-3-2xy-y=0 $ con $ x\in Z , y \in Z $
Vedendola come un equazione di $ 2° $ grado nell'incognita $ x $ ho come soluzioni $ x=\pm\sqrt{y^2-y+4} + y - 1 $
$ x \in Z $ quando $ y^2-y+4=t^2 $ con $ t \in Z $.
Vedendo anche questa come un'equazione di $ 2° $ grado nell'incognita $ y $ ottengo $ y = \dfrac{1\pm\sqrt{4t^2-15}}{2} $
$ y \in Z $ quando $ 4t^2-15 = s^2 $
$ 4t^2-15 = s^2 \Rightarrow (2t+s)(2t-s)=15 $ Risolvendo i casi ottengo $ t=4 \vee t=2 $ da cui $ y=1 \vee y=0 \vee y=4 \vee y=-3 $ grazie ai quali possiamo risalire alle coppie $ (x,y) $ che sono
$ (2,1);(-2,1);(-3,0);(1,0);(7,4);(-1,4);(-8,-3);(0,-3) $
Spero sia giusto... E' un po' brutta come soluzione?

[dario2994]

ok ho concluso la mia dimostrazione... ma ho notato di aver sbagliato perchè
$ 2x+1=\pm 3^a5^b $
Da qui ho concluso poichè ho sostituito le x con
$ x=\frac{\pm3^a5^b-1}{2} $
Così da concludere quali x vanno bene e calcolare di conseguenza le relative y ;)
Sono felice di vedere che i miei risultati sono uguali a quelli di gioacchino... che però ha usato un metodo tutto diverso xD

[Ani-sama]

Apperò, hanno cominciato a mettere davvero esercizi di matematica a quel test, finalmente?

[federiko97]

Un modo più facile per risolverla:

$ x^2+2x-3-2xy-y=0 $ equivale a $ (2x+1)(2x-4y+3)=15 $ da cui $ 2x+1|15 $ e restano solo 8 casi da provare a mano..

E ora una domanda più interessante: come si arriva in modo completamente meccanico alla seconda formulazione del problema?

EDIT: scusatemi, avevo riportato male il testo del problema, ma la soluzione funziona...

[SkZ]

cioe' $ $P_2=0 \rightarrow P_1P_1'=k $?

[Federiko]

Beh, io avrei provato a sistemare tutte le y, e quindi sarei arrivato a $ x^2+x-3-(2x+1)y=0 $. Poi avrei cercato di scriverlo come prodotto, quindi faccio la divisione tra $ x^2+x-3 $ per $ 2x+1 $ e, dato che
$ \displaystyle x^2+x-3=\frac{(2x+1)^2}{4}-\frac{13}{4} $
riscrivo tutto (moltiplicando per 4) come $ (2x+1)(2x+1-4y)=13 $, molto più facile di quella di federiko97, da cui $ x=6,-7,0,-1 $

EDIT: mi sono accorto ora che ho copiato il testo da quello di Federiko97, che aveva sbagliato a copiare... comunque il ragionamento è questo!

[jordan]

Ma guarda caso hai lo stesso nome, la stessa città, rispondi alle stesse domande e sai anche quando sbaglia a copiare..

[Reginald]

E ora una domanda più interessante: come si arriva in modo completamente meccanico alla seconda formulazione del problema?

Mah...io come prima cosa penserei a Ruffini...l'equazione era $ x^2+2x-3-2xy-y=0 $, come prima cosa trovo una x che mi annulla i coefficenti con le y.$ x=-1/2 $ funziona. Però se sostituisco a x 1/2 trovo degli orribili denominatori allora moltiplicherei tutto per 4 ottengo $ 4x^2+8x-12-8xy-4y=0 $
A questo punto posso finalmente usare Ruffini, dopo aver fatto una piccola modifica "k" in modo che si annulli $ 4x^2+4x-12 +k $ con x=1/2:$ 4x^2+8x-12-8xy-4y+15=15 $ e posso raggruppare:
$ 4(x+1/2)(x+3/2-4y)=15 $..Teoricamente dovrebbe funzionare...

[Federiko]

Ma guarda caso hai lo stesso nome, la stessa città, rispondi alle stesse domande e sai anche quando sbaglia a copiare..

Abbiamo già discusso su questo (viewtopic.php?p=104439&highlight=#104439) , e GIURO ( e se mento mi ritiro dalla matematica ) che non sono io federiko97 e che sono una persona reale e che non ho account fittizi!!

[Gatto]

Se ricordo bene c'è anche il Male che manovra le fila di federiko97

[stefanos]

LOL. Tornare in topic? xD

[federiko97]

e se mento mi ritiro dalla matematica

No, ti prego non farlo!! Sarebbe una perdita troppo grande per l'umanità.

Ti chiederei, tra l'altro, come mai pensi che il tuo procedimento sia molto + facile del mio, visto che tu al momento ignori il mio procedimento....

Quello che tentavo di dire è:

ok, questo problema è del tutto ovvio visto che la y compare solo di primo grado e quindi si può isolare e la condizione "y è intero" trasforma il problema in un problema di divisibilità tra polinomi in una variabile, che non ci vuole niente a risolvere... MA esiste un altro approccio che funziona anche per diofantee di secondo grado meno idiote di queste (cioè dove compare anche il termine $ y^2 $).

Per esprimere farò un claim che invito tutti (compreso il mio alter ego Federiko ) a dimostrare:

Esiste un algoritmo generale (seppure in alcuni casi può risultare lungo, ma finisce sempre in un tempo finito) che, data una generica diofantea di secondo grado in due variabili, ti trova tutte le soluzioni (chiaramente dimostrando che non ce ne sono altre).

Su, chi si avventura?


F.B.

[kn]

Su, chi si avventura?

Io ho trovato questo metodo di "semplificazione graduale":
$ \displaystyle~ax^2+bxy+cy^2+dx+ey+f=0 $
Cerco qualche k per cui esista una fattorizzazione di $ \displaystyle~ax^2+bxy+ky^2 $ e scrivo
$ \displaystyle~(m_1x+n_1y)(m_2x+n_2y)+\ldots=0 $ (nei puntini rimane eventualmente un $ \displaystyle~y^2 $ e i termini di grado < 2).
Ora moltiplico per poter fare una sostituzione furba:
$ \displaystyle~(2m_1m_2x+2n_1m_2y)(2m_1m_2x+2m_1n_2y)+\ldots=0 $
Sia z la media aritmetica (intera) dei due fattori: ora posso scrivere
$ \displaystyle~(z+ty)(z-ty)+\ldots=0 $
Ora rimane un termine in x che posso (moltiplicando, eventualmente) trasformare in z unendolo a y. Ci siamo ridotti a un'equazione così:
$ \displaystyle~az^2+by^2+cz+dy+e=0 $
$ \displaystyle~az^2-ay^2+(a+b)y^2+c(z+y)+(d-c)y+e=0 $
$ \displaystyle~(az-ay+c)(z+y)+\ldots=0 $
Stesso trucco di prima e otteniamo un'equazione del tipo:
$ \displaystyle~v^2+ay^2+by+c=0 $
Cerchiamo un k' per cui $ \displaystyle~ay^2+by+k' $ si scompone e facendo di nuovo la media arriviamo a:
$ \displaystyle~av^2+bw^2+c=0 $
$ \displaystyle~a^2v^2+abw^2+ac=0 $
$ \displaystyle~(av)^2-(-ab)w^2=(-ac) $, che è (penso) l'equazione di Pell, che si risolve (non so come...)
Tornando indietro nelle sostituzioni otteniamo delle soluzioni con x e y razionali. Ovviamente scegliamo quelle con x e y interi.

Non detestatemi per le continue ridefinizioni di a, b, c, d, e, ma altrimenti finivo le lettere dell'alfabeto!