Es. Dimostrativo del senior di TdN
Es. Dimostrativo del senior di TdN
trovare tutti i numeri n interi tale che esistono x e y interi (non necessariamente positivi) t.c. $x^3+y^3=n!+4$.
Re: Es. Dimostrativo del senior di TdN
Testo nascosto:
Imagination is more important than knowledge. For knowledge is limited, whereas imagination embraces the entire world, stimulating progress, giving birth to evolution (A. Einstein)
Re: Es. Dimostrativo del senior di TdN
Nope, ma hai fatto bene a farlo nascosto, cosi provano anche gli altriDrago96 ha scritto:Testo nascosto:
Re: Es. Dimostrativo del senior di TdN
C'è anche $ (5,-1,5) $, non mi vengono idee..
Re: Es. Dimostrativo del senior di TdN
E' vero...LeZ ha scritto:C'è anche $ (5,-1,5) $, non mi vengono idee..
Testo nascosto:
Imagination is more important than knowledge. For knowledge is limited, whereas imagination embraces the entire world, stimulating progress, giving birth to evolution (A. Einstein)
Re: Es. Dimostrativo del senior di TdN
Bravi drago96 e lezDrago96 ha scritto:E' vero...LeZ ha scritto:C'è anche $ (5,-1,5) $, non mi vengono idee..Testo nascosto:
Re: Es. Dimostrativo del senior di TdN
Esatto, bravo drago! anche modulo $ 9 $ va bene! che esclude i casi dal $ 6 $ in su
Re: Es. Dimostrativo del senior di TdN
Infatti se uno lo fa modulo 7 E 9, viene meglio per escludere i valori 1 2 e 3.LeZ ha scritto:Esatto, bravo drago! anche modulo $ 9 $ va bene! che esclude i casi dal $ 6 $ in su
senza farli a mano dicendo $x^3+y^3-4$ modulo 7 esce 1,2,3,4,5 mentre modulo 9 è 3,4,5,6,7.. Quindi se n=1 $n!=1$ impossibile modulo 2.. Se n=2 assurdo modulo 9 e se n=3 assurdo modulo 7.. E 4 e 5 si trovano le due soluzioni
Re: Es. Dimostrativo del senior di TdN
In realtà ho trovato un altro modo che li esclude facilmente mod 7. Intanto n=1 si esclude poichè 1$1^3+1^3<5< 1^3+2^3$. Se si assume wlog $x \leq y$ posso dire che per $n\geq 4$ x e y sono entrambi dispari (perchè? ) poi lascio stare un attimo x=1 e trascrivo l'equazione e alla fine mi accorgo (come?) che $x=4x_1+3$ e $y=4y_1+1$ e per n>6 posso dimostrare mod 7 che non ci sono soluzioni (infatti 7^3+5^3> 5! +4 , ma non di 6!+4). Escludo n=6 poichè 7^3 + 7^3<724<7^3+8^3. Quindi per n>6 non ci sono soluzioni per qualsiasi x e per x>1 ci sono soluzioni solo se n>6 , per cui x=1, n varia da 2 a 5 (estremi inclusi) e i calcoli a mano si afanno abbastanza velocemente. Per le soluzioni negative si può considerare x^3-y^3. La mia soluzione so che fa schifo, perchè attraverso i moduli è abbastanza semplice e la mia è contorta, ma ci sono degli accorgimenti che magari potrebbero essere utili, un pò per stare attenti a passaggi dove magari si ci può imbrogliare facilmente. Insomma ho reso l'esercizio più difficile di quanto in realtà non lo sia.
) poi lascio stare un attimo x=1 e trascrivo l'equazione e alla fine mi accorgo (come?) che $x=4x_1+3$ e $y=4y_1+1$ e per n>6 posso dimostrare mod 7 che non ci sono soluzioni (infatti 7^3+5^3> 5! +4 , ma non di 6!+4). Escludo n=6 poichè 7^3 + 7^3<724<7^3+8^3. Quindi per n>6 non ci sono soluzioni per qualsiasi x e per x>1 ci sono soluzioni solo se n>6 , per cui x=1, n varia da 2 a 5 (estremi inclusi) e i calcoli a mano si afanno abbastanza velocemente. Per le soluzioni negative si può considerare x^3-y^3. La mia soluzione so che fa schifo, perchè attraverso i moduli è abbastanza semplice e la mia è contorta, ma ci sono degli accorgimenti che magari potrebbero essere utili, un pò per stare attenti a passaggi dove magari si ci può imbrogliare facilmente. Insomma ho reso l'esercizio più difficile di quanto in realtà non lo sia.<<Se avessi pensato (se pensassi) che la matematica è solo tecnica
e non anche cultura generale; solo calcolo e non anche filosofia,
cioè pensiero valido per tutti, non avrei fatto il matematico (non
continuerei a farlo)>> (Lucio Lombardo Radice, Istituzioni di
Algebra Astratta).
Mathforum
$ \displaystyle\zeta(s)=\sum_{n=1}^\infty \frac {1}{n^s} $
e non anche cultura generale; solo calcolo e non anche filosofia,
cioè pensiero valido per tutti, non avrei fatto il matematico (non
continuerei a farlo)>> (Lucio Lombardo Radice, Istituzioni di
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Troleito br00tal
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- Iscritto il: 16 mag 2012, 22:25
Re: Es. Dimostrativo del senior di TdN
Io mi oppongo all'uso dei moduli su questo pianeta. Faccio un eccidio!
Re: Es. Dimostrativo del senior di TdN
Come ti opponi?? c e un modo migliore per farlo??Troleito br00tal ha scritto:Io mi oppongo all'uso dei moduli su questo pianeta. Faccio un eccidio!
Re: Es. Dimostrativo del senior di TdN
Disse l'uomo che affermò di aver risolto la congettura di Goldbach...Troleito br00tal ha scritto:Io mi oppongo all'uso dei moduli su questo pianeta. Faccio un eccidio!
Imagination is more important than knowledge. For knowledge is limited, whereas imagination embraces the entire world, stimulating progress, giving birth to evolution (A. Einstein)
Re: Es. Dimostrativo del senior di TdN
Scusate ragazzi, ma mi rimangio quello che ho detto prima. Alla fine il caso x^3-y^3 si esclude ragionando solo coi moduli, volevo trovare un modo diverso ma era solo un'idea, bah... almeno c'ho provato...magari qualcosa si poteva accettare ma è un inutile giro, meglio lasciar stare
<<Se avessi pensato (se pensassi) che la matematica è solo tecnica
e non anche cultura generale; solo calcolo e non anche filosofia,
cioè pensiero valido per tutti, non avrei fatto il matematico (non
continuerei a farlo)>> (Lucio Lombardo Radice, Istituzioni di
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e non anche cultura generale; solo calcolo e non anche filosofia,
cioè pensiero valido per tutti, non avrei fatto il matematico (non
continuerei a farlo)>> (Lucio Lombardo Radice, Istituzioni di
Algebra Astratta).
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Re: Es. Dimostrativo del senior di TdN
ragazzi, tanto per dire eh .. ma se mettete del testo nascosto, almeno metteteci una dimostrazione ... sparare i risultati così è sempre una brutta abitudine
Re: Es. Dimostrativo del senior di TdN
Provo a scrivere una dimostrazione "come si deve"...
1) I cubi modulo 7 sono $0$, $1$ o $-1$; ne segue che una somma di due cubi non può essere $3,4$ (si fa a mano)
2) I cubi modulo 9 sono $0$, $1$ o $-1$; ne segue che una somma di due cubi non può essere $3,4,5,6$ (si fa a mano)
3) Per $n\ge 7$ vale $x^3+y^3\equiv 4\pmod 7$, che è impossibile per 1).
4a) Per $n=6$ vale $x^3+y^3\equiv 6!+4\equiv 4\pmod 9$, che contraddice 2).
4b) Per $n=6$ vale $x^3+y^3\equiv 6!+4\equiv-1+4\equiv3\pmod 7$, dove nel secondo passaggio si è usato Wilson, situazione di nuovo impossibile per 1).
5) Per $n=5$ si deve avere $x^3+y^3=124\rightarrow (x+y)\left((x+y)^2-3xy\right)=124=2^2\cdot31$; chiamando $a=x+y>0$, deve essere che $a\mid 124$. Con un po' di passaggi algebrici si arriva a $\displaystyle x(a-x)=\frac{a^3-124}{3a}$; dunque $3\mid a^3-124$ e quindi $a\in\{1,4,31,124\}$. E da qui si trova che c'è soluzione solo per $a=4$, che porta alle due terne $(5,-1,5)$ e $(-1,5,5)$.
6) Per $n=4$ si deve avere $x^3+y^3=28$; stesso discorso e stessa notazione, si ottiene $a\in\{1,4,7,28\}$. Di nuovo a mano l'unico caso possibile è $a=4$, da cui le terne $(1,3,4),(3,1,4)$.
7) Per $n=3$ deve valere $x^3+y^3\equiv 6+4\equiv 3\pmod 7$, impossibile per 1).
8 ) Per $n=2$ deve valere $x^3+y^3\equiv 2+4\equiv 6\pmod 9$, impossibile per 2).
9) Per $n=1,0$ deve valere $x^3+y^3\equiv 1+4\equiv 5\pmod 9$, impossibile per 2).
Per una dimostrazione alternativa, si potrebbe notare che in entrambe le soluzioni $x+y=4$, e forse una strada potrebbe essere dimostrare che $x+y\le n$, che porta a dire $x+y\mid 4$ e da qua forse si potrebbe concludere
1) I cubi modulo 7 sono $0$, $1$ o $-1$; ne segue che una somma di due cubi non può essere $3,4$ (si fa a mano)
2) I cubi modulo 9 sono $0$, $1$ o $-1$; ne segue che una somma di due cubi non può essere $3,4,5,6$ (si fa a mano)
3) Per $n\ge 7$ vale $x^3+y^3\equiv 4\pmod 7$, che è impossibile per 1).
4a) Per $n=6$ vale $x^3+y^3\equiv 6!+4\equiv 4\pmod 9$, che contraddice 2).
4b) Per $n=6$ vale $x^3+y^3\equiv 6!+4\equiv-1+4\equiv3\pmod 7$, dove nel secondo passaggio si è usato Wilson, situazione di nuovo impossibile per 1).
5) Per $n=5$ si deve avere $x^3+y^3=124\rightarrow (x+y)\left((x+y)^2-3xy\right)=124=2^2\cdot31$; chiamando $a=x+y>0$, deve essere che $a\mid 124$. Con un po' di passaggi algebrici si arriva a $\displaystyle x(a-x)=\frac{a^3-124}{3a}$; dunque $3\mid a^3-124$ e quindi $a\in\{1,4,31,124\}$. E da qui si trova che c'è soluzione solo per $a=4$, che porta alle due terne $(5,-1,5)$ e $(-1,5,5)$.
6) Per $n=4$ si deve avere $x^3+y^3=28$; stesso discorso e stessa notazione, si ottiene $a\in\{1,4,7,28\}$. Di nuovo a mano l'unico caso possibile è $a=4$, da cui le terne $(1,3,4),(3,1,4)$.
7) Per $n=3$ deve valere $x^3+y^3\equiv 6+4\equiv 3\pmod 7$, impossibile per 1).
8 ) Per $n=2$ deve valere $x^3+y^3\equiv 2+4\equiv 6\pmod 9$, impossibile per 2).
9) Per $n=1,0$ deve valere $x^3+y^3\equiv 1+4\equiv 5\pmod 9$, impossibile per 2).
Per una dimostrazione alternativa, si potrebbe notare che in entrambe le soluzioni $x+y=4$, e forse una strada potrebbe essere dimostrare che $x+y\le n$, che porta a dire $x+y\mid 4$ e da qua forse si potrebbe concludere
Imagination is more important than knowledge. For knowledge is limited, whereas imagination embraces the entire world, stimulating progress, giving birth to evolution (A. Einstein)