combinatoria o simile

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

allora...deve essere un es di ammissione alla norm (mi hanno detto 2000 o simile) e ci sto un po\' morendo sopra...quindi aiutatemi..sembra sempre che mi manchi un passaggio....
 
 e\' una combinatoria(mi hanno detto di no ma chissene)
 tipo x^p + y^p = p^z con p primo e altri interi
 
 grazie =)
 ff
 
 PS ma c\'e\' una tattica per trovare un generatore o bisogna andare a tentativi (qui sembra proprio che bisogna tirarlo in mezzo) ?? [ Questo Messaggio è stato Modificato da: franc il 09-09-2003 13:41 ]

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

Mi puoi dire il testo esatto del problema? Cmq, se p è primo>=2, è dispari ed allora (x+y)|(x^p+y^p), inoltre (x+y)|p^z ovvero (x+y)=p^n e P(x)=p^(z-n), dove P(x) è il ris della div tra x^p+y^p e x+y. Per p=2 è quasi una passeggiata. <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">

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

a me sembrava che fossero interi POSITIVI
 per p=2 concordo, è una cavolata
 ma per p>2????
 HELP! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif">

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

io avevo letto solo interi pero\' non saprei...
 ff
 (iniziamo ad uppare..ho bisogno di una buona soluzione)[addsig]

LB · Messaggio da LB » 01 gen 1970, 01:33

La seguente soluzione assume x, y, z e p nonnegativi.
 
 (1) x^p + y^p = p^z
 
 Se k > 0, p^k|gcd(x, y), allora p^k|p^z, quindi z >= k e (x/p^k, y/p^k, z - pk, p) è anch\'essa soluzione.
 (2) Cerchiamo quindi solo le soluzioni tali che p!\\gcd(x, y).
 
 (3) Se z = 0, allora ovviamente x=1 y=0 o x=0 y=1 con p qualsiasi.
 (3) Se x + y = 0, impossibile; se x + y = 1, allora x=1 y=0 o x=0 y=1 con z=0 e p qualsiasi come prima.
 Per trovare le altre soluzioni assumiamo quindi z > 0 e x + y > 1.
 
 Se p = 2, si ottiene x^2 + y^2 = 2^z.
 
 Se z = 1, allora x=1 y=1 è soluzione
 Se z >= 2 si ottiene
 
 x^2 + y^2 = 0 (4)
 
 mod 4 i pari hanno quadrato 0 e i dispari 1; tuttavia x e y non possono essere entrambi pari per la (2); la parte a sinistra vale quindi 1 o 2 != 0 (4).
 
 Se p != 2, allora p dispari.
 
 Quindi la (1) diventa x^p - (-y)^p = p^z, ovvero (x + y)Q(x, y) = p^z
 Allora x + y = p^k con k > 0 per la (3).
 Quindi x = p^k - y e la (1) diventa (p^k - y)^p + y^p = p^z
 
 (p^k - y)^p + y^p = p^z
 
 Sviluppando il binomio:
 p^(k + 2)(...) + (p 1) p^k * y^(p - 1) - y^p + y^p = p^z (p^(k + 2))
 p^(k + 1) * y^(p - 1) = p^z (p^(k + 2))
 
 p^(k + 2) divide tutti i termini con esponente di p^k > 1: poichè p tutti i coefficienti binomiali tranne quelli che valgono 1 tutti i relativi termini hanno esponente di p maggiore o uguale di (p 2) p^2k - y, che esiste e non è il primo poichè p >= 3.
 Inoltre questo vale anche per il termine p^pk poichè pk >= 2k + 1 per p >= 3 e k >= 1.
 p^(k + 2) divide (p 2) p^2k poichè k + 2 <= 2k + 2 per k >= 1.
 
 Notare che per k = 0 e p = 2 questo non vale e infatti esistono le soluzioni già esposte che il seguente ragionamento esclude.
 
 
 Se z < k + 1:
 p^(k + 1 - z) * y^(p - 1) = 1 (p^(k + 2 - z))
 impossibile
 
 Se z > k + 1:
 y^(p - 1) = p^(z - k - 1) (p)
 y^(p - 1) = 0 (p)
 p | y, e quindi p | gcd(x, y), impossibile per la (2)
 
 
 Quindi z = k + 1.
 
 La (1) diventa:
 (p^(z - 1) - y)^p + y^p = p^z
 
 Per Mp>=AM, si ha
 (((p^(z - 1) - y)^p + y^p)/2)^(1/p) >= p^(z - 1)/2
 p^(z - 1) - y)^p + y^p >= 2*(p^(z - 1)/2)^p = p^(pz - p)/2^(p - 1)
 
 Allora deve valere questo, poichè altrimenti la parte sinistra della (1) sarebbe maggiore della destra:
 (4) p^(pz - p)/2^(p - 1) <= p^z
 p^(pz - p) <= p^z*2^(p - 1)
 p^(pz - p - z) <= 2^(p - 1)
 
 Poichè p > 2, allora deve valere pz - p - z <= p - 1, ovvero:
 
 pz - 2p - z + 1 <= 0
 
 (p - 1)(z - 2) <= 1
 
 Poichè (p - 1) >= 2, z <= 2.
 
 Consideriamo il caso z = 1:
 (1 - y)^p + y^p = p
 
 x >= 0, da cui y=0 o y=1 e si ha p = 1, impossibile
 
 Consideriamo il caso z = 2:
 La (4) diventa:
 p^(p - 2) <= 2^(p - 1)
 
 Per p >= 5, p^(p - 2) >= 5^(p - 2)
 
 Ma 5^(p - 2) > 2^(p - 1) per ogni p >= 5 poichè 5^3 > 2^4 e il passo induttivo è ovvio.
 
 Quindi p = 3.
 
 Allora si ottiene:
 (3 - y)^3 + y^3 = 9
 
 Le uniche soluzioni di questo con p!\\gcd(x, y) sono x=1 y=2 e x=2, y=1, che verificano la (1).
 
 
 Quindi le soluzioni di base sono:
 x = 0
 y = 1
 z = 0
 per ogni p
 
 x = 1
 y = 1
 z = 1
 p = 2
 
 x = 1
 y = 2
 z = 2
 p = 3
 
 Le altre soluzioni si ottengono scambiando x e y e/o moltiplicando x e y per p^k e aggiungendo pk a z

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

grazie mille barbieri!
 
 ..per la verita\' ci ho messo 2 letture per assimilarla ma e\' davvero buona..
 ciao =)
 ff
 
 ora mi vantero\' di saperla dimostrare (vero kayo???)

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

Non è vero che x e y non possono essere entrambi pari, x=y=8 z=7 e p=2 è una soluzione

XT · Messaggio da XT » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2003-09-09 16:55, publiosulpicio wrote:
 Non è vero che x e y non possono essere entrambi pari, x=y=8 z=7 e p=2 è una soluzione
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 posto p=2 saltano fuori infinite soluzioni dove x=y=2^n e z=2n+1

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

esattissimo, in particolare, si ha le seguenti soluzioni, per ogni n intero positivo: (2^n,0,2n) (0,2^n,2n) (2^n,2^n,2n+1)
 nel caso generale, ci sto lavorando, ma sono a buon punto... sto usando una generalizzazione del metodo usato per risolvere p^x=p^y+1, non è molto peggio (almeno fino adesso), si vedrà

LB · Messaggio da LB » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2003-09-09 16:55, publiosulpicio wrote:
 Non è vero che x e y non possono essere entrambi pari, x=y=8 z=7 e p=2 è una soluzione
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 Non possono essere entrambi pari perchè ho supposto che p non divida gcd(x, y); le soluzioni così eliminate sono poi aggiunte alla fine: questo permette di evitare di dovere fare discese infinite continuamente.
 
 La tua soluzione è in particolare x = y = 1 * 2^k, z = 1 + 2*k, p = 2 con k = 3.

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

Ah... ok

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

Iuppi, dopo un po\' di lavoro ci sono riuscito!! Il metodo del mio precedente messaggio in effetti funziona.. l\'unica cosa di cui non sono tanto sicuro è la mia dimostrazione che p non divide x, io l\'ho dimostrato mostrando che p>x, qualcuno di voi si vuole cimentare?

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

proprio nessuno ha un\'idea di come si possano applicare dei generatori in questa diofantea?
 io un\'idea ce l\'avrei ma nn ho tempo di postarla..se qlc e\' interessato me lo dica che domani ci penso..=))
 notte
 ff

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

SCUSATEMI MA SE NON UPPO NESSUNO MI DICE SE USARE I GENERATORI VA BENE...
 
 <TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2003-09-09 22:13, franc wrote:
 proprio nessuno ha un\'idea di come si possano applicare dei generatori in questa diofantea?
 io un\'idea ce l\'avrei ma nn ho tempo di postarla..se qlc e\' interessato me lo dica che domani ci penso..=))
 notte
 ff
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>

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

che è un generatore?