Questi mi sembrano carini:
<BR>
<BR>1)Express 2002^2002 as the smallest possible number of (positive or negative) cubes.
<BR>
<BR>2)p is a prime and a, b, c, are distinct positive integers less than p such that a^3==b^3==c^3 modp. Show that a^2 + b^2 + c^2 is divisible by a + b + c.
<BR>
<BR>Buon divertimento... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">
Simpatici cubi...
Moderatore: tutor
Ciao
<BR>
<BR>Provo il secondo anche se ho qualche dubbio:
<BR>
<BR>Osservazione: p deve essere del tipo 3k+1 altrimenti 1^3,2^3,...(p-1)^3 formano un sistema completo di residui mod(p).
<BR>
<BR>Step 1: dimostriamo che p|(a+b+c)
<BR>Per ipotesi a^3==b^3mod(p) e b^3==c^3mod(p) dunque
<BR>p|(a-b)(a^2+ab+b^2) e p|(b-c)(b^2+bc+c^2) ora sempre per ipotesi a,b,c sono minori di p , dunque p|(a^2+ab+b^2) e p|(b^2+bc+c^2) e quidni
<BR>p|(a^2+ab+b^2-b^2-bc-c^2) cioè p|(a-c)(a+b+c) e poichè a-c è minore di p abbiamo p|(a+b+c).
<BR>Da quanto detto sopra segue che a+b+c=p o a+b+c=2p (perchè a+b+c<3p).
<BR>
<BR>Step2: dimostriamo che p|(a^2+b^2+c^2)
<BR>Dalle ipotesi abbiamo che:
<BR>p|(a^2+ab+b^2)
<BR>p|(b^2+bc+c^2)
<BR>p|(a^2+ac+c^2)
<BR>Cioè p|(2a^2+2b^2+2c^2+ab+bc+ac) quindi anche
<BR>p|2*(2a^2+2b^2+2c^2+ab+bc+ac) e utilizzando quanto detto nello step 1 abbiamo anche che p|(2*(2a^2+2b^2+2c^2+ab+bc+ac)-(a+b+c)^2) e dunque p|3*(a^2+b^2+c^2) e poichè p!=3 abbiamo la tesi.
<BR>
<BR>Dunque se a+b+c=p la tesi segue immediatamente, se invece a+b+c=2p abbiamo che o a,b,c sono tutti e tre pari o due di essi sono dispari e il terzo pari, in entrambi i casi a^2+b^2+c^2 è pari e divisibile per 2p da cui la tesi.
<BR>
<BR>Chiedo scusa per gli eventuali strafalcioni ma l\'ora è tarda e le palpebre si stanno lentamente chiudendo <IMG SRC="images/forum/icons/icon_cool.gif">
<BR>
<BR>Ciao a tutti <IMG SRC="images/forum/icons/icon_biggrin.gif">
<BR>
<BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: andrea84 il 08-08-2004 02:33 ]
<BR>
<BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: andrea84 il 08-08-2004 02:34 ]<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: andrea84 il 09-08-2004 13:27 ]
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<BR>Provo il secondo anche se ho qualche dubbio:
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<BR>Osservazione: p deve essere del tipo 3k+1 altrimenti 1^3,2^3,...(p-1)^3 formano un sistema completo di residui mod(p).
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<BR>Step 1: dimostriamo che p|(a+b+c)
<BR>Per ipotesi a^3==b^3mod(p) e b^3==c^3mod(p) dunque
<BR>p|(a-b)(a^2+ab+b^2) e p|(b-c)(b^2+bc+c^2) ora sempre per ipotesi a,b,c sono minori di p , dunque p|(a^2+ab+b^2) e p|(b^2+bc+c^2) e quidni
<BR>p|(a^2+ab+b^2-b^2-bc-c^2) cioè p|(a-c)(a+b+c) e poichè a-c è minore di p abbiamo p|(a+b+c).
<BR>Da quanto detto sopra segue che a+b+c=p o a+b+c=2p (perchè a+b+c<3p).
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<BR>Step2: dimostriamo che p|(a^2+b^2+c^2)
<BR>Dalle ipotesi abbiamo che:
<BR>p|(a^2+ab+b^2)
<BR>p|(b^2+bc+c^2)
<BR>p|(a^2+ac+c^2)
<BR>Cioè p|(2a^2+2b^2+2c^2+ab+bc+ac) quindi anche
<BR>p|2*(2a^2+2b^2+2c^2+ab+bc+ac) e utilizzando quanto detto nello step 1 abbiamo anche che p|(2*(2a^2+2b^2+2c^2+ab+bc+ac)-(a+b+c)^2) e dunque p|3*(a^2+b^2+c^2) e poichè p!=3 abbiamo la tesi.
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<BR>Dunque se a+b+c=p la tesi segue immediatamente, se invece a+b+c=2p abbiamo che o a,b,c sono tutti e tre pari o due di essi sono dispari e il terzo pari, in entrambi i casi a^2+b^2+c^2 è pari e divisibile per 2p da cui la tesi.
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<BR>Chiedo scusa per gli eventuali strafalcioni ma l\'ora è tarda e le palpebre si stanno lentamente chiudendo <IMG SRC="images/forum/icons/icon_cool.gif">
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Andrea 84 alias Brend