Qualcuno sa ammazzarmi questo balkan ?
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l'anormalista
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Qualcuno sa ammazzarmi questo balkan ?
trovare tutte le coppie di primi(x,y) tali per cui x^y-y^x=xy^2-19 ?
L'anormalista è colui che capisce la futilità della sua esistenza
Sperimentalmente (2,3) e (2,7) sono soluzioni, le altre si escludono applicando in modo saggio il fatto che il LSx cresce piu' velocemente rispetto all'LDx.
Passo 1: In LaTeX l'espressione diventa $ x^y - y^x = xy^2 - 19 $
Passo 2: escludiamo le soluzioni con x=y, viene $ x^3=19 $
Lemma: se b>a sono naturali allora $ a^b>b^a $ da un certo punto in poi (in realta' si tratta di numeri piccolissimi, se a=2 vale gia' da b=5, se a=3 vale subito da b=4)
Dimostrazione Lemma
Lemma 2: se a>2 e' un naturale allora $ a^{a+1}>{(a+1)}^a $
Dimostrazione Lemma 2
Passo base: $ 3^4>4^3 $
Passo induttivo: $ \frac{{(a-1)}^a}{a^{a-1}} >1 \Rightarrow \frac{a^{a+1}}{{(a+1)}^a} >1 $
Dimostrazione: per passare da sinistra a destra devo moltiplicare l'espressione di sinistra per $ \frac{a^{2a}}{{((a-1)(a+1))}^a} = \frac{{(a^2)}^a}{{(a^2-1)}^a}>1 $
Continuiamo col primo lemma
Se a, b sono naturali tali che b>a e $ a^b>b^a $ allora $ a^{b+1}>{(b+1)}^a $. Combinando le 2 considerazioni si ottiene poi la tesi del lemma.
$ \frac{a^b}{b^a}>1 \Rightarrow \frac{a^{b+1}}{{(b+1)}^a}>1 $. Per ottenere l'espressione di destra da quella di sinistra bisogna moltiplicare per $ \frac{ab^a}{{(b+1)}^a} $. Bisogna dimostrare che quella roba e' >1
Lemma 3: se a>1 e' un naturale allora $ \sqrt[a]{a}>\frac{a^2}{a^2-a+1} $. Segue dalla AM-HM applicata all'a-pla (a, 1, ..., 1).
$ \frac{ab^a}{{(b+1)}^a}=a{(\frac{b}{b+1})}^a>1 \rightarrow \sqrt[a]{a}>\frac{b+1}{b} \Rightarrow $ per lemma 3 $ \Rightarrow \frac{a^2}{a^2-a+1}>\frac{b+1}{b} \rightarrow \frac{a^2-a+1}{a^2} $ minore di $ \frac{b+1-1}{b+1} \rightarrow \frac{a-1}{a^2}>\frac{1}{b+1} \rightarrow \frac{a^2}{a-1}< b+1 $. Ora poiche' b>a si ha $ b+1 \geq a+2 $. Quindi l'espressione diventa $ a^2<a^2+a-2 $ che e' vera per tutti gli a>2 e l'uguaglianza vale solo se b=4, ma nelle considerazioni iniziali abbiamo visto che se a=2 b e' minimo 5.
Tornando al problema il LDx e' positivo al crescere di x, y, quindi il lemma serviva anche (ma non solo) a vedere che con x, y un po' grandi si ha y>x. A parte cio' il lemma puo' tornare utilissimo in molte altre occasioni (sotto certe ipotesi vale anche per i reali positivi, ma non so dimostrarlo).
Ora dividiamo il tutto per $ y^x $ ottenendo $ \frac{x^y}{y^x}-1=\frac{x}{y^{x-2}}-\frac{19}{y^x} $. Il LSx aumenta sempre all'aumentare di x o y come si vede dai ragionamenti del lemma, mentre il LDx decresce. Il suo primo termine viene moltiplicato per $ \frac{x+1}{xy} <1 $ se aumenta x e per $ {(\frac{y}{y+1})}^x <1 $ se aumenta y. C'e anche il secondo addendo del LDx che cresce ma e' abbastanza insignificante, soprattutto quando (e succede come si capisce) il primo e' gia' minore dell'LSx. Si osserva che (2,3), (2,7) sono soluzioni, e che con (2, y) y>7 si ha LSx > LDx, mentre con x>2 cio' accade subito.
Passo 1: In LaTeX l'espressione diventa $ x^y - y^x = xy^2 - 19 $
Passo 2: escludiamo le soluzioni con x=y, viene $ x^3=19 $
Lemma: se b>a sono naturali allora $ a^b>b^a $ da un certo punto in poi (in realta' si tratta di numeri piccolissimi, se a=2 vale gia' da b=5, se a=3 vale subito da b=4)
Dimostrazione Lemma
Lemma 2: se a>2 e' un naturale allora $ a^{a+1}>{(a+1)}^a $
Dimostrazione Lemma 2
Passo base: $ 3^4>4^3 $
Passo induttivo: $ \frac{{(a-1)}^a}{a^{a-1}} >1 \Rightarrow \frac{a^{a+1}}{{(a+1)}^a} >1 $
Dimostrazione: per passare da sinistra a destra devo moltiplicare l'espressione di sinistra per $ \frac{a^{2a}}{{((a-1)(a+1))}^a} = \frac{{(a^2)}^a}{{(a^2-1)}^a}>1 $
Continuiamo col primo lemma
Se a, b sono naturali tali che b>a e $ a^b>b^a $ allora $ a^{b+1}>{(b+1)}^a $. Combinando le 2 considerazioni si ottiene poi la tesi del lemma.
$ \frac{a^b}{b^a}>1 \Rightarrow \frac{a^{b+1}}{{(b+1)}^a}>1 $. Per ottenere l'espressione di destra da quella di sinistra bisogna moltiplicare per $ \frac{ab^a}{{(b+1)}^a} $. Bisogna dimostrare che quella roba e' >1
Lemma 3: se a>1 e' un naturale allora $ \sqrt[a]{a}>\frac{a^2}{a^2-a+1} $. Segue dalla AM-HM applicata all'a-pla (a, 1, ..., 1).
$ \frac{ab^a}{{(b+1)}^a}=a{(\frac{b}{b+1})}^a>1 \rightarrow \sqrt[a]{a}>\frac{b+1}{b} \Rightarrow $ per lemma 3 $ \Rightarrow \frac{a^2}{a^2-a+1}>\frac{b+1}{b} \rightarrow \frac{a^2-a+1}{a^2} $ minore di $ \frac{b+1-1}{b+1} \rightarrow \frac{a-1}{a^2}>\frac{1}{b+1} \rightarrow \frac{a^2}{a-1}< b+1 $. Ora poiche' b>a si ha $ b+1 \geq a+2 $. Quindi l'espressione diventa $ a^2<a^2+a-2 $ che e' vera per tutti gli a>2 e l'uguaglianza vale solo se b=4, ma nelle considerazioni iniziali abbiamo visto che se a=2 b e' minimo 5.
Tornando al problema il LDx e' positivo al crescere di x, y, quindi il lemma serviva anche (ma non solo) a vedere che con x, y un po' grandi si ha y>x. A parte cio' il lemma puo' tornare utilissimo in molte altre occasioni (sotto certe ipotesi vale anche per i reali positivi, ma non so dimostrarlo).
Ora dividiamo il tutto per $ y^x $ ottenendo $ \frac{x^y}{y^x}-1=\frac{x}{y^{x-2}}-\frac{19}{y^x} $. Il LSx aumenta sempre all'aumentare di x o y come si vede dai ragionamenti del lemma, mentre il LDx decresce. Il suo primo termine viene moltiplicato per $ \frac{x+1}{xy} <1 $ se aumenta x e per $ {(\frac{y}{y+1})}^x <1 $ se aumenta y. C'e anche il secondo addendo del LDx che cresce ma e' abbastanza insignificante, soprattutto quando (e succede come si capisce) il primo e' gia' minore dell'LSx. Si osserva che (2,3), (2,7) sono soluzioni, e che con (2, y) y>7 si ha LSx > LDx, mentre con x>2 cio' accade subito.
Ultima modifica di Il_Russo il 25 ago 2007, 15:02, modificato 1 volta in totale.
Presidente della commissione EATO per le IGO
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