OliForum Matematico

anch questo 3d nessuno se lo fila più?

ho riporovato...ma senza buoni risultati

Work in progress...

uppiamo...

Salva dice che ha una soluzione di 3 pagine molto incasinata, io metto questa molto + semplice che credo funzioni, aspetto critiche:

$ \displaystyle q=\frac{a^2 + b^2}{ab + 1} $

$ a^2 - abq + b^2 - q=0 $

$ \displaystyle a=\frac {bq \pm \sqrt {q^2b^2 - 4b^2 + 4q}}{2} $

poichè a è intero la radice o è uguale a zero o è un quadrato perfetto, nel primo caso tutti dovrebbero essere uguali a zero nel secondo si ha che i due monomi devono essere $ qb $ e $ 2 \sqrt {q} $ perchè gli unici due con segno positivo, ne consegue che il doppio prodotto debba essere $ 4qb \sqrt {q} $ quindi $ b=q^{\frac {3}{2}} $ sostituendo e risolvendo l'equazione abbiamo:

$ a=\sqrt {q} (q^2 - 1) $

$ a=\sqrt {q} $

poichè a è un intero $ \sqrt {q} $ deve essere un intero e quindi q deve essere un quadrato perfetto
In questo modo si possono anche trovare tutte le terne, che se non erro dovrebbero corrispondere con quelle trovate da edriv

Non ce l'ho io la sol, ce l'ha l'Engel...


Comunque mi dicono che alle IMO solo in 11 hanno fatto 7/7 su questo problema

ok allora invece di aspettare critiche aspetto che qualcuno trovi il mio errore..bye

evariste ma essendoci due variabili...e poi il contrario non è ugualmente vero? Cioè prendendo il caso del polinomio non esamino tutti i casi? (per favore posta o mi prendono per pazzo a parlare da solo...)

Sherlock ha scritto: ne consegue che il doppio prodotto debba essere $ 4qb \sqrt {q} $ quindi $ b=q^{\frac {3}{2}} $

Questo pezzo non funziona... una certa espressione puo' essere un quadrato perfetto per qualche valore delle sue variabili anche se non si 'scompone' (in termini di polinomi) in modo da risultare un quadrato perfetto.

su questo ci sto, ma chiedevo se è vero anche il contrario, cioè: se si "scompone" può essere un quadrato per valori delle sue variabili che non siano anche compresi nel binomio che ne esce fuori?

LOL scusate ... è successo che ho postato e cancellato subito, perchè avevo scritto male quel che volevo dire e non avevo tempo di riscriverlo ... cmq è più o meno l'obiezione di leblanc.

Cosa vuoi dire con "valori compresi nel binomio che ne esce fuori"?
Cmq, quella scomposizione è completamente arbitraria: perchè non può darsi che quella cosa sia il quadrato di $ (qb+\srqt{2q}) $, considerando $ -4b^2+2q $ come termine di doppio prodotto e ricavando da lui la condizione?
E poi, tu potresti ragionare come fai se avessi scritto il polinomio come quadrato di u altro polinomio, ma hai usato un'espressione in cui prendi la radice di una variabile e quindi non hai più nessuna garanzia che la tua cosa non si scriva come quadrato in due modi formalmente diversi che poi danno lo stesso numero per alcuni particolari valori delle variabili.

ok, vada per la dimostrazione incasinata

La dimostrazione (che ho letto) non è tanto incasinata, si basa su due idee:
- principio del minimo. Cerco una soluzione (a,b) minimale
- per trovare altre soluzioni intere in quell'iperbole, usare un "vietè jumping" come lo ho visto chiamare su un forum: dato il polinomio $ ~ x^2+bx+c $, (a coeff. interi), mettiamo che io conosco già una radice intera. Come trovo l'altra? Beh, sapendo la somma delle radici (-b), non dovrebbe essere tanto difficile...

usare un "vietè jumping" come lo ho visto chiamare su un forum

ti riferisci al pen? no perchè quella soluzione l'avevo vista...certo può anche essere carina ma io ne volevo trovare una del genere di quella proposta da sherlock...
nessuno che ne abbia una ?