Riemann Competition (Maggio)

[jordan]

$\prod_{cyc}{(x-y)}=0$ sse almeno due variabili sono uguali..

Questo l'avevo capito, ma non ho capito perchè è necessario porre tale condizione.. cioè, ho 3 uni nella rappresentazione in base due del numero, logicamente essendo ognuno degli addendi uno di quegli uni, essi son tutti diversi..

Se $ x=y $ e $ x\neq z $ allora la rappresentazione binaria di $ 2^x+2^y+2^z $ contiene al massimo due 1, precisamente due se e solo se $ z\neq x+1 $. Se poi $ x=y=z $ allora la rappresentazione binaria di $ 2^x+2^y+2^z $ ha esattamente due uno..
Seppur abbastanza evidente, saltare tutto il passaggio sopra e dire "dato che ha tre 1 nella rappresentazione binaria allora le soluzioni sono [...]" non mi sembra completa come soluzione..

Le soluzione le avevo scritte in Latex ma poi con il copiare il messaggio il Latex è evidentemente morto.
LukasEta mi spieghi come da $ (3d-2)y^2 + yd(3d-2)+d^3 = 8 $ arrivi a dire $ d\leq 2 $ ? Cioè mi sembra quasi identica alla mia come soluzione, solo che io ho fatto notare che non sapevo come dimostrare rigorosamente che mi andavano bene solo i $ k\leq 2 $, tu invece non te ne sei prorpio preoccupato e lo hai dato per scontato

Non l'ha dato per scontato (almeno spero): se fosse $ d\ge 3 $ allora $ (3d-2)y^2 + yd(3d-2)+d^3 \ge 7y^2+21y+d^3>d^3\ge 8 $ , che non va molto bene..

[LukasEta]

Le soluzione le avevo scritte in Latex ma poi con il copiare il messaggio il Latex è evidentemente morto.
LukasEta mi spieghi come da $ (3d-2)y^2 + yd(3d-2)+d^3 = 8 $ arrivi a dire $ d\leq 2 $ ? Cioè mi sembra quasi identica alla mia come soluzione, solo che io ho fatto notare che non sapevo come dimostrare rigorosamente che mi andavano bene solo i $ k\leq 2 $, tu invece non te ne sei prorpio preoccupato e lo hai dato per scontato

Bè se $y$ è positivo, $d$ è positivo, allora se fosse $d\geq 3$ avremmo un LHS $> 27 >8 $!
Cioè avrei la somma di quantità positive, e $d^3$ resta lì intatto, quindi quel $d$ non può certo superare $2$ se vogliamo ottenere esattamente 8..

[LukasEta]

Mi spieghi meglio solo questo "Notando che $a^{\frac {1}{2^n}}>n^{2^a}$ solo per $n=1$ e $a>1$, ottengo la coppia di soluzioni $(a,n)$-> $(9,1)$ , da cui deriva la coppia $(a,b)$->$(9,-1)$"?

Diciamo che è solo un'osservazione...mi sono accorto che se voglio che $a^{\frac {1}{2^n}}>n^{2^a}$, devo scegliere valori di $a$ e $n$ abbastanza vicini, perchè i due termini della disuguaglianza "crescono a velocità molto diverse". Aggiustando l'osservazione all'uguaglianza ottengo la coppia...e se aumento la distanza tra $a$ e $n$ rispetto a quella della coppia mi allontano dalla soluzione...Mi rendo conto che è molto empirica come cosa xD

[kalu]

No, ero convinto interi positivi, ma l'hai corretto dopo o era dall'inizio interi tutti?

ho cambiato solo quelle due cose che ho detto

[jordan]

Diciamo che è solo un'osservazione...mi sono accorto che se voglio che $a^{\frac {1}{2^n}}>n^{2^a}$, devo scegliere valori di $a$ e $n$ abbastanza vicini, perchè i due termini della disuguaglianza "crescono a velocità molto diverse". Aggiustando l'osservazione all'uguaglianza ottengo la coppia...e se aumento la distanza tra $a$ e $n$ rispetto a quella della coppia mi allontano dalla soluzione...Mi rendo conto che è molto empirica come cosa xD

Prova a dimostrarla quella disuguaglianza ora

[Drago96]

Cosa c'entra il fatto che $ a^4+a^3+1 $ non ha radici intere (che tra l'altro non hai dimostrato) col fatto che $a^2b^2+ab^2+1\nmid a^4+a^3+1$ ?

Provo a spiegare bene (è anche molto probabile che quello che penso sia sbagliato...):
Intanto il fatto che $ a^4+a^3+1 $ non ha radici intere lo vedo cercando di scomporlo con il metodo di Ruffini.
Poi il teorema di Ruffini dice che se $a$ è radice di $p(x)$, allora $p(x)=(x-a) \cdot q(x)$, ma nel nostro caso $(x-a)$ non è intero, perciò per ottenere $a^4 + a^3 + 1$, $q(x)$ non ha coefficienti interi; ma $a^2b^2 + ab^2 + 1$ ha coefficienti interi, percio non si può dire $k(a^2b^2 + ab^2 + 1)= a^4 + a^3 + 1$...

Poi, ripeto, è assai probabile che mi sbali, dato che è uno dei primi esercizi con polinomi (a dir la verità, tutti gli esercizi olimpici per me sono nuovi...)

Ti sei dimenticato che hai usato l'ipotesi (non esplicita) che $x\le y\le z$ (infatti ti sei saltato tutte le permutazioni..)

Sì, me l'ha già fatto notare kalu quando gli ho inviato la soluzione...
Per le perumtazioni, pensavo che, essendo l'equazione simmetrica, bastasse indicare la terna (vabbeh, essendo questa la mia prima dimostrazione, e dato che io le equazioni le ho sempre viste come "gigantesche espressioni letterali da ridurre alla forma $ax=b$", direi che questi errori ci possono stare... )

[amatrix92]

Direi che a questo punto aspettiamo i tuoi problemi jordan

[kalu]

Hey dovevo dirlo io! Puoi andare, Jordan

[jordan]

Se proprio dovessi impegnarmi a trovare dei problemi da correggere continuerei l'Oliforum contest.. da quanto ho visto dovrebbe essere LucasEta ad avere ottenuto il punteggio migliore (intorno ai 19/42) e lascio volentieri a lui il testimone

[ileo83]

come mai si chiama riemann competition?
sono problemi, di riemann?

e perche' ci sono dei problemi posti?

[kalu]

come mai si chiama riemann competition?

Matti96, he ha ideato questa "gara", non vede l'ora di risponderti. Chiedi a lui.

sono problemi, di riemann?

Non sono problemi di Riemann. Quelli lì sono di un livello troppo alto per noi, prova tu magari.

perche' ci sono dei problemi posti?

Bella domanda. Mah... me lo sono chiesto anch'io...

[ileo83]

ho capito. mi puoi dire dove si trovano quei problemi? grazie, ciao.

[matty96]

come mai si chiama riemann competition?
sono problemi, di riemann?

e perche' ci sono dei problemi posti?

La risposta è semplice.Ho visto molte competizioni che portano nomi di matematici, allora mi è venuto in mente di dedicare una competizione di teoria di numeri a uno dei più grandi in questa materia, e che ci ha lasciato un problema che non è stato risolto da 150 anni!!

Per la seconda domanda vedi qui

[ileo83]

ho capito. ma senti, nella pagina del forum che indichi non vedo i nuovi problemi.
per maggio e giugno sono stati interrotti?
e i vecchi sono tutti risolti?

[amatrix92]

i vecchi sono tutti risolti... teoricamente spetterebbe a LukasEta postarli