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Re: Senior 2013
Inviato: 24 giu 2013, 16:35
da scambret
EvaristeG ha scritto:
1. se trovo infinite soluzioni non banali di $x^2-dy^2=k$, allora trovo una soluzione di $x^2-dy^2=1$ (come?)
Supponiamo di avere infinite coppie $(x,y)$ che risolvono $x^2-dy^2=k$. Allora modulo $k$ ci sono al più $k^2$ combinazioni possibili, ma dato che sono infinite esistono $x_1 \equiv x_2 \bmod k$ e $y_1 \equiv y_2 \bmod k$ che risolvono la Pell.
Ora $N(x_1 + \sqrt{d}y_1)=k$ e $N(x_2 + \sqrt{d}y_2)=k$. Se dimostrassi che $$\frac{x_1 + \sqrt{d}y_1}{x_2 + \sqrt{d}y_2}$$ è un numero appartenente all'anello $\mathbb{Z} [ \sqrt{d} ] =\{a + b\sqrt{d} : a \in \mathbb{Z}, b \in \mathbb{Z} \}$ allora avrei finito perché troverei un numero di norma 1. Ma è solo un conto vedere che il numero appartiene davvero all'anello, cioè i coefficienti sono davvero interi. Infatti $$\frac{x_1 + \sqrt{d}y_1}{x_2 + \sqrt{d}y_2}=\frac{x_1 + \sqrt{d}y_1}{x_2 + \sqrt{d}y_2}\frac{x_2 - \sqrt{d}y_2}{x_2 - \sqrt{d}y_2}=\frac{(x_1x_2-dy_1y_2) + \sqrt{d}(y_1x_2-x_1y_2)}{k}$$
$y_1x_2 \equiv x_1y_2 \bmod k$ (deriva dalla scelta dei vari $x_i$ e $y_i$)
$x_1^2-dy_1^2=k$ e quindi $x_1^2 \equiv dy_1^2 \bmod k$ e l'altra uguale. Moltiplicando le due ottengo $x_1x_2-dy_1y_2 \equiv 0 \bmod k$ che conclude, quindi almeno una l'ho trovata.
Manca solo il perché trovo soluzioni non banali della $x^2-dy^2=k$.
P. S. Questa cosa bisogna scriverla, o si da per buono??
Re: Senior 2013
Inviato: 24 giu 2013, 16:53
da nassus95
Quindi basta che "invochi" wilson (l avevo gia visto ma nn sapevo ke si potesse dare x buono, ma meglio così, un po' d lavoro in meno
)
Grazie mille
Re: Senior 2013
Inviato: 24 giu 2013, 18:42
da EvaristeG
@nassus: Wilson datelo pure pe buono.
@Drago[Geom]: quell'omotetia si dimostra al basic, quindi sì, perché mi fate ripetere le cose...?
@Drago[TdN]: eh ma poi dovresti dimostrare che vale davvero l'uguaglianza che hai detto (e quello che ho fatto io è esattamente calcolare quel segno e dimostrare che le due cose sono uguali XD).
@scambret: il perché trovi soluzioni non banali a quella con k è il mio secondo hint; comunque nella tua dimostrazione manca dire (anche se è ovvio) che quella che trovi è non banale ...
Re: Senior 2013
Inviato: 24 giu 2013, 20:46
da <enigma>
Non preoccupatevi di cosa date per scontato e cosa no. Io ho date per scontate cose che non vi immaginate neanche e mi hanno preso
@Drago: se ci pensi bene, come ha scritto EvaristeG, in sostanza è il criterio di Eulero.
Re: Senior 2013
Inviato: 24 giu 2013, 21:15
da EvaristeG
<enigma> ha scritto:Non preoccupatevi di cosa date per scontato e cosa no. Io ho date per scontate cose che non vi immaginate neanche e mi hanno preso
Continua a dare suggerimenti di questo tenore e verrai preso di nuovo ... a mazzate
Re: Senior 2013
Inviato: 25 giu 2013, 14:48
da karlosson_sul_tetto
Allora, le tanto attese (ma chi?) domande su N5 del Winter.
1) Perché $ \frac{p-3}{2} $ danno quadrati e $ \frac{p-3}{2} $ non danno? Per $ x=0;1;-1 $ y è un quadrato!
2)Quando si passa da $ \frac{p-3}{4} $ a $ \frac{p-3}{8} $, si elimina una sola coppia con $ x=y $ tale che $ 2x^2 \equiv \ 1 \mod p $. Ma ci sono altre coppie x=y che danno $ t^2 $, e che sono state "ridotte" a 1; non si dovrebbe togliere anche quelle?
3)Prima della formula finale si accenna a vari casi; sono $ x^2+y^2=1 $ e $ x^2+y^2=-1 $ o si intendono altri casi?
4)Dai dati che si hanno prima di arrivare al numero finale, si può stabilire la quantità di 1 e -1, che da in totale $ -1^{\frac{p+1}{8}} $ (parte intera, ma pace). Come si fa invece a stabilire le potenze di t? Ovvero, per $ x^2+y^2=1 $, $ \frac{p-7}{8} $ non è il numero complessivo di 1? Perché ogni t dev'essere elevato alla potenza uguale al numero di tutti i t? Poi, perché il prodotto dei t va da $ 1 $ a $ \frac{p-1}{2} $? Se x e y sono racchiusi in quel limite, perché lo è anche t? Infine, perché ogni t compare lo stesso numero di volte degli altri? Magari ci sono più coppie (x;y) che danno risultato 2 di quelle che danno 1, quindi perché si può generalizzare cosi facilmente?
Re: Senior 2013
Inviato: 25 giu 2013, 15:45
da EvaristeG
Sorry, ma questo mi sembra il genere di domande la cui risposta è il lavoro di chi vuole essere ammesso al senior: si tratta infatti di domande che vengono a sentire il video e sono parte dei dettagli che, oltre ai calcoli, dovrebbero essere inseriti nella sbobinatura del video per renderlo una soluzione accettabile. Nulla in contrario che tu cerchi aiuto sul forum, anzi! ma non ti risponderò io (e spero che tale aiuto ti venga da altri "olimpionici" e non da qualcuno di più stagionato.
Re: Senior 2013
Inviato: 26 giu 2013, 19:32
da davide.L
Nell'A4 del PreIMO-M, si può dare per scontato (come più o meno dice nel video) che $ \displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n}=+\infty $?
P.S. ma forse invece che $ = $ è meglio che io usi $ \rightarrow $?
Re: Senior 2013
Inviato: 26 giu 2013, 20:29
da angelo3
No, non è richiesta.
Comunque nella pagina 5 di questo topic ho chiesto la stessa cosa (a meno di un errore: ho fatto partire la sommatoria da 0
)
Poi tu sotto chiedevi qualcosa riguardo gli eserci zi che dovevi fare
Re: Senior 2013
Inviato: 26 giu 2013, 21:06
da <enigma>
davide.L ha scritto:Nell'A4 del PreIMO-M, si può dare per scontato (come più o meno dice nel video) che $ \displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n}=+\infty $?
P.S. ma forse invece che $ = $ è meglio che io usi $ \rightarrow $?
Si può dare per scontato perché, come ha scritto EvaristeG, la dimostrazione è estremamente semplice.
Scrivere $\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty} \frac 1 n = \infty$ è corretto perché $\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}a_k:=\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^{n} a_k$.
Re: Senior 2013
Inviato: 26 giu 2013, 23:51
da Lasker
Scusate, avrei una domanda riguardante l' A2 PreIMO mattina:
valutereste meglio una soluzione che fa uso solo di bunching (che non credo di poter usare...) oppure un ibrido di AM-GM ($\alpha=3$) e raggruppamento ($\alpha>3$)?
Nel caso, quanti punti prenderebbe una dimostrazione corretta, ma derivata da un "cannone"(garantisco che per me il bunching lo è... non saprei proprio come dimostrarlo)?
Proprio non riesco a provare in modo "elementare" la validità della disuguaglianza nel caso $\alpha>3$ (ho trovato anche una soluzione derivando rispetto ad $\alpha$, ma mi sembra ancora più complessa...).
Ormai Muirhead mi perseguita anche nei sogni... eppure DEVE esistere una soluzione che fa uso solo di AM-GM!
(due settimane su un problema e non capirlo
)
Re: Senior 2013
Inviato: 27 giu 2013, 03:20
da EvaristeG
Fatto 1: il bunching è AM-GM, solo applicata un bordello di volte a cose opportune.
Domanda: cosa intendi per "raggruppamento"? bunching?
Fatto 2: per $\alpha>0$ si può usare la seguente disuguaglianza "intermedia"
vera per opportune (quali??) disuguaglianze tra le medie.
Re: Senior 2013
Inviato: 27 giu 2013, 17:45
da il cusu
karlosson_sul_tetto ha scritto:Allora, le tanto attese (ma chi?) domande su N5 del Winter.
1) Perché $ \displaystyle\frac{p-3}{2} $ danno quadrati e $ \displaystyle\frac{p-3}{2} $ non danno? Per $ x=0;1;-1 $ y è un quadrato!
2)Quando si passa da $ \displaystyle\frac{p-3}{4} $ a $ \displaystyle\frac{p-3}{8} $, si elimina una sola coppia con $ x=y $ tale che $ 2x^2 \equiv \ 1 \mod p $. Ma ci sono altre coppie x=y che danno $ t^2 $, e che sono state "ridotte" a 1; non si dovrebbe togliere anche quelle?
3)Prima della formula finale si accenna a vari casi; sono $ x^2+y^2=1 $ e $ x^2+y^2=-1 $ o si intendono altri casi?
4)Dai dati che si hanno prima di arrivare al numero finale, si può stabilire la quantità di 1 e -1, che da in totale $ \displaystyle-1^{\left\lfloor\frac{p+1}{8}\right\rfloor} $. Come si fa invece a stabilire le potenze di t? Ovvero, per $ x^2+y^2=1 $, $ \displaystyle\frac{p-7}{8} $ non è il numero complessivo di 1? Perché ogni t dev'essere elevato alla potenza uguale al numero di tutti i t? Poi, perché il prodotto dei t va da $ 1 $ a $ \displaystyle\frac{p-1}{2} $? Se x e y sono racchiusi in quel limite, perché lo è anche t? Infine, perché ogni t compare lo stesso numero di volte degli altri? Magari ci sono più coppie $ (x;y) $ che danno risultato 2 di quelle che danno 1, quindi perché si può generalizzare cosi facilmente?
1) Attento: se x o y sono 0 li escludi a priori!
2,4) Puoi mettere in corrispondenza biunivoca le coppie $ (x,y) $ tali che $ x^2+y^2\equiv t^2 $ con le coppie $ (x',y') $ tali che $ x'^2+y'^2\equiv1 $ (Perché? A cosa ti serve?)
3) No, intende i casi in cui $ 2x^2\equiv1 $ ha soluzione (e di conseguenza non ce l'ha $ 2x^2\equiv-1 $) e il caso opposto. (quali sono questi casi?)
Spero di essere stato quasi utile.
Re: Senior 2013
Inviato: 27 giu 2013, 18:56
da nassus95
Avrei una domanda relativa al problema N6 del preIMO
Ho trovato per quanto riguarda la reciprocità quadrati questa legge
1)$ p, q$ primi dispari di cui almeno uno congruo a 1 modulo 4 allora
$x^2=p (mod \ q) $ ha soluzione se e solo se $y^2=q (mod \ p) $ ha soluzione
2)$ p, q$ primi dispari entrambi congrui a 3 modulo 4 allora
$x^2=p (mod \ q) $ ha soluzione se e solo se $y^2=q (mod \ p)$ non ha soluzione
Ma come mi riconduco al fatto che se p =1 (mod 8 ) allora x^2 = 2 (mod p) ha soluzione ? In particolare nella legge che ho trovato si parla di p,q primi dispari e quindi diversi da 2
Re: Senior 2013
Inviato: 27 giu 2013, 19:41
da Tess
Infatti non puoi usare la reciprocità quadratica. Ti serve sapere quando 2 è un quadrato modulo $p$, e ciò capita per $p\equiv \pm 1\ \ (mod\ 8 )$.
Lo hanno già chiesto e spiegato (e addirittura dimostrato) nei post precedenti, guardali!