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Problema 3.
Own. Trovare tutti gli $ (x,y,z) \in \mathbb{Z}^3 $ tali che $ x^3-5x=1728^y\cdot 1733^z-17 $.

Nella soluzione inviata ho sbagliato qualche calcolo ma questa dovrebbe essere giusta

Innanzitutto y e z naturali perchè $ gcd(1728,1733)=1 $ e $ x^3-5x $ è intero. Ora guardo x

CASO 1
x negativo, pongo $ x=-a $
$ -a^3+5a=1728^y1733^z-17 $
$ a(5-a^2)=1728^y1733^z-17 $
Poichè per $ a=1,2 $ il RHS è 4 e non ho soluzioni, il LHS è negativo, quindi anche il RHS è l'unico modo è y=z=0
$ -a^3+5a=1-17 $
$ -a^3+5a+16=0 $
Provo per i divisori positivi di 16 perchè a è positivo ma non si annulla, quindi non ha soluzione

CASO 2
x=0
$ 0=1728^y1733^z-17 $ che non ha soluzione

CASO 3
Quindi x è positivo
Innanzitutto noto che il LHS è sempre dispari, sia nel caso x pari che nel caso x dispari. Pertanto y=0 e ottengo:
$ x^3-5x=1733^z-17 $
$ x^3-5x-1733^z+17=0 $
Per il teorema delle radici del polinomio x è della forma $ (-1733^z+17)k $ che sostituendo nel polinomio mi fa ottenere:
$ (-1733^z+17)^3k^3-5(-1733^z+17)k+(-1733^z+17) $
Divido tutto per $ -1733^z+17 $ e ottengo:
$ (-1733^z+17)^2k^3-5k+1=0 $
Per il teorema delle radici $ k=1 $ (per k=-1 si verifica subito che non ha soluzione)e sostituendo ottengo:
$ 1733^{2z}+289-2*17*1733^z+5+1=0 $
$ 1733^2z-34*1733^z+295=0 $
Se $ 1733^z=x $ ho:
$ x^2-34x+295=0 $ ma provando per i divisori di 295 (1,5,59,295) e per i loro opposti non ottengo soluzioni, quindi non ha soluzione
CVD

Giuseppe R ha scritto:Per il teorema delle radici del polinomio x è della forma $ (-1733^z+17)k $

non mi è ben chiaro questo passaggio...se ho capito quale teorema usi non trovi solo che $ x|-1733^z+17 $??

Non ho mandato la soluzione, comunque questo è l'unico che ho risolto.
Io una volta mostrato che y=0 ho analizzato mod 17 e si concludeva anche se con un po' di conti.

io sono arrivato a dire che y=0 e ci ho anche provato mod 17, però mi sono lasciato fin da subito scoraggiare dai conti...poi quando sono arrivato a x congruo a 6 e ho visto che non era assurdo ho lasciato perdere...peccato per la mia poca perseveranza

Maioc92 ha scritto:

Giuseppe R ha scritto:Per il teorema delle radici del polinomio x è della forma $ (-1733^z+17)k $

non mi è ben chiaro questo passaggio...se ho capito quale teorema usi non trovi solo che $ x|-1733^z+17 $??

sì

e allora come puoi dire che è di quella forma?

Perchè sono un pollo... ho toppato tutto, lo sapevo

la prima parte comunque è giusta
Magari non ti prendi i 7 punti ma comunque dei punti li prendi dai
Dopotutto errare è umano e succede a tutti (a me in particolare ).
Comunque domani voglio provare modulo 17 come suggerito da ndp15 e vedere se ci salto fuori

17?

mod 7 e si faceva più in fretta

jordan ha scritto:17?

Ma non viene proprio o solo perchè la soluzione diviene brutta e calcolosa (neanche i fisici in effetti avrebbero fatto di peggio ) ?
Comunque l'ho risolto a mezzanotte del venerdi prima di addormentarmi, non vorrei aver scritto boiate ma l'idea mi pare fosse $ LHS=\pm 1 (mod 17) $ mentre per $ RHS $ si dovevano fare una decina di casi ed erano tutti impossibili.

ndp15 ha scritto:

jordan ha scritto:17?

Ma non viene proprio o solo perchè la soluzione diviene brutta e calcolosa (neanche i fisici in effetti avrebbero fatto di peggio ) ?
Comunque l'ho risolto a mezzanotte del venerdi prima di addormentarmi, non vorrei aver scritto boiate ma l'idea mi pare fosse $ LHS=\pm 1 (mod 17) $ mentre per $ RHS $ si dovevano fare una decina di casi ed erano tutti impossibili.

Se provi per 6 e per 11 ($ x \equiv 6,11 \pmod (17) $) escono proprio -1 e +1 (ho seguito anch'io quella strada ma non portava da nessuna parte)

Giuseppe R ha scritto:

ndp15 ha scritto:

jordan ha scritto:17?

Ma non viene proprio o solo perchè la soluzione diviene brutta e calcolosa (neanche i fisici in effetti avrebbero fatto di peggio ) ?
Comunque l'ho risolto a mezzanotte del venerdi prima di addormentarmi, non vorrei aver scritto boiate ma l'idea mi pare fosse $ LHS=\pm 1 (mod 17) $ mentre per $ RHS $ si dovevano fare una decina di casi ed erano tutti impossibili.

Se provi per 6 e per 11 ($ x \equiv 6,11 \pmod (17) $) escono proprio -1 e +1 (ho seguito anch'io quella strada ma non portava da nessuna parte)

Ok deliri di mezzanotte, avevo supposto che $ x $ e $ z $ avessero la stessa parità, ovviamente senza dimostrarlo (a proposito, si puo' fare?).
Mi scuso se ho creato disagi.


P.S comunque siete cattivi, ora passerò tutto il pomeriggio a pensare a come risolvere e non studierò per l'interrogazione di domani

mod_2 ha scritto:mod 7 e si faceva più in fretta

Non tradire il mitico 2 (che poi serviva per il 5 )