Siano [tex]\displaystyle a,~b,~c,~d[/tex] interi positivi tali che
[tex]\displaystyle
\begin{cases}
a\ge b\ge c\ge d\\
a+b+c+d=2010\\
a^2-b^2+c^2-d^2=2010
\end{cases}
[/tex]
Quanto può valere [tex]\displaystyle a[/tex]?
Re: a+b+c+d=2010
Inviato: 02 gen 2011, 15:10
da Giuseppe R
Dalla prima equazione segue che $ a \equiv -(b+c+d) \pmod{p} $ con p primo che divide 2010. Sostituendo nella seconda equazione ottengo:
$ b^2 + c^2 + d^2 + 2bc + 2cd + 2bd - b^2 + c^2 - d^2 \equiv 0 \pmod{p} $
$ 2c^2 + 2(b+d)c + 2bd \equiv 0 \pmod{p} $ (in questo passaggio dato che semplifico per 2 supporrò p diverso da 2)
$ c^2 + (b+d)c + bd \equiv 0 \pmod{p} $
$ (c+b)(c+d) \equiv 0 \pmod{p} $
Quindi ho $ c+b \equiv 0 \pmod{p} $ oppure $ c+d \equiv 0 \pmod{p} $. Distinguo quindi 8 casi.
CASO 1: $ c+b \equiv 0 \pmod{1005} $
Ho anche $ a+d \equiv 0 \pmod{p} $. Dato che i primi che dividono 2010 (a parte il 2) sono 3,5,67 e tutti con esponente 1, ho:
$ c = 1005m - b $ e $ d = 1005n - a $ con m,n naturali. Sostituendo nella prima equazione ottengo che m+n = 2, quindi m=n=1 (nessuno dei 2 potrebbe essere 0 altrimenti non otterrei naturali positivi). Quindi c=1005-b e d=1005-a. Sostituendo nella seconda equazione ottengo a+b=1005 e di conseguenza c+d=1005, ma sapevo anche che a+d=1005 quindi a=c e b=d, ma per la disuguaglianza dovrei avere a=b=c=d che non mi dà soluzioni intere positive.
CASO 2: $ c+d \equiv 0 \pmod{1005} $
Ho anche $ a+b \equiv 0 \pmod{p} $. Dato che i primi che dividono 2010 (a parte il 2) sono 3,5,67 e tutti con esponente 1, ho:
$ d = 1005m - c $ e $ a = 1005n - b $ con m,n naturali. Sostituendo nella prima equazione ottengo che m+n = 2, quindi m=n=1 (nessuno dei 2 potrebbe essere 0 altrimenti non otterrei naturali positivi). Quindi d=1005-c e a=1005-b. Sostituendo nella seconda equazione ottengo b+c=1 che è assurdo.
Gli altri casi sono infernali... serve un'altra strada
Re: a+b+c+d=2010
Inviato: 02 gen 2011, 15:39
da Sonner
Bon vediamo se è giusta.
Sommo le due equazioni e fattorizzo ottenendo $ (a+b)(a-b-1)=(c+d)(d-c+1) $.
Tre casi.
Se $ a>b+1 $ deve valere $ d>c-1 $ ma per ipotesi è $ d<c+1 $ e quindi $ c=d $. Ma allora ottengo $ a^2-b^2=2010 $ che non ha soluzioni modulo 4.
Se $ a<b+1 $, e quindi $ a=b $, ottengo $ c^2-d^2=2010 $, assurdo come prima.
Allora $ a=b+1 $ e quindi $ d=c-1 $, ottengo dunque la quaterna ($ a,a-1,c,c-1 $)sostituisco nelle equazioni iniziali e ottengo in entrambe $ a+c=1006 $, quindi a può assumere valori compresi tra 1004 ($ c-1=1 $) e 503 ($ a-1=c $).
Re: a+b+c+d=2010
Inviato: 02 gen 2011, 18:52
da paga92aren
Giuseppe R ha scritto:
CASO 1: $ c+b \equiv 0 \pmod{p} $
Ho anche $ a+d \equiv 0 \pmod{p} $. Dato che i primi che dividono 2010 (a parte il 2) sono 3,5,67 e tutti con esponente 1, ho:
$ c = 1005m - b $ e $ d = 1005n - a $ con m,n naturali. Sostituendo nella prima equazione ottengo che m+n = 2, quindi m=n=1 (nessuno dei 2 potrebbe essere 0 altrimenti non otterrei naturali positivi). Quindi c=1005-b e d=1005-a. Sostituendo nella seconda equazione ottengo a+b=1005 e di conseguenza c+d=1005, ma sapevo anche che a+d=1005 quindi a=c e b=d, ma per la disuguaglianza dovrei avere a=b=c=d che non mi dà soluzioni intere positive.
CASO 2: $ c+d \equiv 0 \pmod{p} $
Analogamente al caso di sopra si verifica che non ci sono soluzioni.
Non è detto che esistono solo quei due casi:
Non consideri il caso in cui $c+b\equiv 0 \pmod{3}$ e $c+d \equiv 0 \pmod{5}$ per esempio.
Re: a+b+c+d=2010
Inviato: 02 gen 2011, 19:06
da Giuseppe R
paga92aren ha scritto:
Giuseppe R ha scritto:
CASO 1: $ c+b \equiv 0 \pmod{p} $
Ho anche $ a+d \equiv 0 \pmod{p} $. Dato che i primi che dividono 2010 (a parte il 2) sono 3,5,67 e tutti con esponente 1, ho:
$ c = 1005m - b $ e $ d = 1005n - a $ con m,n naturali. Sostituendo nella prima equazione ottengo che m+n = 2, quindi m=n=1 (nessuno dei 2 potrebbe essere 0 altrimenti non otterrei naturali positivi). Quindi c=1005-b e d=1005-a. Sostituendo nella seconda equazione ottengo a+b=1005 e di conseguenza c+d=1005, ma sapevo anche che a+d=1005 quindi a=c e b=d, ma per la disuguaglianza dovrei avere a=b=c=d che non mi dà soluzioni intere positive.
CASO 2: $ c+d \equiv 0 \pmod{p} $
Analogamente al caso di sopra si verifica che non ci sono soluzioni.
Non è detto che esistono solo quei due casi:
Non consideri il caso in cui $c+b\equiv 0 \pmod{3}$ e $c+d \equiv 0 \pmod{5}$ per esempio.
Con p intendo un generico primo che divide 2010 e non è detto che nel caso 1 e nel caso 2 siano lo stesso p.
Re: a+b+c+d=2010
Inviato: 02 gen 2011, 19:45
da paga92aren
Premesso che la tua soluzione e quella di Sonner non possono essere entrambe vere, utilizzando la sua dimostrazione trovo una quaterna che soddisfa le condizioni:
(972,971,34,33) infatti 972+971+34+33=2010 e anche 944784-942841+1156-1089=2010
In questo caso abbiamo che $c+b=1005\equiv 0 \pmod{5}$ e $c+d=67\equiv 0 \pmod{67}$.
Il problema della tua dimostrazione e che dimostri la congruenza $b+c\equiv 0 \pmod{p}$ o $d+c\equiv 0 \pmod{p}$ per ogni primo e poi dici che vale o sempre la prima o sempre la seconda e escludi i casi come quello sopra.
Re: a+b+c+d=2010
Inviato: 03 gen 2011, 10:19
da Giuseppe R
paga92aren ha scritto:Premesso che la tua soluzione e quella di Sonner non possono essere entrambe vere, utilizzando la sua dimostrazione trovo una quaterna che soddisfa le condizioni:
(972,971,34,33) infatti 972+971+34+33=2010 e anche 944784-942841+1156-1089=2010
In questo caso abbiamo che $c+b=1005\equiv 0 \pmod{5}$ e $c+d=67\equiv 0 \pmod{67}$.
Il problema della tua dimostrazione e che dimostri la congruenza $b+c\equiv 0 \pmod{p}$ o $d+c\equiv 0 \pmod{p}$ per ogni primo e poi dici che vale o sempre la prima o sempre la seconda e escludi i casi come quello sopra.
Si, me ne ero accorto dopo e dovrei fare ben 8 casi quindi... vediamo se ci riesco in tempi ragionevoli...
Re: a+b+c+d=2010
Inviato: 03 gen 2011, 11:05
da sasha™
Ho trovato una soluzione, ma mi sembra troppo semplice per essere giusta... Metto sotto spoiler.
Testo nascosto:
Imponendo $a-b=1$ si ottiene che $a+b+(c+d)(c-d)=2010$, da cui anche $c-d=1$, che ci dice che $a$ può assumere sicuramente ogni valore compreso fra 504 e 1004 (basta prendere $(504+x, 503+x, 502-x, 501-x)$, con $0≤x≤500$). Inoltre non può assumere valori minori, poiché $4a≥2010$ e 503 non va bene (poiché restituisce necessariamente $(503, 503, 502, 502)$ o $(503, 503, 503, 501)$, dalla disuguaglianza originaria, e nessuna delle due è soluzione).
Resta solo da verificare che non ci siano soluzioni con $a>1004$, ma anche questo è ovvio perché $1005² - b²>2010$ in tutti i casi tranne $b=1004$ e $b=1005$, però nessuno dei due restituisce valori accettabili di $c$ e $d$...
Quindi, tutti i valori tali che $504≤a≤1004$ sono possibili, gli altri no. Magari ci sono altri modi di ottenerli (senza imporre $a-b=1$) ma a noi chiede solo i valori di $a$, non le quaterne ordinate.
Re: a+b+c+d=2010
Inviato: 03 gen 2011, 21:35
da sasha™
È giusta o no?
Re: a+b+c+d=2010
Inviato: 03 gen 2011, 22:20
da Mist
allora, faccio la differenza tra le due uguaglianze e fattorizzando ottengo che
$(a+b)(a-b-1) = -(c+d)(c-d-1)$
Questa uguaglianza è vera se $a=b+1$ e $c=d+1$ oppure $c=d=0$ o $a=b=0$. Spero di essere stato chiaro finora, è abbastanza banaluccio quanto detto..
bene, sostituisco roa $b=a-1$ e $c=d+1$ nell'espressione di partenza e ottengo che si deve avere che $2a-1+2d+1 = 2010$ ovvero che $a+d=1005$. Da qui vedo che posso scegliere a in $504$ modi ( è stato contato anche il caso in cui $a=0$). Vedo roa il caso in cui $c= d \neq 0$. L'espressione iniziale diventa ora $(a+b)(a-b) = 2010 = 67\cdot 5 \cdot 3 \cdot 2 $. impostiamo ora il sistema con $\omega$ e $\gamma$ divisori distinti di 2010 tali che $ \omega \gamma = 2010 $:
$a+b= \gamma $
$a-b = \omega $
e quindi
$a+b = \omega +2b$.
Quindi $\gamma$ dovrebbe avere la stessa parità di $\omega$, ma quessto è impossibile poichè 2010 ha un solo fattore 2. Quindi se $c=d\neq 0$ non si hanno soluzioni e quindi si hanno solo i 504 possibili valori di a detti sopra. a sasha, che mi sembra nel giusto, esce diversa... dove sbaglio ? non considero qualche caso mi sa...
