OliForum Matematico

trovare tutti i numeri n interi tale che esistono x e y interi (non necessariamente positivi) t.c. $x^3+y^3=n!+4$.

Drago96 ha scritto:

Testo nascosto:

C'è solo la terna $(x,y,n)=(1,3,4)$ e permutazione tra $x$ e $y$, giusto?

Nope, ma hai fatto bene a farlo nascosto, cosi provano anche gli altri

C'è anche $ (5,-1,5) $, non mi vengono idee..

LeZ ha scritto:C'è anche $ (5,-1,5) $, non mi vengono idee..

E' vero...

Drago96 ha scritto:

LeZ ha scritto:C'è anche $ (5,-1,5) $, non mi vengono idee..

E' vero...

Testo nascosto:

$-2\equiv 5\pmod 7$ -.-"
L'idea per la dimostrazione è guardare mod 7, dato che i cubi sono 1 o -1; quindi gli $n\ge7$ si escludono e per gli altri si fanno un paio di conti o si escludono sempre mod 7

Bravi drago96 e lez

Esatto, bravo drago! anche modulo $ 9 $ va bene! che esclude i casi dal $ 6 $ in su

LeZ ha scritto:Esatto, bravo drago! anche modulo $ 9 $ va bene! che esclude i casi dal $ 6 $ in su

Infatti se uno lo fa modulo 7 E 9, viene meglio per escludere i valori 1 2 e 3. senza farli a mano dicendo
$x^3+y^3-4$ modulo 7 esce 1,2,3,4,5 mentre modulo 9 è 3,4,5,6,7.. Quindi se n=1 $n!=1$ impossibile modulo 2.. Se n=2 assurdo modulo 9 e se n=3 assurdo modulo 7.. E 4 e 5 si trovano le due soluzioni

In realtà ho trovato un altro modo che li esclude facilmente mod 7. Intanto n=1 si esclude poichè 1$1^3+1^3<5< 1^3+2^3$. Se si assume wlog $x \leq y$ posso dire che per $n\geq 4$ x e y sono entrambi dispari (perchè? ) poi lascio stare un attimo x=1 e trascrivo l'equazione e alla fine mi accorgo (come?) che $x=4x_1+3$ e $y=4y_1+1$ e per n>6 posso dimostrare mod 7 che non ci sono soluzioni (infatti 7^3+5^3> 5! +4 , ma non di 6!+4). Escludo n=6 poichè 7^3 + 7^3<724<7^3+8^3. Quindi per n>6 non ci sono soluzioni per qualsiasi x e per x>1 ci sono soluzioni solo se n>6 , per cui x=1, n varia da 2 a 5 (estremi inclusi) e i calcoli a mano si afanno abbastanza velocemente. Per le soluzioni negative si può considerare x^3-y^3. La mia soluzione so che fa schifo, perchè attraverso i moduli è abbastanza semplice e la mia è contorta, ma ci sono degli accorgimenti che magari potrebbero essere utili, un pò per stare attenti a passaggi dove magari si ci può imbrogliare facilmente. Insomma ho reso l'esercizio più difficile di quanto in realtà non lo sia.

Io mi oppongo all'uso dei moduli su questo pianeta. Faccio un eccidio!

Troleito br00tal ha scritto:Io mi oppongo all'uso dei moduli su questo pianeta. Faccio un eccidio!

Come ti opponi?? c e un modo migliore per farlo??

Troleito br00tal ha scritto:Io mi oppongo all'uso dei moduli su questo pianeta. Faccio un eccidio!

Disse l'uomo che affermò di aver risolto la congettura di Goldbach...

Scusate ragazzi, ma mi rimangio quello che ho detto prima. Alla fine il caso x^3-y^3 si esclude ragionando solo coi moduli, volevo trovare un modo diverso ma era solo un'idea, bah... almeno c'ho provato...magari qualcosa si poteva accettare ma è un inutile giro, meglio lasciar stare

ragazzi, tanto per dire eh .. ma se mettete del testo nascosto, almeno metteteci una dimostrazione ... sparare i risultati così è sempre una brutta abitudine

Provo a scrivere una dimostrazione "come si deve"...

1) I cubi modulo 7 sono $0$, $1$ o $-1$; ne segue che una somma di due cubi non può essere $3,4$ (si fa a mano)
2) I cubi modulo 9 sono $0$, $1$ o $-1$; ne segue che una somma di due cubi non può essere $3,4,5,6$ (si fa a mano)
3) Per $n\ge 7$ vale $x^3+y^3\equiv 4\pmod 7$, che è impossibile per 1).
4a) Per $n=6$ vale $x^3+y^3\equiv 6!+4\equiv 4\pmod 9$, che contraddice 2).
4b) Per $n=6$ vale $x^3+y^3\equiv 6!+4\equiv-1+4\equiv3\pmod 7$, dove nel secondo passaggio si è usato Wilson, situazione di nuovo impossibile per 1).
5) Per $n=5$ si deve avere $x^3+y^3=124\rightarrow (x+y)\left((x+y)^2-3xy\right)=124=2^2\cdot31$; chiamando $a=x+y>0$, deve essere che $a\mid 124$. Con un po' di passaggi algebrici si arriva a $\displaystyle x(a-x)=\frac{a^3-124}{3a}$; dunque $3\mid a^3-124$ e quindi $a\in\{1,4,31,124\}$. E da qui si trova che c'è soluzione solo per $a=4$, che porta alle due terne $(5,-1,5)$ e $(-1,5,5)$.
6) Per $n=4$ si deve avere $x^3+y^3=28$; stesso discorso e stessa notazione, si ottiene $a\in\{1,4,7,28\}$. Di nuovo a mano l'unico caso possibile è $a=4$, da cui le terne $(1,3,4),(3,1,4)$.
7) Per $n=3$ deve valere $x^3+y^3\equiv 6+4\equiv 3\pmod 7$, impossibile per 1).
8 ) Per $n=2$ deve valere $x^3+y^3\equiv 2+4\equiv 6\pmod 9$, impossibile per 2).
9) Per $n=1,0$ deve valere $x^3+y^3\equiv 1+4\equiv 5\pmod 9$, impossibile per 2).

Per una dimostrazione alternativa, si potrebbe notare che in entrambe le soluzioni $x+y=4$, e forse una strada potrebbe essere dimostrare che $x+y\le n$, che porta a dire $x+y\mid 4$ e da qua forse si potrebbe concludere