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Inviato: 01 gen 1970, 01:33
da karl
<!-- BBCode Start --><B>
<BR>A)Dimostrare che :
<BR><font color=red>(a+2b+3c)<sup>3</sup> <(a<sup>3</sup>+9)(b<sup>3</sup>+9)(c<sup>3</sup>+9) </font>
<BR>dove a,b,c sono reali non negativi.
<BR>
<BR>B)Dimostrare ch l\'equazione:
<BR><font color =red>7x<sup>3</sup>+2=y<sup>3</sup> </font>
<BR>non ha soluzioni in N.
<BR>
<BR>C)Si consideri l\'quazione: x<sup>3</sup>-3x-4=0
<BR>e siano X1,X2,X3 le sue radici.
<BR>Posto y=x<sup>2</sup>+x+1 e detti Y1,Y2,Y3 i valori
<BR>di y corrispondendi ad X1,X2,X3 rispettivamente,
<BR>dimostrare che:
<BR><font color=red>Y1<sup>3</sup>+Y2<sup>3</sup>+Y3<sup>3</sup>=513</font>
<BR>
<BR>D)Nel quadrilatero ciclico ABCD le bisettrici degli angoli
<BR>ABC e DCB si intersecano in un medesimo punto di AD.
<BR>Dimostrare che :
<BR> <font color=red> AD=AB+CD</font >
<BR></B><!-- BBCode End -->
<BR>
<BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: karl il 15-09-2004 15:51 ]<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: karl il 16-09-2004 16:41 ]
Inviato: 01 gen 1970, 01:33
da Novecento
B) Notiamo che i possibili resti della divisione di un cubo per 7 sono -1,0,1, nel nostro caso y^3 dovrebbe essere congruo a 2 mod7, che per l\'appunto è impossibile...ciao
Inviato: 01 gen 1970, 01:33
da HiTLeuLeR
B) Se y è multiplo di 7, allora y<sup>3</sup> = 0 mod 7; viceversa, se y è primo con 7, essendo phi(7) = 6: y<sup>3</sup> = y<sup>phi(7)/2</sup> = +/- 1 mod 7, in funzione del fatto che y risulti o meno residuo quadratico di 7. Da ciò si deduce che l\'equazione modulare: 2 = y<sup>3</sup> mod 7 non ammette alcuna soluzione per y intero, e quest\'è sufficiente per concludere che la diofantea: 7x<sup>k</sup> + 2 = y<sup>3</sup> non è risolubile in Z, per ogni k intero >= 0.
<BR>
<BR>Essendo n un intero positivo, ricordo a tal proposito che, se una diofantea della forma Q(x<sub>1</sub>, x<sub>2</sub>, ..., x<sub>n</sub>) = 0 ammette soluzione per x<sub>1</sub>, x<sub>2</sub>, ..., x<sub>n</sub> variabili sugli interi, ove Q(-) appartiene all\'anello dei polinomi in n variabili a coefficienti in Z, allora l\'equazione modulare: Q(x<sub>1</sub>, x<sub>2</sub>, ..., x<sub>n</sub>) = 0 mod m è risolubile, <!-- BBCode Start --><I>per ogni</I><!-- BBCode End --> m intero diverso da 0.
<BR>
<BR>EDIT: phi(-) denota qui la totiente di Eulero, avevo dimenticato di precisarlo!
<BR>
<BR>
<BR>\"Nil sapientiae odiosius acumine nimio.\" - Seneca<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 16-09-2004 11:24 ]
Inviato: 01 gen 1970, 01:33
da DB85
B)
<BR>L\'equazione risulta avere soluzione negli interi solo se y^3 == 2 mod7
<BR>Ricordando che i residui cubici di 7 sono -1,0,1, si conclude che l\'identità è impossibile.
<BR>
<BR>C)
<BR>Karl mi esce 513, puoi ricontrollare i dati? (anche se sicuramente lo sbaglio è mio)...
<BR>
<BR>P.S.: Anche stamattina mi son fatto fregare!
<BR>
<BR><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: DB85 il 16-09-2004 11:37 ]
Inviato: 01 gen 1970, 01:33
da HiTLeuLeR
D\'oooh... Battuto sul tempo!?
<BR>
<BR>
<BR>\"[...] La sua saggezza non ha <!-- BBCode Start --><I>stamen</I><!-- BBCode End -->: è tutto testa e niente corpo, come i ritratti della dea Laverna, o - se preferisce - tutta testa e tronco, come un merluzzo. Ma dopo tutto, è un brav\'uomo. Mi è simpatico soprattutto per quel suo tocco magistrale di gergo che gli ha valso la sua reputazione di genio. Intendo il modo che ha <!-- BBCode Start --><I>de nier ce qui est, et d\'expliquer ce qui n\'est pas</I><!-- BBCode End -->.\" - Edgar Allan Poe, da <!-- BBCode Start --><I>I delitti della via Morgue</I><!-- BBCode End --> <BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 16-09-2004 11:22 ]
Inviato: 01 gen 1970, 01:33
da DB85
Sì, anche ieri nel rispondere al tuo messaggio alchemico sono stato battuto sul tempo, e sempre da novecento. Che ci posso fare, è più mattiniero di me... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_biggrin.gif">
<BR><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: DB85 il 16-09-2004 11:23 ]
Inviato: 01 gen 1970, 01:33
da psion_metacreativo
Anche a me nell\'esercizio c) torna 513 come a DB85:
<BR>
<BR>Y^3 = x^6 + 3x^5 + 6x^4 + 7x^3 +6x^2 + 3x +1
<BR>
<BR>Da cui:
<BR>
<BR>y1^3 + y2^3 + y3^3 = S6 + 3S5 + 6S4 + 7S3 + 6S2 + 3S + 3 (1)
<BR>
<BR>Dove sfruttando le relazioni radici coefficenti del polinomio monico
<BR>
<BR>p(x)= x^3 - 3x - 4
<BR>
<BR>abbiamo:
<BR>
<BR>P=X1X2X3= 4
<BR>Q= X1X2 + X1X3 + X2X3 = -3
<BR>S= X1 + X2 + X3 = 0
<BR>S2= X1^2 + X2^2 + X3^2 = -2Q = 6
<BR>S3= X1^3 + X2^3 + X3^3 = 3P = 12
<BR>S4= X1^4 + X2^4 + X3^4 = -QS2 = 18
<BR>S5= X1^5 + X2^5 + X3^5 = -QS3 + PS2 = 60
<BR>S6= X1^6 + X2^6 + X3^6 = -QS4 + PS3 = 102
<BR>
<BR>Da cui sostituendo nella (1) otteniamo:
<BR>
<BR>Y1^3 + Y2^3 + Y3^3 = 102 + 3*60 + 6*18 + 7*12 +6*6 +3 = 513
Inviato: 01 gen 1970, 01:33
da karl
Il risultato della C e\' effettivamente 513.Un mio banalissimo
<BR>errore di calcolo.A parte questo,la mia risoluzione
<BR>non tiene conto( se non in minima parte) delle relazioni
<BR>simmetriche che spesso sono lunghe da ricordare o,peggio
<BR>ancora ,da ricavare.
<BR>Ci sono ancora i quesiti A) e D) ,entrambi relativamente
<BR>facili.In realta\' la A e\' un Holder ....camuffato e la D
<BR>e\' un mio.. riarrangiamento di un vecchio problema .
<BR>
Inviato: 01 gen 1970, 01:33
da DB85
sì anche la mia nn utilizza le relazioni simmetriche... è un po\' più intuitiva. Si basa sul fatto che se a,b,c sono le radici del trinomio, allora
<BR>
<BR>a^3=3a-4 ---> a^4=3a^2+4a ---> a^5=9a+12+4a^2 ---> a^6=(3a-4)^2
<BR>b^3=3b-4 ---> come sopra
<BR>...
<BR>
<BR>poi essendo a+b+c=0 ---> a^2+b^2+c^2=6
<BR>Da qui si ha tutto per svolgere i calcoli
Inviato: 01 gen 1970, 01:33
da karl
Per chi avesse risolto il quesito A ,posto la mia
<BR>soluzione per un eventuale confronto.
<BR><!-- BBCode Start --><IMG SRC="
http://xoomer.virgilio.it/carlolorito/prop2.bmp"><!-- BBCode End -->
