OliForum Matematico

Problema #1: determinare tutte le 4-uple $ (m,n,u,v) $ di interi positivi, con $ \gcd(m,n) = 1 $, tali che: $ (u^2 + v^2)^m = (uv)^n $.

Vediamo se "indovino".

Dato che u^2+v^2 >= 2uv, deve essere che n>m. Posto che gdc(u,v) = c e u = c.a e v = c.b, l'equazione si puo' scrivere nella forma

(a^2 + b^2)^m = (ab)^n c^(2n-2m) o anche come (a/b + b/a) ^m = (abc^2)^(n-m). Da questa segue che a/b+b/a deve essere intero quindi necessariamente a = b. L'equazione diviene allora 2^m = a^(2n-2m) che e' soddisfatta solo da a = 2 e 2n = 3m.

Continuando da qua si trovano le quadruple soluzioni (2t, 3t, 2, 2), con t intero positivo.

sprmnt21 ha scritto:(a^2 + b^2)^m = (ab)^n c^(2n-2m) o anche come (a/b + b/a) ^m = (abc^2)^(n-m). Da questa segue che a/b+b/a deve essere intero quindi necessariamente a = b. L'equazione diviene allora 2^m = a^(2n-2m) che e' soddisfatta solo da a = 2 e 2n = 3m. Continuando da qua si trovano le quadruple soluzioni (2t, 3t, 2, 2), con t intero positivo.

A nome della comunità, vorrei invitarti innanzitutto a utilizzare con sistematicità il supporto LaTeX, così da semplificare tanto la lettura quanto la correzione dei problemi e/o delle loro soluzioni.

Quindi una domanda... Com'è che, nel corso delle tue argomentazioni, arrivi a un punto in cui una certa $ c $ svanisce magicamente per incanto?!? Insegneresti anche a me questi tuoi giochi di prestigio?

A seguire Un'osservazione! Dacché si assume debba essere $ \gcd(m,n) = 1 $, l'unica soluzione da te stabilita sarebbe pertanto espressa dalla 4-upla $ (2,3,2,2) $. Questo tuttavia è quantomeno bizzaro, visto che a me ne risulta giusto qualcuna in più... E se non mi credi, prova per esempio con $ (4,5,4,4) $.

Sappi da ultimo che non ho alcuna intenzione di rivelarti dove stia il tuo errore: in questo modo ti divertirai un monte nel dargli la caccia, no?! Ma che bravo guajo' che sono, n'è vero?

sprmnt21 ha scritto:Vediamo se "indovino".

Mi dispiace... Tempt to try it again, forse sarai più fortunato...

Uff, che fatica...
Conclusione: Sono soluzioni tutte le quaterne della forma $ (2i,2i+1,2^i,2^i) $ con tutte le variabili intere positive

Dimostrazione:
Innanzitutto un pò di imposizioni:
$ n>m $ per ovvi motivi
$ n=m+a $
$ MCD(u,v)=c $
$ u=kc $
$ v=jc $
$ MCD(k,j)=1 $
ogni volta che si introduce una nuova variabile, si assuma essa come un intero positivo.

Riscriviamo da bravi bambini:
$ \left( k^2c^2+c^2j^2\right)^m=\left(kjc^2\right)^{m+a} $
$ c^{2m}\left( k^2+j^2\right)^m=c^{2m+2a}\left(kj\right)^{m+a} $
divido tanto $ c^{2m}\geq 1 $
$ \left( k^2+j^2\right)^m=c^{2a}\left(kj\right)^{m+a} $
da questa si nota che, se $ k,j>1 $ a destra siamo zeri modulo $ k,j $ mentre a sinistra non possiamo esserlo per l'ipotesi di coprimità fra i due. Quindi $ k,j=1 $ e $ u=v $, ora analizziamo tale caso

$ \left(2u^2\right)^m=u^{2n} $
$ 2^mu^{2m}=u^{2m+2a} $
$ u^{2a}=2^m $ quindi $ m=2k $
$ u^a=2^k $ quindi $ k=ai $
Se ne deduce quindi, sostituendo, $ u=v=2^i $, $ m=2ai $, $ n=a(2i+1) $. Quindi tutte le quaterne $ (2ai,a(2i+1),2^i,2^i) $ sono soluzioni, per l'ipotesi di coprimità avremo però solo tutte quelle della forma $ (2i,2i+1,2^i,2^i) $.

Boll ha scritto:$ \left( k^2+j^2\right)^m=c^{2a}\left(kj\right)^{m+a} $
da questa si nota che, se $ k, j > 1 $, a destra siamo zeri modulo $ k,j $ mentre a sinistra non possiamo esserlo per l'ipotesi di coprimità fra i due, tutto ciò salvo il caso di $ m=0 $, da noi non contemplato per le ipotesi.

Tutto vero, eccetto quella tua castroneria riguardo al caso $ m=0 $ (comunque escluso dalle specifiche del problema). Scusa, eh... Se $ i > 1 $ oppure $ j > 1 $, essendo $ m = 0 $, il primo membro risulterebbe identicamente uguale ad $ 1 $, e pertanto non potrebbe essere congruo a zero $ \bmod\;\! i $ vel $ \bmod\;\! j $, non sei d'accordo?

Boll ha scritto:Quindi tutte le quaterne $ (2ai,a(2i+1),2^i,2^i) $ sono soluzioni.

Ehmmm... Forse ti è sfuggito il fatto che, nelle precise richieste del quesito, si assume debba essere $ \gcd(m,n) = 1 $. Quest'impone (nelle tue notazioni) $ a = 1 $, cosicché le 4-uple che risolvono la diofantea proposto sono tutte e sole della forma $ (2i, 2i+1, 2^i, 2^i) $, con $ i\in\mathbb{N}_0 $. Comunque ti meriti un "bravo", nonostante le tue immancabili sbavature...

Beh, dai fare solo due sbavature e concludere al secondo tentativo è per me un ottimo risultato...

Lessi per la prima della diofantea che intendo presentarvi proprio sul vecchio forum, che ormai sono passati ben oltre 18 mesi dalla prima volta che ho messo piede da queste parti. Penso fosse in una lista di 8 problemi stilata da MassiminoZippy raccogliendo alcune questioni poste dal buon Jack e all'epoca ancora irrisolte: fra le altre, il celebre teorema di Steiner che vide per la prima volta sbocciare l'amore fra me ed Evaristo...

Beh, dopo più di 18 mesi da quel giorno, sono fiero et orgoglioso (non vi dico chi mi sembro, loool!!!) di annunciarvi che ho finalmente archiviato il problema, illuminandomi d'immenso mentre mi raschiavo la schiena svaccato nella vasca da bagno! So che vi piacciono i dettagli truculenti, ecco perché c'indugio sopra e non ho riserve a condividerli con voi, gh... Ecco, il coro dei solti censori... Ok, ok, la fo finita e vi dico di cosa si tratta...

Problema #2: determinare tutte le triple $ (x,y,z) $ di interi non negativi tali che sia: $ x! \cdot y! = z! $.

Allora, secondo me tutte le soluzioni non banali sono date dalle terne $ (n,n!-1,n!) $ ma non riesco a dimostrare che non ce ne sono altre...

Scusa Simo, ma la terna (6,7,10) è soluzione e non è compresa tra quelle che hai
enunciato.

Ah, allora la faccenda si complica non poco... Ma Hit, sei a conoscenza di una soluzione decentemente "olimpica"??

Sì, Simo, modulo il postulato di Bertrand... In fondo, per quanto non sia un risultato dimostrabile per via olimpica, come già altrove discusso, mi dico che - una volta inquadrati il teorema e il suo enunciato - anche un nobile guerriero olimpico può farne amenamente impiego... Se mi sbaglio, domando perdono e chiedo ai mods di spostare altrove la piacevole discussione!