Preparandosi alla NORMALE

[digi88]

Veramente si cercano le sole soluzioni intere quindi \( \displaystyle {x},{y}\in\mathbb{Z} \), talvolta si può chiedere di trovere le soluzioni in \( \displaystyle \mathbb{N} \).

Quella da te proposta è la classica diofantea lineare, se \( \displaystyle {\left({165};{25}\right)}{\mid}{15} \) allora ci sono infinite soluzioni altrimenti nessuna.

Le soluzioni qui sono infinite e precisamente tutte le coppie \( \displaystyle {\left({1}+{5}{n};-{6}-{33}{n}\right)} \) con \( \displaystyle {n}\in\mathbb{Z} \).

[digi88]

Ripensandoci, avrei anke io un prob da postare...per risolverlo mi è toccato faticare..spero non lo troviate banale, a mio parere è più o meno al livello medio dei test della sns....eccolo:

Trovare un \( \displaystyle {n}\in\mathbb{N} \) tale che:

\( \displaystyle {{n}}^{{5}}={{133}}^{{5}}+{{110}}^{{5}}+{{84}}^{{5}}+{{27}}^{{5}} \).

Ovviamente senza usare calcolatori e magari spiegando anke come si è trovato..

[angus89]

Veramente si cercano le sole soluzioni intere quindi \( \displaystyle {x},{y}\in\mathbb{Z} \), talvolta si può chiedere di trovere le soluzioni in \( \displaystyle \mathbb{N} \).

Quella da te proposta è la classica diofantea lineare, se \( \displaystyle {\left({165};{25}\right)}{\mid}{15} \) allora ci sono infinite soluzioni altrimenti nessuna.

Le soluzioni qui sono infinite e precisamente tutte le coppie \( \displaystyle {\left({1}+{5}{n};-{6}-{33}{n}\right)} \) con \( \displaystyle {n}\in\mathbb{Z} \).

scusa se faccio andare in secondo piano il tuo problema, solo una cosa....
Inanzitutto grazie x la soluzione, io comunque non volevo intendere i numeri naturali \( \displaystyle {N} \) (ho postato alle 2 di notte immagina il mil stato) intendevo gli interi...
Va bè...a parte questo...come hai fatto a risolverla?Io ho trovato un metodo su wikipedia ma a quanto pare non è efficace visto che non funziona in ogni caso e non dà infinite soluzioni...se qualcuno mi consiglia qualche link o vuole postare il metodo...bè ora passiamo pure al problema proposto da digi88

[digi88]

Allora...Per risolverla devi prima trovare una soluzione particolare dell'equazione, io ho preso la coppia \( \displaystyle {\left({1};-{6}\right)} \). Trovata tale soluzione ci aggiungi la famiglia di soluzioni della omogenea associata. Nel nostro caso quindi le soluzione dell'equazione \( \displaystyle {165}{x}+{25}{y}={0} \), che ovviamente sono infinite e funzione di un parametro intero. Hai trovato così infinite soluzioni.

Il fatto che si aggiungano le soluzioni dell'omogenea si spiega in tal modo:
Se \( \displaystyle {x}_{{1}},{y}_{{1}} \) sono soluzione di \( \displaystyle {a}{x}+{b}{y}={0} \) e \( \displaystyle {x}_{{2}},{y}_{{2}} \) risolve \( \displaystyle {a}{x}+{b}{y}={c} \) sommando le due equazioni ho che anche \( \displaystyle {x}_{{1}}+{x}_{{2}} \) e \( \displaystyle {y}_{{1}}+{y}_{{2}} \) risolvono la non omogenea.

Per trovare la soluzioni di un omogenea del tipo \( \displaystyle {a}{x}+{b}{y}={0} \) con \( \displaystyle {\left({a};{b}\right)}={d} \) basta porre \( \displaystyle {x}=\frac{{b}}{{d}}\cdot{p} \) e \( \displaystyle {y}=-\frac{{a}}{{d}}\cdot{p} \). Per la soluzione particolare nel 99% dei casi si vede a occhio o con un paio di tentativi altrimenti c'è una specie di algoritmo di euclide al contrario.

Ovviamente tutto ciò vale per le lineari, per le altre non esiste una formula risolutiva standard, dipende dai casi...certo, se qualcuno mi smentisce e c'è un modo più facile mi fa solo piacere!!

Spero di essere stato chiaro..bye

[TomSawyer]

Trovare un \( \displaystyle {n}\in\mathbb{N} \) tale che:

\( \displaystyle {{n}}^{{5}}={{133}}^{{5}}+{{110}}^{{5}}+{{84}}^{{5}}+{{27}}^{{5}} \).

E' facile vedere che la RHS (parte destra) è divisibile sia per \( \displaystyle {{2}}^{{6}} \) che per \( \displaystyle {{3}}^{{6}} \). Essendo che tutti gli esponenti di tutti i fattori primi sono multipli di \( \displaystyle {5} \), si ha che anche \( \displaystyle {{2}}^{{10}} \) e \( \displaystyle {{3}}^{{10}} \) dividono la RHS. Dunque \( \displaystyle {{2}}^{{2}}\cdot{{3}}^{{2}}{\mid}{n}\Rightarrow{n}={36}{k} \). I \( \displaystyle {k}\le{3} \) e \( \displaystyle {k}={5} \) non vanno bene chiaramente. Per \( \displaystyle {k}\ge{6} \) varrebbe \( \displaystyle {{2}}^{{15}}\cdot{{3}}^{{15}}\le{{\left({36}{k}\right)}}^{{5}}={R}{H}{S}\lt{4}\cdot{{133}}^{{5}} \), assurdo. Quindi l'unica soluzione, supponendo che esista, deve essere \( \displaystyle {k}={4}\Rightarrow{n}={144} \).

[digi88]

E' facile vedere che la RHS (parte destra) è divisibile sia per \( \displaystyle {{2}}^{{6}} \) che per \( \displaystyle {{3}}^{{6}} \).

Facile?!?!??! Onestamente io non lo vedo ....Da dopo il "dunque" la soluione mi è chiarissima ed è bellissima (come sempre ) ed ovviamente \( \displaystyle {n} \) è quello....La mia è un po diversa e se non la posta nessuno la metto più tardi...

Anke se (per mia mancanza) non riesco a dimostare una parte di soluzione (che è evidentemente vera) ti faccio i miei complimenti, io ci ho messo almeno il triplo del tempo...

[digi88]

Io avevo costatato che:
\( \displaystyle {{n}}^{{5}}\equiv{4}{\left({10}\right)}\Rightarrow{n}\equiv{4}{\left({10}\right)} \)
\( \displaystyle {{n}}^{{5}}\equiv{0}{\left({3}\right)}\Rightarrow{n}\equiv{0}{\left({3}\right)} \)
\( \displaystyle {{n}}^{{5}}\equiv{2}{\left({7}\right)}\Rightarrow{n}\equiv{4}{\left({7}\right)} \).

E' inoltre chiaro che \( \displaystyle {n}\lt{133}+{110}+{84}+{27}={354} \). Utilizzando il Teorema Cinese si trova che le soluzioni del sistema di congruenze sono \( \displaystyle {n}={564}+{210}{k} \)..per il limite superiore posto risulta buona solo \( \displaystyle {k}=-{2} \) e quindi \( \displaystyle {n}={144} \), come già detto da TomSawyer...

Mi scuso se monopolizzo (e ingorgo) il topic ma mi garba veramente molto e così vi rilancio un altro problema dal test SNS 2000. Io l'ho risolto credo al 75% ...e mi sembra molto più difficile del precedente...ditemi voi...

Trovare gli interi positivi \( \displaystyle {x},{y},{z},{p} \) con p primo tali che:

\( \displaystyle {{x}}^{{p}}+{{y}}^{{p}}={{p}}^{{z}} \).

Buon divertimento

[TomSawyer]

E' facile vedere che la RHS (parte destra) è divisibile sia per \( \displaystyle {{2}}^{{6}} \) che per \( \displaystyle {{3}}^{{6}} \).

Facile?!?!??! Onestamente io non lo vedo ....

Allora, \( \displaystyle {{84}}^{{5}}\equiv{0}{\left(\text{mod}{{2}}^{{6}}\right)} \). Poi si ha \( \displaystyle {{133}}^{{5}}+{{27}}^{{5}}={\left({133}+{27}\right)}{\left(\ldots\right)}\equiv{{2}}^{{5}}{\left(\text{mod}{{2}}^{{6}}\right)} \). Aggiungendo \( \displaystyle {{110}}^{{5}}\equiv{{2}}^{{5}}{\left(\text{mod}{{2}}^{{6}}\right)} \) diventa \( \displaystyle {{2}}^{{5}}+{{2}}^{{5}}\equiv{0}{\left(\text{mod}{{2}}^{{6}}\right)} \). Stessa tecnica per \( \displaystyle {{3}}^{{6}} \).

[TomSawyer]

Trovare gli interi positivi \( \displaystyle {x},{y},{z},{p} \) con p primo tali che:

\( \displaystyle {{x}}^{{p}}+{{y}}^{{p}}={{p}}^{{z}} \).

Buon divertimento

Carlo23 l'ha praticamente risolto qui. Dopo non è difficile concludere.

ps: ti consiglio di postare i problemi di tdn in Matematica Discreta, così hanno maggiore visibilità.

[cdr89]

Io avevo costatato che:
\( \displaystyle {{n}}^{{5}}\equiv{4}{\left({10}\right)}\Rightarrow{n}\equiv{4}{\left({10}\right)} \)
\( \displaystyle {{n}}^{{5}}\equiv{0}{\left({3}\right)}\Rightarrow{n}\equiv{0}{\left({3}\right)} \)
\( \displaystyle {{n}}^{{5}}\equiv{2}{\left({7}\right)}\Rightarrow{n}\equiv{4}{\left({7}\right)} \).

E' inoltre chiaro che \( \displaystyle {n}\lt{133}+{110}+{84}+{27}={354} \). Utilizzando il Teorema Cinese si trova che le soluzioni del sistema di congruenze sono \( \displaystyle {n}={564}+{210}{k} \)..per il limite superiore posto risulta buona solo \( \displaystyle {k}=-{2} \) e quindi \( \displaystyle {n}={144} \), come già detto da TomSawyer...

Mi scuso se monopolizzo (e ingorgo) il topic ma mi garba veramente molto e così vi rilancio un altro problema dal test SNS 2000. Io l'ho risolto credo al 75% ...e mi sembra molto più difficile del precedente...ditemi voi...

Trovare gli interi positivi \( \displaystyle {x},{y},{z},{p} \) con p primo tali che:

\( \displaystyle {{x}}^{{p}}+{{y}}^{{p}}={{p}}^{{z}} \).

Buon divertimento

l'ultimo problema l'ho risolto "ad okkio"
\( \displaystyle {x}={y}={z}={1} \) e \( \displaystyle {p}={2} \)
ma forse non è l'unica soluzione...