Preparandosi alla NORMALE

[digi88]

Bhe in effetti il caso in cui $p=2$ è il più facile però esistono una famiglia di soluzioni e non una sola e più precismaente $x=y=2^h$, $z=2h +1$...Per $p>2$ è molto diverso....

@TomSawyer: in effetti non è un problema da scuola media i prossimi li posto in mat discreta!

[TomSawyer]

l'ultimo problema l'ho risolto "ad okkio"
$x=y=z=1$ e $p=2$
ma forse non è l'unica soluzione...

Come hai fatto a risolverlo "ad occhio"? Hai dato un'occhiata al link con la soluzione che ho postato?

[cdr89]

l'ultimo problema l'ho risolto "ad okkio"
$x=y=z=1$ e $p=2$
ma forse non è l'unica soluzione...

Come hai fatto a risolverlo "ad occhio"? Hai dato un'occhiata al link con la soluzione che ho postato?

ora si ^_^ ho visto che anche +Steven+ ha postato la mia stessa soluzione...
cmq ho sostituito a p il primo numero primo, cioè 2, l'ho partizionato in 1+1 e c'è andato
e cmq è solo 1 soluzione delle tante...

[TomSawyer]

Pensavo avessi risolto ad occhio l'ultimo problema postato da digi88, cioè $x^p+y^p=p^z$.

@digi88
Come l'hai risolto tu? E' più lunga la tua soluzione di quella che ti ho linkato?

[cdr89]

Pensavo avessi risolto ad occhio l'ultimo problema postato da digi88, cioè $x^p+y^p=p^z$.

@digi88
Come l'hai risolto tu? E' più lunga la tua soluzione di quella che ti ho linkato?

mi riferivo proprio a quello, ma è la soluzione + banale quella che ho dato!

[TomSawyer]

Allora per evitare fraintendimenti, la prossima volta dì "ho trovato degli interi per cui vale quella roba", non "l'ho risolto", dato che si devono trovare tutti gli interi per cui vale quella roba .

[cdr89]

Allora per evitare fraintendimenti, la prossima volta dì "ho trovato degli interi per cui vale quella roba", non "l'ho risolto", dato che si devono trovare tutti gli interi per cui vale quella roba .

OK

[digi88]

Come l'hai risolto tu? E' più lunga la tua soluzione di quella che ti ho linkato?

La mia non è una soluzione è una quasi soluzione:
Ho diviso i casi $p=2$ e $p>2$.

i) Se $p=2$ allora $x^2 + y^2 =2^z$.
x e y possono essere o entrambi pari o entrambi dispari.
Se x e y dispari allora si ha che ponendo $x=2m+1$ e $y=2n +1$ e poi sviluppando:
$4(m^2+m+n^2+n) +2=2^z$.
E quindi $LHS\equiv 2(4)$ ma $2^z \equiv 2(4)$ se e solo se $z=1$ da cui si deriva che deve essere$m=n=0$ e ancora $x=y=1$. Quindi se x e y sono dispari sono uguali a uno. (Questa è la soluzione trovata ad occhio da cdr89)

Se x e y sono pari saranno della forma $x=2^h * m$ e $y=2^k * n$ con m e n dispari. Svilppando si ha che:
$(m^2 +n^2)=2^(z-h)$.
Si è assunto che h=k e cosi deve essere altrimenti LHS non sarebbe potenza di 2. Sappiamo però che gli unici dispari che soddisfano quel tipo di equaione sono $m=n=1$. Da cui la soluzione generale per x e y pari è $x=y=2^h$ e $z=2h+1$.

Concludiamo il punto i) raccogliendo le soluzioni per $p=2$. $(1;1;1;2)$ U $(2^h;2^h;2h+1;2)$.

ii) $p>2$ e quindi p dispari. Allora si ha che:
$x+y|x^p + y^p$ e cosi la nostra equazione diventa:
$(x+y)((x^p+y^p)/(x+y))=p^z$.
Essendo p primo si ha necessariamente che $p=x+y$ e quindi:
$x^(x+y) +y^(x+y)=(x+y)^z$.
Con x+y dispari e quindi x e y con parità diverse. Inoltre se (a;b;z;p) è soluzione lo è anche (b;a;z;p).
Si nota che $(1;2;2;3)$ e $(2;1;2;3)$ sono soluzioni quindi inutile cercare l'assurdo diretto.
Bhe ora temo di dover ammettere i miei limiti, onestamente non credo di saper andare avanti da solo...almeno non per ora...

In conclusione la mia quasi soluzione è lunga e un po contorta oltre che INCOMPLETA

PS non escludo la presenza di errori.

[angus89]

che bello il topic sta andando avanti!!!
Io comunque non ci sarò x una settimana (vacanza), ma al mio ritorno avrò altri rompicapi da inserire...ora mi sto scervellando x uno che riguarda gli orologi...va bè....livello NORMALE si intende...
Bè a presto!!!

[Paolo90]

In un assolato e tranquillo sabato pomeriggio, sono qua a cercare una soluzione ad alcuni arcani quesiti “normali”.

Ecco il testo (Esame di Ammissione, A.A. 1963 – 64. Problema n. 4)

“Due cercatori d’oro hanno due grandi sacchi di pezzi d’oro. Il primo ha solo pezzi da 15 grammi, il secondo pezzi da 21 grammi. Può il primo pagare esattamente al secondo un debito di 27 grammi d’oro? Potrebbe invece il secondo pagare esattamente al primo un debito di 29 grammi d’oro?”

Allora io ho pensato che il primo deve dare $15x$ pezzi d’oro e riceverne di resto $21y$, dove $x$ e $y$ sono due numeri positivi e interi (si suppone infatti che non si possano spezzare i lingotti, altrimenti il problema sarebbe immediato, e che il numero di pezzi disponibili sia infinito).

Dunque si ottiene l’equazione diofantea $15x - 21y = 27$, che ammette soluzioni perché $GCD(15,21) = 3$ e $GCD(15,21)|27$.

Riscriviamola come $5x – 7y = 9$. Utilizzando l’algoritmo euclideo trovo

$7 = 5*1 + 2 $ (resto 2)
$5 = 2*2 + 1 $ (resto 1)

Ricavo dalle precedenti espressioni i resti:

$2 = 7 – 5*1 $
$1 = 5 – 2*2 $

Ora risaliamo al contrario:

$1 = 5 – 2*2 $
$1 = 5 – 2*(7-5)$
$1 = 5 – 2*7 +2*5 $
$1 = 3*5 -2*7$

Ora moltiplico ambedue i membri (II principio) per 9:

$9 = 27*5 -18*7$
$5*(27) – 7*(18)= 9 $

Dunque, ricordando la posizione iniziale

$5x – 7y = 9$

si constata facilmente che una soluzione è data dalla coppia (27; 18). In altre parole, il primo cercatore d’oro può pagare un debito di 27 g d’oro al secondo dandogli 27 lingotti (da 15g l’uno) e ricevendone 18 (da 21g l’uno) di resto.

La seconda richiesta invece non ha soluzione. Il secondo non può pagare al primo un debito di 29g d’oro perché (in virtù di un analogo ragionamento a quello sopra) si avrebbe l’equazione

$21x - 15y = 29$

e sarebbe GCD(21,15) = 3 che non è un divisore di 29.

Che cosa ne pensate??? Secondo voi è corretto? Spero di sì, comunque vi sarei davvero grato se mi diceste la vostra opinione al riguardo.... Grazie come al solito a tutti.

Paolo