Facile (credo)

Numeri interi, divisibilità, primalità, ed equazioni a valori interi.

Facile (credo)

Messaggioda Clod_98 » 12/11/2017, 18:30

Siano [tex]x,y[/tex] due numeri interi e [tex]p,q[/tex] due numeri primi.
Dimostrare che se [tex]\frac {p}{x^2}+\frac {q}{y^2}=1[/tex] ha soluzioni allora [tex]p+q[/tex] è un quadrato perfetto.
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Re: Facile (credo)

Messaggioda riccardo2 » 17/11/2017, 19:00

se hai la soluzione puoi postarla come spoiler o dirmi da dove viene il prob ? io non riesco proprio a risolverlo
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Re: Facile (credo)

Messaggioda Gizeta » 17/11/2017, 19:37

Puoi cominciare così

Testo nascosto:
[tex]\displaystyle \frac{py^2+qx^2}{(xy)^2}=1[/tex]

[tex]py^2+qx^2=(xy)^2[/tex]

[tex]\displaystyle x^2=\frac{py^2}{y^2-q}=\frac{py^2-pq+pq}{y^2-q}=\frac{p(y^2-q)+pq}{y^2-q}=p+\frac{pq}{y^2-q}[/tex]


cosa deve succedere ora?
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Re: Facile (credo)

Messaggioda riccardo2 » 18/11/2017, 23:51

dato che x^2 e p sono interi anche pq /y^2-q è intero e quindi il denominatore puo valere solo 1 , p o q . se vale p ottenamo p+q=x^2 e quindi la tesi è confermata se vale ( sempre il denominatore ) q allora y^2 =2q e ricaviamo dalla eq . iniziale p /x^2 =1/2 che è impossibile dato che p è primo , e se vale 1 , allora otteniamo eq iniziale che p/x^2 = 1/q+1 ( perche deve essere complementare di q /q+1 )ma questo è impossibile perche implicherebbe x^2/p =q+1 che ricordiamo essere un quadrato perfetto . dovrebbe funzionare e graziq mille dell aiuto ,scusami per la scrittura ma non so usare latex .. una domanda , come hai fatto a capire che le troasformazioni che stavi facendo ti avrebbero portato a una forma dell eq da cui riuscivi a risolvere ?c è un criterio ? è a naso ? tenativi ? logica ?ps avevo fatto un erroraccio me ne sono accorto e ho corretto , spero che ora funzioni tutto
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Re: Facile (credo)

Messaggioda Clod_98 » 19/11/2017, 13:48

Giusta
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Re: Facile (credo)

Messaggioda riccardo2 » 19/11/2017, 13:58

Clod_98 ha scritto:Giusta
e per le domande a fine dimostrazione sai aiutarmi ?
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Re: Facile (credo)

Messaggioda Gizeta » 19/11/2017, 14:22

Prima di rispondere alla tua domanda ti segnalo qualche errore e imprecisione commessi, che ti sarebbero potuti costare diversi punti in una dimostrazione.

---------
[Se ti interessa imparare il LaTeX, per vedere con quale codice è stato generato un determinato output puoi fare su questo tasto destro mouse > Show Math As > TeX Commands; ricorda che il codice LaTeX deve essere rinchiuso tra i tag
Codice: Seleziona tutto
[tex][/tex]
affinché compaia a schermo l'output desiderato.]
---------


Dato che x^2 e p sono interi anche pq /y^2-q è intero e quindi il denominatore puo valere solo 1 , p o q.


Qui sarebbe meglio spendere due parole sul perché a priori [tex]y^2-q[/tex] non può assumere valori negativi o nulli (in questo secondo caso non si sarebbe nemmeno potuta effettuare la divisione, anche se ho trascurato di dirlo nell'impostazione del messaggio precedente); ad esempio:

[tex]y^2 > q[/tex], in caso contrario [tex]q \ge y^2[/tex] e quindi [tex]\displaystyle \frac{q}{y^2} \ge 1[/tex], da cui [tex]\displaystyle \frac{p}{x^2}+\frac{q}{y^2}>1[/tex], dato che il primo addendo è positivo.

Inoltre, manca il caso in cui [tex]y^2-q=pq[/tex].

[...]se vale (sempre il denominatore) q allora y^2 =2q e ricaviamo dalla eq . iniziale p /x^2 =1/2 che è impossibile dato che p è primo[...]


No, non è impossibile, ad esempio [tex]p=2[/tex] e [tex]x= \pm 2[/tex]; tra l'altro, perché tornare all'equazione iniziale?

Se [tex]y^2-q=q[/tex] allora [tex]\displaystyle x^2=p+\frac{pq}{y^2-q}=p+\frac{pq}{q}=2p[/tex], da cui evidentemente [tex]p=2[/tex] (nel caso in cui non si volesse considerare questo fatto evidente, si potrebbe dire [tex]2 \mid x^2 \Rightarrow x=2x_1[/tex], ossia [tex]4x_1^2=2p \rightarrow 2x_1^2=p \Rightarrow 2 \mid p \iff p=2[/tex]).

In questo caso si ha comunque [tex]p=q=2[/tex], e quindi [tex]p+q=2+2=2^2[/tex].

[...]se vale 1 , allora otteniamo dalla prima eq dell ultimo rigo dei passagi che mi hai mandato che p(q+1)=x^2 da cui otteniamo che q+1 deve essere multiplo di p ,quindi o p o q devono essere uguali a 2 ( perche è l unico primo pari )se q =2 otteniamo la soluzione p=3 ,( 3p è un quadrato solo per p=3) e la loro somma da effettivamenteun primo ( 3+2=5). se p=2 otteniamo sempre dalla prima eq dell ultimo rigo che x^2 =2y^2 che è ovviamente impossibile.


Il fatto che [tex]q+1[/tex] sia multiplo di [tex]p[/tex] non basta per assicurare che uno dei due sia pari, ad esempio considera [tex]p=3, q=29[/tex] (nel caso in cui tu stia pensando:"Ma [tex]3 \cdot 30=90[/tex] e questo non è un quadrato", valuta [tex]p=3,q=11[/tex]); possiamo però considerare che [tex]q+1=y^2[/tex] e [tex]x^2=p^2x_1^2[/tex] per un certo [tex]x_1[/tex] intero, da cui

[tex]x^2=p(q+1) \rightarrow px_1^2=y^2[/tex]

che non ha soluzione diversa da [tex]x_1=y=0[/tex] (e quindi anche [tex]x=0[/tex], quindi non accettabile) per discesa infinita.



Il caso [tex]y^2-q=pq[/tex] e, quindi, [tex]x^2=p+1[/tex] è simmetrico rispetto al precedente.


ps avevo fatto un erroraccio me ne sono accorto e ho corretto , spero che ora funzioni tutto [...]


se vale 1 , allora otteniamo eq iniziale che p/x^2 = 1/q+1 ( perche deve essere complementare di q /q+1 )ma questo è impossibile perche implicherebbe x^2/p =q+1 che ricordiamo essere un quadrato perfetto .


Ok, hai individuato l'errore, però il modo in cui hai corretto mi pare essenzialmente tautologico, nel senso che non hai spiegato perché [tex]\displaystyle \frac{x^2}{p}[/tex] non può essere un quadrato perfetto [vedi sopra].


-------------------------

Ora, prima di rispondere alla tua domanda, vorrei darti qualche consiglio di carattere olimpico/matematico, che sei libero anche di non accettare:

[Considera che l'unica volta in cui ho fatto il correttore per una piccola gara locale sono stato tacciato di pignoleria in quanto pretendevo si dimostrasse che tra [tex]n[/tex] e [tex]n+1[/tex], [tex]n \in \mathbb{N}[/tex], non è presente alcun altro numero naturale, fatto che costituiva il nocciolo del problema di cui stavo esaminando la soluzione; inutile dire che non mi sono mosso di un millimetro dal mio giudizio iniziale quando mi è stato fatto notare che "c'era l'idea", dato che "c'è l'idea" mi pare piuttosto differente da "c'è la soluzione".]

1) Giustifica ogni passaggio;
2) verifica di aver considerato tutti i casi;
3) non utilizzare proposizioni false spacciandole per proposizioni vere (il primo punto serve ad evitare proprio questo); se una proposizione ti sembra vera ma non sei in grado di dimostrare che lo è, allora potrebbe essere falsa, quindi evita di utilizzarla.


una domanda , come hai fatto a capire che le troasformazioni che stavi facendo ti avrebbero portato a una forma dell eq da cui riuscivi a risolvere ?c è un criterio ? è a naso ? tenativi ? logica ?ps avevo fatto un erroraccio me ne sono accorto e ho corretto , spero che ora funzioni tutto


Beh, gestire quattro quantità è complicato, quindi ho cercato di trovare una riscrittura che permettesse di gestirne un numero minore in maniera efficiente; in

[tex]\displaystyle x^2=p+\frac{pq}{y^2-q}[/tex]

di fatto l'unica quantità da controllare è [tex]y^2-q[/tex], che può variare in un insieme piuttosto ristretto di termini.
I quadrati, a livello di idea, sono fumo negli occhi.




Considera il seguente problema:"Determinare tutti gli [tex]x,y \in \mathbb{Z}[/tex] tali che [tex]xy-5x-5y=15[/tex]".
Il problema precedente non è tanto diverso, nel senso che gestire due quantità è scomodo, quindi cerchiamo di gestirne una sola in maniera efficiente.

[tex]xy-5x-5y+25=40[/tex]
[tex](x-5)(y-5)=40[/tex]

[tex]\displaystyle x-5=\frac{40}{y-5}[/tex]

E nuovamente siamo in una situazione in cui dobbiamo gestire una sola quantità che può assumere solo valori in un insieme "piccolo" (i divisori di [tex]40[/tex]).


Altro problema simile.


p.s. Mi rendo conto di aver scritto parecchio e di essere stato anche un po' brusco in alcuni punti, ma credo possa essere maggiormente utile una correzione di questo tipo.
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Re: Facile (credo)

Messaggioda Lasker » 19/11/2017, 15:04

Gizeta ha scritto: sono stato tacciato di pignoleria in quanto pretendevo si dimostrasse che tra n e n+1, n∈N, non è presente alcun altro numero naturale

Immagino ti divertissi un sacco alle olimpiadi a scrivere le dimostrazioni di geometria riconducendole tutte in $10$ pagine ai postulati di Euclide...
Cur enim scribere tre numeri quando se ne abbisogna di due? Sensibilizzazione all'uso delle potenti Coordinate Cartesiane, possano seppellire per sempre le orride baricentriche corruttrici dei giovani.

PRIMA FILA TUTTI SBIRRI!

#FREELEPORI
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Re: Facile (credo)

Messaggioda Clod_98 » 19/11/2017, 15:11

riccardo2 ha scritto:
Clod_98 ha scritto:Giusta
e per le domande a fine dimostrazione sai aiutarmi ?


Mi riferivo più al suggerimento di Gizeta :D
Leggi la sua soluzione perché c'è molto da imparare
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Re: Facile (credo)

Messaggioda riccardo2 » 19/11/2017, 17:44

ragazzi grazie a entrambi per l aiuto , terro sicuramente conto dei vostri consigli in futuro , cmq anche se in effetti anche quando mi applico non faccio molto meglio questa volta la dimostrazione era volutamente " arronzata " perche volevo capire soltato se ero riuscito a snocciolare la parte di problema che era rimasta.. in questo periodo non mi sto allenando sulla correttezza formale delle dimostrazioni ( in realta non mi sto allenando sulle dimostrazioni ! ) perche per me è gia un bello scoglio archimiede e quindi mi sto allenando per quel tipo di problemi non dimostrativi. ovviamente tutto questo vale per i passagi non spiegati , gli errori che ci sono sono sempliemente errori e non erano affatto "voluti "
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