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Facile (credo)

MessaggioInviato: 12/11/2017, 18:30
da Clod_98
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.

Re: Facile (credo)

MessaggioInviato: 17/11/2017, 19:00
da riccardo2
se hai la soluzione puoi postarla come spoiler o dirmi da dove viene il prob ? io non riesco proprio a risolverlo

Re: Facile (credo)

MessaggioInviato: 17/11/2017, 19:37
da Gizeta
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?

Re: Facile (credo)

MessaggioInviato: 18/11/2017, 23:51
da riccardo2
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

Re: Facile (credo)

MessaggioInviato: 19/11/2017, 13:48
da Clod_98
Giusta

Re: Facile (credo)

MessaggioInviato: 19/11/2017, 13:58
da riccardo2
Clod_98 ha scritto:Giusta
e per le domande a fine dimostrazione sai aiutarmi ?

Re: Facile (credo)

MessaggioInviato: 19/11/2017, 14:22
da Gizeta
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].


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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.

Re: Facile (credo)

MessaggioInviato: 19/11/2017, 15:04
da Lasker
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...

Re: Facile (credo)

MessaggioInviato: 19/11/2017, 15:11
da Clod_98
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

Re: Facile (credo)

MessaggioInviato: 19/11/2017, 17:44
da riccardo2
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 "