Esercizi di Bianchi e Della Torre (Teoria dei numeri)

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Questo argomento contiene 23 risposte, ha 6 partecipanti, ed è stato aggiornato da MATHia MATHia 5 mesi, 2 settimane fa.

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    Articoli
  • #12960

    Jacks
    Partecipante

    Esercizio 1. Trovare tutte le soluzioni intere dell’equazione $$xy – 7x + 2y – 5 = 0$$
    Esercizio 2. Trovare tutte le soluzioni razionali dell’equazione $$x^3 + 3y^3 + 9z^3 = 9xyz$$
    Esercizio 3. (Teorema di Wilson). Sia p un numero primo. Dimostrare che $$(p-1)! \equiv -1 mod(p)$$
    Esercizio 4. Trovare tutte le coppie (p,q) di primi tali che $p |6^q-1$ e $q |6^p-1$

    Esercizio 5. Trovare tutte le soluzioni intere dell’equazione $$3^{x} – 2^{y} = 1$$
    Esercizio 6. Siano a e b interi positivi tali che $a|b^2$, $b^2|a^3$, $a^3|b^4$, … Dimostrare che a=b

    #19141
    MATHia
    MATHia
    Amministratore del forum

    Up!

    #19197

    Raffa1998
    Partecipante

    Provo a risolvere il primo ( scusate se non so usare il latex)

    Spoiler

    Scrivo $xy-7x+2y-5$ come $(x+2)(y-7)=-9$. $x+2$ deve pertanto essere uno dei divisori di $-9$ da cui ricavo $x=-11;-5;-3;-1;1;7$ e i rispettivi valori di $y$,ovvero $y=-2,4,6,8,10,16$.

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    EDIT: aggiunto spoiler e LaTeX

    #19200
    MATHia
    MATHia
    Amministratore del forum

    Ottimo!

    #19202

    Jespeer
    Partecipante

    5.

    Spoiler

    Dimostriamo che$ x= 2k$ per $y>1$. Supponiamo per assurdo che $ x = 2k+1$: in tal caso $3^x$ sarebbe congruo a 3 modulo 4 (si dimostra facilmente per induzione, si alternano i resti 1 e 3 rispettivamente per le potenze pari e dispari): ne consegue che $3^x-2^y=1$ sarebbe assurda considerando il modulo 4 dell’equazione stessa, che porterebbe a $3 = 1 (mod 4)$ assurdo.

    Per non dimenticare casi analizziamo y=1: $$3^x=3$$ da cui segue $$x=1$$ con soluzione $$x=1, y=1$$

    Ora rimane il caso restante, ossia $x=2k$ da cui segue $$3^2k-1=2^y$$ $$(3^k+1)(3^k-1)=2^y$$ $$(3^k+1) = 2^a; (3^k-1) = 2^b; a+b = y$$ $$2=2^a-2^b; a+b=y$$ $$2=2^b(2^{(a-b)}-1); a+b=y$$ Essendo $2^{(a-b)}-1$ un termine nullo o dispari, per soddisfare l’equazione esso deve essere uguale ad 1, da cui segue: $$ b=1; a=1; y=2; x=2$$ Le soluzioni sono quindi (1,1) e (2,2). Q.E.D

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    #19204
    MATHia
    MATHia
    Amministratore del forum

    Per scrivere un apice o un pedice di più di un carattere devi racchiuderlo con parentesi graffe: $a_{100}=2^{2^{x+1}-3}$ diventa $a_{100}=2^{2^{x+1}-3}$.

    #19205

    Jespeer
    Partecipante

    Aha! Grazie mille!

    #19206
    MATHia
    MATHia
    Amministratore del forum

    Occhio nel finale:

    Spoiler

    arrivi a dire che $2^{a-b}-1$ deve essere uguale a 1, però concludi $a=b$, mentre ciò che si ottiene è $a=b+1$. Un piccolo consiglio generale: è buona norma, arrivati alla fine, controllare che le presunte soluzioni siano davvero tali, se avessi sostituito $x=y=2$ nella prima equazione, non avrebbe soddisfatto. Quindi avresti capito che c’era un errore. Comunque complimenti, la soluzione è buona tranne per la svista 🙂 .

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    #19211

    Jespeer
    Partecipante

    6.

    Spoiler

    Dimostriamo per assurdo: supponiamo a diverso da b. WLOG a > b. In tal caso $a=bk$ con $k$ razionale e $k>1$. Per le condizioni dell’ipotesi, e considerando le condizioni necessarie della divisibilità si deve avere che per ogni n pari vale: $$a^n < b^{n+1}$$ $$b^nk^n < b^{n+1}$$ $$k^n<b$$ Tuttavia basti considerare $m$, minimo numero pari superiore a $log_{k}b$. E’ facile vedere che m non soddisfa la disuguaglianza, il che è assurdo. Ne segue che a=b. Q.E.D. Nota: Per chi non conoscesse la notazione di logaritmo, basti vedere che nel passaggio, per un n sufficientemente grande, $k^n$ sarà necessariamente maggiore di b, che rimane un valore costante.

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    #19213
    MATHia
    MATHia
    Amministratore del forum

    La tua soluzione è giusta, però devi stare attento con i WLOG:

    Spoiler

    $a$ e $b$ non sono interscambiabili, quindi non puoi dire wlog così tranquillamente. Secondo me in questo caso è necessario fare anche il caso $b>a$, oppure, al limite, dire che tale caso è analogo a quello con $a>b$. Però dire che un caso è analogo oppure che è identico (perché è ciò che si intende con wlog) non è la stessa cosa

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    #19214

    Jespeer
    Partecipante

    Sul WLOG

    Spoiler

    Continuo a sbagliare i WLOG 🙂 Comunque come hai preannunciato, con a>b si applica con i casi pari, mentre con b>a si applica con i casi dispari, semplicemente, e si osserva che vale la medesima deduzione sul logaritmo (considerando l’m dispari superiore al logaritmo).

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    #19219

    Jespeer
    Partecipante

    4)

    Spoiler

    Le ipotesi sono: $$ p|6^q-1 ; q|6^p-1 $$ Analizziamo la prima parte: vale dire che: $$ p= (6^q-1)k $$ che porta a $$ p = 5k (mod q) $$ Analizzando la seconda parte si arriva a: $$ q = 5h (mod p) $$ Supponiamo $p>q$: Essendo $q<p$ si avrà $q = 5h$ ma affinchè $q$ sia primo, $h=1$ e $q=5$. Ne consegue che $p = 5$, assurdo per la supposizione. Si osserva che $q>p$ porterebbe alla medesima conclusione, per la simmetria delle ipotesi. Rimane $p=q$. Quindi $$p=5k (mod p) $$ ossia $$p|5k$$ Affinchè $p$ sia primo $p|5$ da cui $p=5$. L’unica soluzione è quindi (5,5). Q.E.D.

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    #19220
    MATHia
    MATHia
    Amministratore del forum

    Attento, guarda che la prima divisibilità implica un’altra cosa:

    Spoiler

    $a\mid b$ implica $ak=b$ per qualche $k$ intero, non $a=bk$ come hai scritto tu.

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    #19222

    Jespeer
    Partecipante
    Spoiler

    Le ipotesi sono: $$p|6^q−1;q|6^p−1$$ Analizziamo la prima parte: vale dire che: $$pk=(6^q−1)$$ che porta a $$pk=5(modq)$$ Analizzando la seconda parte si arriva a: $$qh=5(modp)$$ Supponiamo $p>q$: Essendo $q<p$ si avrà $qh=5$ ma affinchè $q$ sia primo, $h=1$ e $q=5$. Ne consegue che $p=5$, assurdo per la supposizione. Si osserva che $q>p$ porterebbe alla medesima conclusione, per la simmetria delle ipotesi. Rimane $p=q$. Quindi $$pk=5(modp)$$ ossia $$p|5$$ Affinchè $p$ sia primo $ p=5$

    . L’unica soluzione è quindi $(5,5)$. Q.E.D.

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    #19224
    MATHia
    MATHia
    Amministratore del forum

    C’è un un passaggio che non funziona:

    Spoiler

    verso la metà dici che $q<p$ implica $qh=5$, però ciò è falso. Per concludere da $qh\equiv 5\pmod{p}$ che $qh=5$, avresti bisogno di $qh\le p$, e questo non lo puoi assumere wlog. Poi forse all’inizio era meglio scrivere da qualche parte “per il Piccolo Teorema di Fermat…” 😉 .

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    Ultima cosa: se vuoi scrivere le congruenze in $\LaTeX$, puoi fare così $3a\equiv 11 \pmod{z}$ che viene $3a\equiv 11 \pmod{z}$.

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