Equazioni a più incognite
Sapreste dirmi il metodo generale per risolvere un equazione a più incognite del tipo:
$ x^4 + 3x^2y^2 + 9y^4 = 12^2006 $
L'ho postato qui perché l'ho trovato sul testo di un concorso! Grazie in anticipo...
$ x^4 + 3x^2y^2 + 9y^4 = 12^2006 $
L'ho postato qui perché l'ho trovato sul testo di un concorso! Grazie in anticipo...
Risposte
Quanto tempo che non scrivevo su questo forum.... che effetto ! Comunque... Sicuro di non esserti dimenticato di mettere "soluzioni intere"? perchè in R^2 quell'eqauzione ha infnite coppie x e y che soddisfano quellì'equazione... comunque, io te la risolvo in N. Quando vedi numeri eesponeneti così alti, di solito c'è il "trucco", il numeroni sono solo fumo negli occhi di solito. Conosci l'aritmetica modulare ? un numero a si dice congruo a b in modulo c ( $a\equiv b \quad (mod \quad c)$) se a diviso b dà resto c. è uno strumento potente, questo, per risolvere il tipo di equazioni da te proposto.
In particolare per questa equazione non servono a molto, a meno di voler esere formalissimi. Comunque... Vedi con un pò di calcolo che se un numero è dispari è congruo a 1 mod 16 mentre se è pari è congruo a 0 modulo 16 ( perchè $(2k+1)^4 =16k^4 + 32k^3 +24K^2 +8K +1 \eq 8K^2 + 8K+1 \eq 1 $). La cosa comoda dell'aritmetica modulare è che funzione come l'aritmetica normale per l'addizione e la sottrazione e la moltiplicazione ( non per la divisione). Ora, ti risparmio i calcoli, ma puoi notare anche te che, essendo $12^2006 \equiv 0 \quad (mod \quad 16)$, l'equazione può essere verificata se e solo se $x \equiv 0 \wedge y \equiv 0 \quad (mod \quad 16 )$. Ergo $x$ e $y$ sono ambo pari. posto $x'= 2x \quad e \quad y'=2y$ si ottiene quindi che $2^4((x')^{4} +3(x'y')^2+ 9(y')^4)= 2^{4012}3^{2006}$. che diventa: $(x')^{4} +3(x'y')^2 + 9(y')^{4}= 2^{4012 -4}3^{2006}$ nota ora che puoi reiterare questo procedimento tante volte quante puoi ( $\frac{4012}{4}$ volte in particolare... il tuo obbiettivo è eliminare quel 4012), posti quindi $x''$ e $y''$ come i numeri che si ottengono dopo tutti quei passaggi hai che $(x'')^{4} +3(x''y'')^{2} +9(y'')^{4} = 3^{2006}$ Noti che, come prima, si ha che sia x che y devono essere congrui a 0 modulo 3 ( in parole povere, devono essere multipli di tre). Sostituendo come prima $y''= 3y'''$ e $x'' = 3x'''$ il massimo delle volte possibili, si ottiene che $(x''')^{4} + 3(x'''y''')^{2} +9(y''')^{4} = 3^{2}$ ( Questo perchè $2006 \eq 2 \quad (mod \quad 4)$... raccogliendo infatti raggruppavi a sinistro un tre alla quarta per ogni passaggio.). Posto $x'''=a$ e $y''' = b$ ( per semplicità di scrittura), noti ora che $a^4 + 3(ab)^2 +9b^4 = 3^2 \Rightarrow (a^2-3b^2)^{2}+ 9(ab)^2 = 9 $ che diventa, raggruppando i fattori comuni: $(a^2 -3b^2)^{2} = 9(1-a^2b^2)$. da qui si vede subito che non esistono numeri interi che soddisfano tale equazione.
In particolare per questa equazione non servono a molto, a meno di voler esere formalissimi. Comunque... Vedi con un pò di calcolo che se un numero è dispari è congruo a 1 mod 16 mentre se è pari è congruo a 0 modulo 16 ( perchè $(2k+1)^4 =16k^4 + 32k^3 +24K^2 +8K +1 \eq 8K^2 + 8K+1 \eq 1 $). La cosa comoda dell'aritmetica modulare è che funzione come l'aritmetica normale per l'addizione e la sottrazione e la moltiplicazione ( non per la divisione). Ora, ti risparmio i calcoli, ma puoi notare anche te che, essendo $12^2006 \equiv 0 \quad (mod \quad 16)$, l'equazione può essere verificata se e solo se $x \equiv 0 \wedge y \equiv 0 \quad (mod \quad 16 )$. Ergo $x$ e $y$ sono ambo pari. posto $x'= 2x \quad e \quad y'=2y$ si ottiene quindi che $2^4((x')^{4} +3(x'y')^2+ 9(y')^4)= 2^{4012}3^{2006}$. che diventa: $(x')^{4} +3(x'y')^2 + 9(y')^{4}= 2^{4012 -4}3^{2006}$ nota ora che puoi reiterare questo procedimento tante volte quante puoi ( $\frac{4012}{4}$ volte in particolare... il tuo obbiettivo è eliminare quel 4012), posti quindi $x''$ e $y''$ come i numeri che si ottengono dopo tutti quei passaggi hai che $(x'')^{4} +3(x''y'')^{2} +9(y'')^{4} = 3^{2006}$ Noti che, come prima, si ha che sia x che y devono essere congrui a 0 modulo 3 ( in parole povere, devono essere multipli di tre). Sostituendo come prima $y''= 3y'''$ e $x'' = 3x'''$ il massimo delle volte possibili, si ottiene che $(x''')^{4} + 3(x'''y''')^{2} +9(y''')^{4} = 3^{2}$ ( Questo perchè $2006 \eq 2 \quad (mod \quad 4)$... raccogliendo infatti raggruppavi a sinistro un tre alla quarta per ogni passaggio.). Posto $x'''=a$ e $y''' = b$ ( per semplicità di scrittura), noti ora che $a^4 + 3(ab)^2 +9b^4 = 3^2 \Rightarrow (a^2-3b^2)^{2}+ 9(ab)^2 = 9 $ che diventa, raggruppando i fattori comuni: $(a^2 -3b^2)^{2} = 9(1-a^2b^2)$. da qui si vede subito che non esistono numeri interi che soddisfano tale equazione.
Grazie mille.... si... avevo scordato di scrivere soluzioni intere.... Non conosco l'aritmetico modulare perché ho finito la 5a liceo ora... Comunque credo di aver capito che è una questione di multipli vero???
XD non ti preoccupare delle tue lacune, è tutta matematica olimpionica, niente di speciale... se vuoi proprio formarti ebne su come affrontare problemi di questo tipo ti consiglio di andare sulla homepage di massimo gobbino, dove dice "training olimpico" trovi un sacco di lezioni audio e pdf e video nei quali si spiegano congruenze, metodi di calcolo combinatorio e simili, cose molto utili...
Anche io mi sono cimentato in questo problema per la sant'anna senza successo ho provato quasi tutto... che depressione comunque nell'ultimo passaggio non è detto che 9(1-a^2b^2) sia minore di zero in quanto a o b potrebbero essere nulli infatti le uniche soluzioni intere che avevo trovato erano per x=0 e $ y=pm root(4)(12^(2006)/9)=2 * (12)^(501) $ però non riuscivo ad andare avanti e dimostrare che tali soluzioni erano le uniche intere quindi wow complimenti 
vorrei avere anche io i vostri strumenti
vorrei avere anche io i vostri strumenti
xd ma io sono solo un qundicenne che vuole vincere le IMO ( o almeno arrivarci ) e andare alla Normale.....
Gli strumenti si imparano in fretta, non ti preoccupare, ci sono tanti bei libri ! e poi state parlando con uno che ai giochi di archimede dell'anno passato ha fatto 41.......
Quest'anno la riscossa !
@gauss: XD mi scuso per il verbo errato....
Gli strumenti si imparano in fretta, non ti preoccupare, ci sono tanti bei libri ! e poi state parlando con uno che ai giochi di archimede dell'anno passato ha fatto 41.......
Quest'anno la riscossa !
@gauss: XD mi scuso per il verbo errato....
scusa ma non ho capito chi è il quindicenne che vuole vincere le IMO e andare in normale...
Hai fatto diventare una discesa e un paio di considerazioni con il lemma di Bezout (liquidabile in pochi righi) in una cosa illeggibile.
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