Travasi primi

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David
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Travasi primi

Messaggio da David » gio mag 12, 2011 9:10 pm

9 recipienti parallelepipedi regolari sono colmi d'acqua.

L'altezza accomuna tutti quanti, essa misura 1 dm,le basi sono tutte quadrate con spigolo pari a x dm (con x intero) per il primo,con spigolo di x+1 dm per il secondo, x+2 dm per il terzo e così via fino ad arrivare al nono con spigolo di x+8 dm.

Si vuole travasare tutta la totalità del liquido da essi contenuto in p contenitori ( con p primo) cubici tutti uguali fra loro aventi lo spigolo pari a y dm. ( con y intero)

Tale operazione si può eseguire?

Salutoni

delfo52
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Re: Travasi primi

Messaggio da delfo52 » gio mag 12, 2011 10:59 pm

se ho "tradotto" bene,
esistono nove numeri interi consecutivi tali che la somma dei loro quadrati è pari ad un cubo moltiplicato per un numero primo?
Enrico

Pasquale
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Re: Travasi primi

Messaggio da Pasquale » ven mag 13, 2011 12:21 am

Il volume dei 9 parallelepipedi é:

3(3X^2+24x+68)

e deve essere divisibile per py^3, ovvero deve risultare intero il rapporto \frac{3(3x^2+24x+68)}{py^3}

Affinché tanto sia possibile, è necessario che il denominatore sia multiplo di 3K, con K=1 , considerato che l'espressione 3X^2+24x+68 non può essere mutipla di 3.
Dunque, l'unico elemento del denominatore che può contenere utilmente il 3 è il fattore p, che conseguentemente non può essere primo.

In conclusione il travaso, alle condizioni richieste, non è possibile.



Nota, per completezza

se p fosse primo, il 3 dovrebbe essere contenuto in y^3, ma si avrebbe la seguente situazione:

posto y=3A, y^3=3\cdot{9}\cdot{A^3} ed allora dovrebbe essere 3x^2+24x+68 divisibile per 9pA^3, mentre non è divisibile nemmeno per 3, perché

3x^2+24x+68 = 3(x^2+8x)+68
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0-§
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Re: Travasi primi

Messaggio da 0-§ » sab mag 14, 2011 10:23 am

Pasquale ha scritto:Dunque, l'unico elemento del denominatore che può contenere utilmente il 3 è il fattore p, che conseguentemente non può essere primo.
Ho un dubbio: e se p fosse in effetti uguale a 3? Non mi è riuscito di trovare un esempio, però non possiamo escluderlo...
L'equazione sarebbe allora y^3=3x^3+24x+68, ovviamente con x, y interi.
Chi ci prova?
Lo scopo principale di una dichiarazione DATA è quello di dare dei nomi alle costanti; anziché inserire ogni volta 3.141592653589793 come valore di \pi, con una dichiarazione DATA si può assegnare tale valore alla variabile PI che può essere poi usata per indicare la costante. Ciò rende anche più semplice modificare il programma, qualora il valore di \pi dovesse cambiare.

-Da un vecchio manuale FORTRAN della Xerox

Pasquale
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Re: Travasi primi

Messaggio da Pasquale » dom mag 15, 2011 3:31 am

Giusto! Distratto da altri ragionamenti, non ho considerato che 3 è un primo: in questo caso, se p=3, bisognerebbe trovare un x intero, tale che 3x^2+24x+68 sia un cubo, o dimostrare che non può esserlo (chiedo scusa per la dichiarata completezza , non completa... l'occhio di zerinf è sempre attento).
In pratica questi sono i nuovi termini in cui si traduce il quesito originale.

Adesso, non so se dico un'altra stupidaggine.......(si, l'ho detta e la cancello)

(OMISSIS)

Intanto, ho visto che se scegliamo un x=496.407.443 dm e 3 contenitori con y=904203 dm, immaginando di dover travasare vino, avremo la gradita sorpresa di poterci bere 20 litri di vino prima di procedere al travaso dei 496 milioni e passa di litri di vino.
Il bello è che esistono infinite combinazioni x,y che mi consentono di bere sempre 20 litri di vino precisi e poi effettuare un travaso preciso col restante (es: x=6.130.644.323, y=4.831.083).
Questo lascia "sospettare" che un travaso preciso, senza ubriacarsi, non sia possibile;
ora, se esistono infinite possibilità di tracannare 20 litri di vino, allora togliendo 20 litri dal totale dei 9 contenitori, si dovrebbero ottenere dei cubi precisi.
Vale a dire che se trasformo la mia equazione in 3x^2+24x+(68-20), trovo infiniti cubi perfetti, come ad esempio per i seguenti valori di x,y:

20 12
77 27
188 48
371 75
644 108
1025 147
1532 192
2183 243
2996 300
...
...
...
570328121 991875
573308924 995328
576300095 998787

In conclusione, se 3x^2+24x+48=y^3 mi fornisce infinite soluzioni intere, è plausibile che 3x^2+24x+68=y^3 ne fornisca di non intere, perché 20 è troppo piccolo per generare un cubo di ordine superiore.

Nota:

i suddetti valori sono stati trovati, dando in pasto al p.c. la ricerca di soluzioni intere delle seguenti relazioni:

x=\frac{-12+sqrt{3y^3-60}}{3} e x=\frac{-12+sqrt{3y^3}}{3}

derivanti da:

3x^2+24x+68-y^3=0 e 3x^2+24x+48-y^3=0

es:
FOR y=4 TO 1000000
LET x=(-12+SQR(3*y^3))/3
IF x=INT(x) THEN PRINT x;y
next Y
Ultima modifica di Pasquale il dom mag 15, 2011 8:29 pm, modificato 1 volta in totale.
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David
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Re: Travasi primi

Messaggio da David » dom mag 15, 2011 1:52 pm

Effettivamente nemmeno se p= 3 è possibile il travaso poichè:

(x-4)^2+(x-3)^2+....(x+4)^2=py^3
9x^2+60=py^3 ; se p=3:
9x^2+60=3y^3
3x^2+20=y^3
3(x^2+18)+2=y^ 3 ; posto x^2+18=k
3k+2=y^3
ora y=3k ; y=3k+1 o y=3k+2 e i rispettivi cubi sono:
y^3=3k \ y^3=3k+1\ e\ y^3=3k+1 ; \\mai \\3k+2

Bye David

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Re: Travasi primi

Messaggio da Pasquale » dom mag 15, 2011 7:06 pm

Proseguo sul precedente ragionamento ed esamino l'equazione

3x^2+24x+48=y^3

posso scrivere:

3(x+4)^2=y^3
x+4=sqrt{\frac{y^3}{3}}
x=sqrt{\frac{y^3}{3}}-4

Affinché x sia intero, necessita che sia y^3=27k^6 (y=3k^2)

tale relazione è accettabile, perché effettivamente rappresenta un cubo ed inoltre consente di rendere quadrato perfetto il radicando e dunque x intero.

Scriviamo quindi:

x=sqrt{9k^6}-4

x=3k^3-4

da cui avremo soluzioni infinite per tutti i k>1

il primo cubo rappresentabile è 1728 (per k=2) e seguono 19.683, 110.592.....naturalmente sempre maggiori dei precedenti

Con questo si dimostra che l'equazione

3x^2+24x+48=y^3 ha soluzioni e che cioè il primo membro può essere un cubo.

La nostra equazione però era

3x^2+24x+68=y^3

ed allora scriviamo:

3(x+4)^2+20=y^3

se il primo membro dell'altra equazione poteva essere un cubo, in questa equazione, al primo membro, avremo sempre 20 unità in più di un cubo e con questo si dimostra che la nuova equazione non ha soluzioni e spiega perché precedentemente, con altri mezzi, s'era trovato che occorreva bersi sempre preventivamente 20 litri di vino.
Meglio ancora possiamo dire che se prima 3(x+4)^2=y^3 era un cubo, allora 20 unità meno di un cubo non possono essere uguali a 3(x+4)^2, cioè non può avere soluzioni la relazione 3(x+4)^2=y^3-20
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