Newsgroup: it.hobby.enigmi
Titolo: 3 Interi

3 interi X,Y,Z hanno la seguente proprieta':
X*Y non e' divisibile per Z, difatti c'e' il resto di 1.
X*Z non e' divisibile per Y, difatti c'e' il resto di 1.
Y*Z non e' divisibile per X, difatti c'e' il resto di 1.
Non e' difficile trovare i 3 numeri.
Dimostrare che questa soluzione e' unica.


Sicuramente (non chiedetemi perche')... uno dei tre interi deve essere
2, e gli altri due saranno dispari.
Armeggiando un po' ho trovato 2, 3 e 5 che dovrebbero essere ok.
Sull'unicita' della soluzione... possiedo una elegante dimostrazione,
ma troppo ampia per essere contenuta in questo sottile margine :)
ciao
Stark

 wrote in message
b3ol1vka9al29kh85...@4ax.com...

mh, mi ricordi un certo fermat...

 mh, mi ricordi un certo fermat...
Quindi occorreranno 400 (?) anni perche' qualcuno formuli la soluzione?
-- 
D
ICQ#22600141
Il faut etre léger comme l'oiseau, et non comme la plume.
Paul Valéry

Quindi occorreranno 400 (?) anni perche' qualcuno formuli la soluzione?
Non saprei. Ho provato a combinare la congettura di Goldbach
applicandola alle serie ricorsive, per poi utilizzare il polinomio di
Taylor per uscire dal sistema parametrico di tre equazioni che ne
scaturiva.
Poi mi sono fermato visto che non avevo alcuna idea di che cosa stessi
facendo, considerato che l'unico Goldbach che conosco era una mezzala
del Bayern Monaco degli anni '50.
Mi piacerebbe riuscire ad andare più in la', ma temo di non averne i
mezzi. Ma mi diverto tanto a provarci, e leggere le spiegazioni di chi
ne sa piu' di me.
ciao
Stark

 ma temo di non averne i mezzi. Ma mi diverto tanto a provarci, ..
All'inizio pensavo fosse riconducibile al teorema cinese dei resti, ma non
sono riuscito a fare alcun progresso con i miei scarsissimi rudimenti di
calcolo "modulare". Credo mi metterò in lista per leggere la soluzione di
quelli bravi.
Il teorema cinese dei resti (Chinese Remainder Theorem) dice che i sitemi di
congruenze del tipo
x == a1 (mod m1)
x == a2 (mod m2)
..
x == ai (mod mi)
hanno soluzione unica sotto certe ipotesi. E' molto usato in crittografia.
In pratica serve ad individuare un numero qualora se ne conoscano due o più
resti. Qui noi abbiamo
xy == 1 (mod z)
yz == 1 (mod x)
zx == 1 (mod y)
che di cinese non mi pare avere molto.
--
Ciao, Silv:o)

uno dei tre interi deve essere 2
E invece lo chiedo, perché se si potesse dimostrare questo, si avrebbe la
dimostrazione dell'unicità della soluzione.
Sia per esempio z=2; x>y (entrambi dispari); le tre uguaglianze diventano:
2y=ax+1
2x=by+1
xy=2c+1
Per la terza uguaglianza non ci sono problemi: un prodotto dispari diviso
per 2, dà per resto 1.
Dalla prima uguaglianza, essendo x>y, si trova che a deve essere minore di
2, quindi può essere soltanto a=1
L'eguaglianza diventa
2y=x+1 quindi
x=2y-1
sostituendo nella seconda
4y-3=by
y=3/(4-b)
Il secondo membro deve essere intero, quindi la differenza (4-b) deve essere
divisore di 3.
Escludo (4-b)=3, che darebbe y=1, rimane l'unica possibilità (4-b)=1, quindi
b=3, y=3.
e sostituendo in una delle uguaglianze precedenti trovo x=5
e qui passo la mano a chi voglia dimostrare l'affermazione di Stark
ciao
paolo

 ad escludere il caso di tre numeri tutti dispari).
in particolari i 3 numeri devono essere primi tra loro...

 e qui passo la mano a chi voglia dimostrare l'affermazione di Stark
Premetto che non conosco  dimostrazioni. Il problemino l'ho postato cosi' 
come mi e' stato proposto da un'amico dagli occhi a mandorla.
Osservando che numeri 2,3,5 sono 3 Fibonacci consecutivi, e che in tali 
terne ci sono sempre due dispari e un pari ne ho testato alcune, la 
curiosita' e' data dal fatto che le congruenze sono formate tutte da 1 e -1 
  ( l'operatore "@" calcola il resto dopo la divisione, come in Ubasic)
  A   B   C  AB@C AC@B  BC@A
  2   3   5    1    1    1
  3   5   8   -1   -1    1
  5   8  13    1    1   -1
  8  13  21   -1   -1    1
13  21  34    1    1   -1
21  34  55   -1   -1    1.... ecc
In pratica a parte 2,3,5 si alternano le terne di resti -1,-1,1  e  1,1,-1
Si nota anche che per ognuna di queste terne, moltiplicando i due numeri 
esterni ed aggiungendo e sottraendo 1 alternativamente, si ottiene il 
quadrato del numero centrale. Es:
2*5-1  = 3^2
3*8+1  = 5^2
5*13-1 = 8^2
8*13+1 = 13^2... ecc
Puo' essere utile?  boh?


questo l'avevo notato pure io. è una cosa molto interessante. e su questo si
basa il paradosso del quadrato che svanisce, non so se avete presente. si
disegna un rettangolo di dimensioni 5*13. si traccia la diagonale, si
tagliano i due triangoli in un triangolo di base 8 e un trapezio di altezza
5, base maggiore 5 e base minore *3*.
poi si ricompone a formare un quadrato di lato 8. sembra che le 2 aree siano
eguali!

 eguali!
Esatto. Per amore di verita', e un po' di campanilismo, e' utile ricordare 
che un paradosso di questo tipo fu pubblicato per la prima volta 
dall'architetto bolognese Sebastiano Serlio nel suo
  ||P r i m o  L i b r o  d i  A r c h i t e t t u r a || del 1545.

   ||P r i m o  L i b r o  d i  A r c h i t e t t u r a || del 1545.
Famoso anche per i solai lignei a doppia orditura.


 wrote in message
2hST9.105719$TC5.3...@twister1.libero.it...

anzi, vale per ogni terna di numeri in progressione aritmetica (presi nella
successione di fibonacci)!
F(n)*F(n+2k)=F(n+k) +- 1
bello!
anzi no, ho preso solo un abbaglio....
anche se c'è una certa regolarità!

 anche se c'è una certa regolarità!
trovata, cari ragazzi. non c'entra una mazza col problema ma è divertente.
F(n)*F(n+2k)=F(n+k)^2 +- F(k)^2
bella questa formula! ma non l'ho dimostrata ancora.:-)