65520
Il prodotto di tre numeri consecutivi,
la cui media aritmetica sia la sesta
potenza di un numero intero, è sempre
divisibile per 65520.
la cui media aritmetica sia la sesta
potenza di un numero intero, è sempre
divisibile per 65520.
Risposte
Sì beh, la media di tre numeri consecutivi, interessante.
$(x-1+x+x+1)/3=?$
$(x-1+x+x+1)/3=?$
Credo bisogni dimostrarlo 
Allora la media aritmetica di $(x-1)+x+(x+1)$ è esattamente $x$
Quindi si deve dimostrare che il prodotto di $n^6*(n^6-1)*(n^6+1)$ è divisibile per 65520 ($2^4*3^2*5*7*13$), con $n$ intero positivo
Allora la media aritmetica di $(x-1)+x+(x+1)$ è esattamente $x$
Quindi si deve dimostrare che il prodotto di $n^6*(n^6-1)*(n^6+1)$ è divisibile per 65520 ($2^4*3^2*5*7*13$), con $n$ intero positivo
"Aethelmyth":
(...) Quindi si deve dimostrare che il prodotto di $n^6*(n^6-1)*(n^6+1)$ è divisibile per 65520
...proprio così, Aethelmyth
Ma voi tutti che vi dilettate con quesiti assurdi,la Playstation non c'e' l'avete?????????
"rematrix":
Ma voi tutti che vi dilettate con quesiti assurdi,la Playstation non c'e' l'avete?????????
Be'... de gustibus non est disputandum, caro Rematrix,
e per fortuna (per fortuna) c'è posto per tutti.
Peraltro, questo è proprio lo spazio dedicato anche a
questo genere di quesiti... tutt'altro che assurdi, fìdati
Svolgiamo $n^6*(n^6-1)*(n^6+1)=n^18-n^6$
Innanzitutto possiamo vedere che $n^18-n^6$ è divisibile sempre per 2, infatti corrisponde alla differenza di due numeri entrambi pari o dispari che è necessariamente un numero pari. Ovviamente ciò non è sufficiente perchè si dovrebbe dimostrare la divisibilità per $2^4$, ma almeno ci sto provando
Innanzitutto possiamo vedere che $n^18-n^6$ è divisibile sempre per 2, infatti corrisponde alla differenza di due numeri entrambi pari o dispari che è necessariamente un numero pari. Ovviamente ciò non è sufficiente perchè si dovrebbe dimostrare la divisibilità per $2^4$, ma almeno ci sto provando
Un d'incoraggiamento per te, Aethelmyth!
d'incoraggiamento per te, Aethelmyth!
se vuoi vederli uno per uno... anche se non mi vengono altre idee..
se $n$ è pari sicuramente $2^4$ divide $n^18-n^6$.
se è dispari $n$ è coprimo con $2^4$, quindi per Eulero-Fermat posso trasformare in $n^2-n^6$ nelle classi di resto di 16, che diventa $n^2(1-n^2)(1+n^2)$. Ma i quadrati tra le classi di resto di 16 sono 1,9,0,4. Solo i primi due però sono quadrati di numeri dispari, e per tutti e due vale $n^2(1-n^2)(1+n^2)-=0mod16$.
Non so se è usanza di questa parte di Forum usare le congruenze, se non lo è scusatemi.
se $n$ è pari sicuramente $2^4$ divide $n^18-n^6$.
se è dispari $n$ è coprimo con $2^4$, quindi per Eulero-Fermat posso trasformare in $n^2-n^6$ nelle classi di resto di 16, che diventa $n^2(1-n^2)(1+n^2)$. Ma i quadrati tra le classi di resto di 16 sono 1,9,0,4. Solo i primi due però sono quadrati di numeri dispari, e per tutti e due vale $n^2(1-n^2)(1+n^2)-=0mod16$.
Non so se è usanza di questa parte di Forum usare le congruenze, se non lo è scusatemi.
"vedeverde":
Non so se è usanza di questa parte di Forum usare le congruenze, se non lo è scusatemi.
Le congruenze si possono usare eccome, però detto fra noi... in realtà questi problemi cadono subito se si usano le congruenze e da quanto ho visto fino ad ora alcuni si ostinano ad usare l'induzione
Rinuncio volentieri alle congruenze per qualche osservazione arguta... ma per l'induzione..
Non mi pare di vedere soluzioni complete, percio' ci provo io.
Il prodotto N in questione si puo' scrivere anche cosi':
a)$N=n^6*(n^4-1)*(n^8+n^4+1)$
b)$N=n^6*(n^6-1)*(n^6+1)$
c)$N=n^6*(n^(12)-1)$
d)$N=n^6*(n-1)*(n+1)*(n^2+1)*(n^8+n^2+1)$
e)$N=n^6*(n^2-1)*(n^2+1)*(n^2-n+1)*(n^2+n+1)*(n^4-n^2+1)$
Divisibilita per 5
Se $5|n$ e' pure $5|n^6$ da cui $5|N$
Se 5 non divide n allora per il ptf (=piccolo teorema di Fermat) risulta:
$n^4-=1 (mod 5) $ e dunque per la (a) 5 divide N
Divisibilita per 7
Se $7|n$ e' pure $7|n^6$ da cui $7|N$
Se 7 non divide n allora per il ptf risulta:
$n^6-=1 (mod 7) $ e dunque per la (b) 7 divide N
Divisibilita per 13
Se $13|n$ e' pure $13|n^6$ da cui $13|N$
Se 13 non divide n allora per il ptf risulta:
$n^12-=1 (mod 13) $ e dunque per la (c) 13 divide N
Divisibilita' per $2^4$
Se n e' pari allora,per la presenza del fattore $n^6$ , N e'
sicuramente divisibile per $2^4$
Se n non e' pari sara' del tipo $2k+-1$ ovvero del tipo:
$4r+-1,4r+-3$ a seconda che si scelga k pari o dispari.
Ora e' facile vedere che per tali valori di n almeno uno dei fattori
n-1 ed n+1 e' divisibile per 4 e cio' per la (d) ,insieme alla divisibilita' per 2 di
$n^2+1$ e dell'altro fattore ,rende N divisbile per $2^4$
Divisibilita' per $3^2$
Se 3|n allora ,sempre per il fattore $n^6$, sara' pure $3^2|N$
Se n non e' divisibile per 3 allora per il ptf risulta:
$n^2-=1 (mod 3)$
D'altra parte n ,in tal caso,e' del tipo:
$3k+-1,3k+-2$ ed anche stavolta e' facile vedere che almeno uno
dei fattori della (e) $n^2-n+1,n^2+n+1$ e' divisibile per 3.
In conclusione N e' divisibile anche per $3^2$
q.e.d.
karl
Il prodotto N in questione si puo' scrivere anche cosi':
a)$N=n^6*(n^4-1)*(n^8+n^4+1)$
b)$N=n^6*(n^6-1)*(n^6+1)$
c)$N=n^6*(n^(12)-1)$
d)$N=n^6*(n-1)*(n+1)*(n^2+1)*(n^8+n^2+1)$
e)$N=n^6*(n^2-1)*(n^2+1)*(n^2-n+1)*(n^2+n+1)*(n^4-n^2+1)$
Divisibilita per 5
Se $5|n$ e' pure $5|n^6$ da cui $5|N$
Se 5 non divide n allora per il ptf (=piccolo teorema di Fermat) risulta:
$n^4-=1 (mod 5) $ e dunque per la (a) 5 divide N
Divisibilita per 7
Se $7|n$ e' pure $7|n^6$ da cui $7|N$
Se 7 non divide n allora per il ptf risulta:
$n^6-=1 (mod 7) $ e dunque per la (b) 7 divide N
Divisibilita per 13
Se $13|n$ e' pure $13|n^6$ da cui $13|N$
Se 13 non divide n allora per il ptf risulta:
$n^12-=1 (mod 13) $ e dunque per la (c) 13 divide N
Divisibilita' per $2^4$
Se n e' pari allora,per la presenza del fattore $n^6$ , N e'
sicuramente divisibile per $2^4$
Se n non e' pari sara' del tipo $2k+-1$ ovvero del tipo:
$4r+-1,4r+-3$ a seconda che si scelga k pari o dispari.
Ora e' facile vedere che per tali valori di n almeno uno dei fattori
n-1 ed n+1 e' divisibile per 4 e cio' per la (d) ,insieme alla divisibilita' per 2 di
$n^2+1$ e dell'altro fattore ,rende N divisbile per $2^4$
Divisibilita' per $3^2$
Se 3|n allora ,sempre per il fattore $n^6$, sara' pure $3^2|N$
Se n non e' divisibile per 3 allora per il ptf risulta:
$n^2-=1 (mod 3)$
D'altra parte n ,in tal caso,e' del tipo:
$3k+-1,3k+-2$ ed anche stavolta e' facile vedere che almeno uno
dei fattori della (e) $n^2-n+1,n^2+n+1$ e' divisibile per 3.
In conclusione N e' divisibile anche per $3^2$
q.e.d.
karl
Bravo Karl!
E chiaro, come sempre
E chiaro, come sempre
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