Numeri primi e divisibilità
Esistono $14$ numeri interi positivi consecutivi ognuno dei quali sia divisibile per uno o più dei primi $p$ tali che $2<=p<=11$?
Risposte
ma ad esempio due o piu numeri fra questi 14 possono essere divisibili per uno stesso primo?
perchè se è così.è banalmente vero
poichè:
7 sono divisibili per due
4 sono divisibili per tre
3 sono divisibili per quattro
2 sono divisibili per cinque.
perchè se è così.è banalmente vero
poichè:
7 sono divisibili per due
4 sono divisibili per tre
3 sono divisibili per quattro
2 sono divisibili per cinque.
consecutivi? Non mi sembra. Quali hai trovato? Io sto per bruciare la focaccia per risolvere stò quesito eheheh 
"miuemia":
ma ad esempio due o piu numeri fra questi 14 possono essere divisibili per uno stesso primo?
perchè se è così.è banalmente vero
poichè:
7 sono divisibili per due
4 sono divisibili per tre
3 sono divisibili per quattro
2 sono divisibili per cinque.
Si ma chi ci dice ad esempio che tra i 7 numeri divisibili per due non ci siano anche quelli divisibili per 3, per 5 per 7 e per 11?
E in questo caso degli altri sette che ne facciamo?
Insomma non è detto che i numeri che hai trovato tu siano tutti i 14.
Mi sembra che i numeri consecutivi cercati non esistano, ma non sono sicuro (i calcoli erano lunghetti). E così?
Io pure sono arrivato alla medesima conclusione utilizzando il teorema cinese del resto. Aspetto un altro pò se non risponde nessuno posto la mia soluzione.
Io ne ho trovati solo 13, ma insomma, non sono riuscita a trovare un metodo ricorsivo.......... poi avevo la focaccia rustica nel forno, i bimbi affamati, il marito che sbuffa che sono sempre al pc............. LA VITA E' DURA GIA' SENZA GLI ENIGMI...
"giuseppe87x":
Esistono $14$ numeri interi positivi consecutivi ognuno dei quali sia divisibile per uno o più dei primi $p$ tali che $2<=p<=11$?
D'ho solo un suggerimento anche perchè tra dieci minuti parto per le vacanze, a meno di una brillante idea userei il principio di inclusione-esclusione usando la stima
definito per un $n$ l'insieme $A={n,n+1,n+2...n+13}$ allora
$|{m in A , p | m }| <= [14/p]^+$
Ciao Ciao
Sia $k_0$ il più piccolo naturale fra i naturali $n$ tali che $n,n+1,n+2,...,n+13$ siano $14$ naturali consecutivi ognuno divisibile per un primo nell'insieme ${2,3,5,7,11}$. Siano $k_0,k_1,k_2,....,k_{13}$ tali naturali consecutivi.
Ovviamente $k_0>13$. Inoltre $k_0-1$ non è divisibile né per $2$ né per $3$, perché questo contraddirrebbe la minimalità di $k_0$. Dunque $k_0$ è divisibile per $2$ e inoltre abbiamo due casi: $k_0$ divisibile per $3$ oppure $k_1$ divisibile per $3$.
Caso 1) In questo caso esattamente $k_0, k_2, k_3, k_4, k_6, k_8, k_9, k_{10}, k_{12}$ sono divisibili per $2$ o per $3$. Rimangono dunque $k_1,k_5, k_7, k_{11}, k_{13}$. Ora, non ci possono essere fra questi numeri due numeri divisibili entrambi per $7$ o divisibili entrambi per $11$. Infatti, se due fra questi fossero divisibili entrambi per $7$ o per $11$, anche la differenza dovrebbe essere multiplo di $7$ o $11$, ma è banale osservare che questo non può verificarsi. Ma allora sono $3$ i numeri divisibili per $5$, dunque ci devono essere almeno $3$ coppie la cui differenza è divisibile per $5$, mentre invece ce n'è una sola: $k_1$ e $k_{11}$. Assurdo.
Caso 2) In questo caso esattamente $k_0, k_1, k_2, k_4, k_6, k_7, k_8, k_{10}, k_{12}, k_{13}$ sono divisibili per $2$ o per $3$. Rimangono dunque $k_3, k_5, k_9, k_{11}$. Dunque devono esserci fra questi due numeri divisibili entrambi per $5$, o entrambi per $7$ o entrambi per $11$. Questo è assurdo, altrimenti la differenza dovrebbe essere multiplo di $5$, $7$ o $11$, mentre questo è banalmente non vero. Assurdo.
In ogni caso si è raggiunto un assurdo, quindi i $14$ numeri in questione non esistono.
Comunque attendo anche la tua soluzione, giuseppe87x
Ovviamente $k_0>13$. Inoltre $k_0-1$ non è divisibile né per $2$ né per $3$, perché questo contraddirrebbe la minimalità di $k_0$. Dunque $k_0$ è divisibile per $2$ e inoltre abbiamo due casi: $k_0$ divisibile per $3$ oppure $k_1$ divisibile per $3$.
Caso 1) In questo caso esattamente $k_0, k_2, k_3, k_4, k_6, k_8, k_9, k_{10}, k_{12}$ sono divisibili per $2$ o per $3$. Rimangono dunque $k_1,k_5, k_7, k_{11}, k_{13}$. Ora, non ci possono essere fra questi numeri due numeri divisibili entrambi per $7$ o divisibili entrambi per $11$. Infatti, se due fra questi fossero divisibili entrambi per $7$ o per $11$, anche la differenza dovrebbe essere multiplo di $7$ o $11$, ma è banale osservare che questo non può verificarsi. Ma allora sono $3$ i numeri divisibili per $5$, dunque ci devono essere almeno $3$ coppie la cui differenza è divisibile per $5$, mentre invece ce n'è una sola: $k_1$ e $k_{11}$. Assurdo.
Caso 2) In questo caso esattamente $k_0, k_1, k_2, k_4, k_6, k_7, k_8, k_{10}, k_{12}, k_{13}$ sono divisibili per $2$ o per $3$. Rimangono dunque $k_3, k_5, k_9, k_{11}$. Dunque devono esserci fra questi due numeri divisibili entrambi per $5$, o entrambi per $7$ o entrambi per $11$. Questo è assurdo, altrimenti la differenza dovrebbe essere multiplo di $5$, $7$ o $11$, mentre questo è banalmente non vero. Assurdo.
In ogni caso si è raggiunto un assurdo, quindi i $14$ numeri in questione non esistono.
Comunque attendo anche la tua soluzione, giuseppe87x
"carlo23":
D'ho
"pjcohen":
Dunque $k_0$ è divisibile per $2$ e inoltre abbiamo due casi: $k_0$ divisibile per $3$ oppure $k_1$ divisibile per $3$.
Non sono d'accordo sul fatto che ci siano solo questi 2 casi. Se prendiamo un numero pari, ad esempio 28, non è divisibile per 3 ma neanche il successivo 29.
"laura.todisco":
[quote="pjcohen"]Dunque $k_0$ è divisibile per $2$ e inoltre abbiamo due casi: $k_0$ divisibile per $3$ oppure $k_1$ divisibile per $3$.
Non sono d'accordo sul fatto che ci siano solo questi 2 casi. Se prendiamo un numero pari, ad esempio 28, non è divisibile per 3 ma neanche il successivo 29.[/quote]
In generale, se $n$ non è divisibile per $3$, ovviamente o lo è $n+1$ oppure lo è $n+2$. Applicato a quanto ho detto io, poiché $k_0-1$ non è divisibile per $3$, allora lo è $k_0$ o $k_1$ (ricordo è $k_1=k_0+1$).
Giusto! Ma mi chiedo, perchè hai supposto che $k_0-1$ sia non divisibile per 2 e per 3 e non anche non divisibile per tutti gli altri dell'elenco?
Perché non aveva molta utilità. Già supponendo che $k_0-1$ non fosse divisibile né per $2$ né per $3$ ho potuto scartare abbastanza casi e far rimanere abbastanza pochi numeri per effettuare una verifica a mano.
Comunque sarebbe interessante generalizzare la proposizione e veder cosa succede se si prendono i primi $n$ numeri primi e vedere quanto deve essere lungo l'intervallo di numeri consecutivi perché rimanga vera la proposizione.
Comunque sarebbe interessante generalizzare la proposizione e veder cosa succede se si prendono i primi $n$ numeri primi e vedere quanto deve essere lungo l'intervallo di numeri consecutivi perché rimanga vera la proposizione.
Io ho semplicemente constato che non è possibile trovare un intero $x$ tale per cui i numeri consecutivi $x+1, x+2,...,x+14$ siano divisibili per uno dei primi contenuti nell'insieme ${2, 3, 5, 7, 11}$.
Tale numero infatti è soluzione del seguente sistema:
${(x-=-1 modp_(1)), (x-=-2 modp_(2)), (--------), (x-=-14 modp_(14)):}$
Però poichè i numeri primi a nostra disposizione sono $5$, allora sicuramente alcuni dei $14$ primi saranno uguali tra loro ma ciò contraddice le ipotesi del teorema cinese dei resti in base al quale i moduli $p_(i)$ sono a due a due coprimi tra loro.
Tale numero infatti è soluzione del seguente sistema:
${(x-=-1 modp_(1)), (x-=-2 modp_(2)), (--------), (x-=-14 modp_(14)):}$
Però poichè i numeri primi a nostra disposizione sono $5$, allora sicuramente alcuni dei $14$ primi saranno uguali tra loro ma ciò contraddice le ipotesi del teorema cinese dei resti in base al quale i moduli $p_(i)$ sono a due a due coprimi tra loro.
Tuttavia mi accorgo ora che il mio ragionamento è sbagliato. Ditemi voi perchè.
A me sembra una errata applicazione del teorema cinese dei resti.
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