Passeggiando ...

[axpgn]

Pietro e Paolo stanno bighellonando lungo Via del Mare quando Pietro si ferma improvvisamente e dice all'amico: "Guarda che divertenti quelle cifre".
"Non ci vedo niente di divertente, mi sembra tutto normale" risponde Paolo.
"Non quelle, le altre, il civico di quel negozio" ribatte Pietro "Se lo dividi per tre, te ne avanza uno, se lo dividi per cinque te ne avanzano due, diviso per sette ne avanzano tre e diviso per nove ne avanzano quattro".
"E quindi?" controbatte annoiato Paolo "Ce ne saranno un sacco di numeri così da qui fino al Porto".
"Sì, senz'altro" conclude Pietro "ma qui siamo nel centinaio che inizia per uno "

Qual è il numero visto da Pietro?


Cordialmente, Alex

[Drazen77]

157

[axpgn]

Bene ma come ci sei arrivato? Un conto è farseli passare tutti, un altro arrivarci in maniera analitica


Cordialmente, Alex

[Drazen77]

Con il criterio di divisibiltà del 3 ho tolto i multipli di 3 e i non 3+1. Idem con il 5 e i non 5+2. Idem con il 7 e i non 7+3.
Certo, se al posto di 100 numeri fossero stati ventimila, non l'avrei fatto

[axpgn]

Appunto.
Certamente va bene ma mi piacerebbe vedere una risoluzione più analitica

Cordialmente, Alex

[Folpo13]

$n-=1 \text{ (mod 3)$
$n-=2 \text{ (mod 5)$
$n-=3 \text{ (mod 7)$
$n-=4 \text{ (mod 9)$

$100<=n<200$

Supponiamo di avere solamente le prime due condizioni per un numero $u$:
$u-=1 \text{ (mod 3)$
$u-=2 \text{ (mod 5)$

Questo avviene $\AAa|3a-1-=0 \text{ (mod 5)}$

$3a-=1 \text{ (mod 5)}$

Ha una soluzione per $a=2$ (quindi $u=7$)

Noto che ogni altra soluzione sarà per $a+5$ quindi $u+15$:

$3a+15-=1 \text{ (mod 5)}$

$3(a+5)-=1 \text{ (mod 5)}$

Se consideriamo la seconda e la terza:
$u-=2 \text{ (mod 5)$
$u-=3 \text{ (mod 7)$

Abbiamo $5a-=1 \text{ (mod 7)}$

Una soluzione per $a=3$ ($u=17$) e ogni altra ogni $a+7$ quindi $u+35$

La terza e la quarta:

$u-=3 \text{ (mod 7)$
$u-=4 \text{ (mod 9)$

Abbiamo $7a-=1 \text{ (mod 9)}$

Una soluzione per $a=4$ ($u=31$) e ogni altra ogni $a+9$ quindi $u+63$



$n$ è quindi della forma $7+15p=17+35q=31+63r$ con $p$, $q$, $r\inNN$

Dato che deve essere compreso tra $100$ e $199$ si ha che $r$ deve essere per forza $2$, quindi $n=157$.

Si verifica che $p=10$ e $q=4$, quindi $157$ è una soluzione accettabile


Scusate se ho complicato un po' le cose e ho usato l'aritmetica modulare in modo un po' astruso, ma non è il mio campo di forza

[Quinzio]

$9x+4 = 7y+3$
$7x+2x+4 = 7y+3$
$7x+2x+1 = 7y$
$2x+1 = 7(y-x)$
$2x+1 = 7k$

$(x, k)= (3, 1), (10, 3), (17, 5), (24, 7)$
A cui corrisponde
$9x+4 = 31, 94, 157, 220$

Quindi: 157

[axpgn]

Cordialmente, Alex