Problemini...
1) Facendo uso del principio di induzione, provare che
$1-x/(1!)+(x(x-1))/(2!)-(x(x-1)(x-2))/(3!)+…+(-1)^n(x(x-1)(x-2)* * * (x-n+1))/(n!)=(-1)^n((x-1)(x-2)* * *(x-n))/(n!)$
per ogni intero $n$ positivo.
2) Verificare, utilizzando il principio di induzione, la seguente disuguaglianza
$1/(n+1)+1/(n+2)+…+1/(3n+1)>1$
per ogni numero naturale $n$.
3) Provare che per qualsiasi intero $n$,
$n^9-6n^7+9n^5-4n^3$
è divisibile per $8640$.
4) Provare che non esiste una tripletta di primi nella forma $p, p+2, p+4$ oltre a $3, 5, 7$.
5) Dimostrare che esistono infiniti interi $n$ tali che
$4n^2+1$
sia divisibile sia per $13$ che per $5$.
$1-x/(1!)+(x(x-1))/(2!)-(x(x-1)(x-2))/(3!)+…+(-1)^n(x(x-1)(x-2)* * * (x-n+1))/(n!)=(-1)^n((x-1)(x-2)* * *(x-n))/(n!)$
per ogni intero $n$ positivo.
2) Verificare, utilizzando il principio di induzione, la seguente disuguaglianza
$1/(n+1)+1/(n+2)+…+1/(3n+1)>1$
per ogni numero naturale $n$.
3) Provare che per qualsiasi intero $n$,
$n^9-6n^7+9n^5-4n^3$
è divisibile per $8640$.
4) Provare che non esiste una tripletta di primi nella forma $p, p+2, p+4$ oltre a $3, 5, 7$.
5) Dimostrare che esistono infiniti interi $n$ tali che
$4n^2+1$
sia divisibile sia per $13$ che per $5$.
Risposte
(3) $n^9-6n^7+9n^5-4n^3$ è fattorizzabile in $n^3*(n + 2)*(n - 2)*(n + 1)^2*(n - 1)^2$.
Ora esaminiamo gli elementi della fattorizzazione (da notare che le basi dei fattori sono 5 numeri consecutivi!).
n è multiplo di 3 e 9: $n^3=n^2*n$.
$(n-1)^2$ è multiplo di 4.
$(n+1)^2$ è un multiplo di 16.
$(n+2)$ è multiplo di 5.
L'espressione $n^9-6n^7+9n^5-4n^3$ è multiplo di $3*4*5*9*16=8640$
Ciao!
Ora esaminiamo gli elementi della fattorizzazione (da notare che le basi dei fattori sono 5 numeri consecutivi!).
n è multiplo di 3 e 9: $n^3=n^2*n$.
$(n-1)^2$ è multiplo di 4.
$(n+1)^2$ è un multiplo di 16.
$(n+2)$ è multiplo di 5.
L'espressione $n^9-6n^7+9n^5-4n^3$ è multiplo di $3*4*5*9*16=8640$
Ciao!
2°
Indichiamo con $S_n$ la somma in questione.Per n=1 risulta:
$S_1=1/2+1/3+1/4=13/12>1$
Supponiamo allora vero il teorema per n e dimostriamolo vero anche per n+1.
Si ha:
$S_n=1/(n+1)+1/(n+2)+cdots cdots+1/(3n+1)$
$S_(n+1)=1/(n+2)+cdots cdots+1/(3n+1)+1/(3n+2)+1/(3n+3)+1/(3n+4)$
e cioe':
$S_(n+1)=S_n+1/(3n+2)+1/(3n+3)+1/(3n+4)-1/(n+1)$
ovvero:
$S_(n+1)=S_n+2/((3n+2)(3n+3)(3n+4))$
e poiche' per ipotesi e' $S_n>1$ e $2/((3n+2)(3n+3)(3n+4))>0$ segue che $S_(n+1)>1$
Archimede
Indichiamo con $S_n$ la somma in questione.Per n=1 risulta:
$S_1=1/2+1/3+1/4=13/12>1$
Supponiamo allora vero il teorema per n e dimostriamolo vero anche per n+1.
Si ha:
$S_n=1/(n+1)+1/(n+2)+cdots cdots+1/(3n+1)$
$S_(n+1)=1/(n+2)+cdots cdots+1/(3n+1)+1/(3n+2)+1/(3n+3)+1/(3n+4)$
e cioe':
$S_(n+1)=S_n+1/(3n+2)+1/(3n+3)+1/(3n+4)-1/(n+1)$
ovvero:
$S_(n+1)=S_n+2/((3n+2)(3n+3)(3n+4))$
e poiche' per ipotesi e' $S_n>1$ e $2/((3n+2)(3n+3)(3n+4))>0$ segue che $S_(n+1)>1$
Archimede
"giuseppe87x":
4) Provare che non esiste una tripletta di primi nella forma $p, p+2, p+4$ oltre a $3, 5, 7$.
$p,p+2,p+4$ sono numeri primi e $p>3$.
Se $p -=1 mod 3$ allora $3|p+2$, assurdo
Se $p -= 2 mod 3$ allora $3|p+4$, assurdo
Se $p -= 0 mod 3$ allora $3|p$, assurdo
Ciao!
"giuseppe87x":
5) Dimostrare che esistono infiniti interi $n$ tali che
$4n^2+1$
sia divisibile sia per $13$ che per $5$.
Ovvero sia divisibile per $65$. Deve essere $4n^2 -= -1 mod 65$ segue che $n -= 4 mod 65$ soddisfa quest'ultima.
Quindi ogni $n=65k+4$ soddisfa le ipotesi.
Ciao!
Ok ragazzi.
@Carlo23
per quanto riguarda il 5 allora, se è come dici tu, vale la seguente uguaglianza:
$a+b-=0modn; a-=-bmodn$, giusto???
@Carlo23
per quanto riguarda il 5 allora, se è come dici tu, vale la seguente uguaglianza:
$a+b-=0modn; a-=-bmodn$, giusto???
"giuseppe87x":
Ok ragazzi.
@Carlo23
per quanto riguarda il 5 allora, se è come dici tu, vale la seguente uguaglianza:
$a+b-=0modn; a-=-bmodn$, giusto???
$a+b-=0modn; a-=-bmodn$ sono equivalenti
Infatti $a+b-=0modn rarr n|a+b$ e $a-=-bmodn rarr n|a-(-b)=a+b$
Ciao!
Ok grazie Leonardo.
E per il primo, ci avete provato?
E per il primo, ci avete provato?
1°
Per n=1 la formula e' vera perche' i due membri diventano entrambi 1-x
Supponiamo allora vera la formula per n e dimostriamola vera per n+1
Anche qui' indichiamo la somma con $S_n$ e si ha:
$S_(n+1)=S_n+ (-1)^(n+1)(x(x-1)(x-2)cdots(x-n))/((n+1)!)$
Pertanto ,per l'potesi fatta,sara':
$S_(n+1)=(-1)^n((x-1)(x-2)cdots(x-n))/(n!)+(-1)^(n+1)(x(x-1)(x-2)cdots(x-n))/((n+1)!)$
e mettendo a 2° membro in evidenza tutto il possibile si ottiene:
$S_(n+1)= (-1)^n((x-1)(x-2)cdots(x-n))/(n!)[1-x/(n+1)]=(-1)^n((x-1)(x-2)cdots(x-n))/(n!)[(n+1-x)/(n+1)]$
E cioe':
$S_(n+1)= (-1)^(n+1)((x-1)(x-2)cdots(x-n)(x-n-1))/((n+1)!)$
E questo prova che la formula vale anche per n+1
Archimede
Per n=1 la formula e' vera perche' i due membri diventano entrambi 1-x
Supponiamo allora vera la formula per n e dimostriamola vera per n+1
Anche qui' indichiamo la somma con $S_n$ e si ha:
$S_(n+1)=S_n+ (-1)^(n+1)(x(x-1)(x-2)cdots(x-n))/((n+1)!)$
Pertanto ,per l'potesi fatta,sara':
$S_(n+1)=(-1)^n((x-1)(x-2)cdots(x-n))/(n!)+(-1)^(n+1)(x(x-1)(x-2)cdots(x-n))/((n+1)!)$
e mettendo a 2° membro in evidenza tutto il possibile si ottiene:
$S_(n+1)= (-1)^n((x-1)(x-2)cdots(x-n))/(n!)[1-x/(n+1)]=(-1)^n((x-1)(x-2)cdots(x-n))/(n!)[(n+1-x)/(n+1)]$
E cioe':
$S_(n+1)= (-1)^(n+1)((x-1)(x-2)cdots(x-n)(x-n-1))/((n+1)!)$
E questo prova che la formula vale anche per n+1
Archimede
@ Archimede
Ok. Solo una cosa: visto che parliamo di interi positivi, non dovremmo verificare l'uguaglianza per $n=0$?
Ok. Solo una cosa: visto che parliamo di interi positivi, non dovremmo verificare l'uguaglianza per $n=0$?
"giuseppe87x":
[...] Solo una cosa: visto che parliamo di interi positivi, non dovremmo verificare l'uguaglianza per $n=0$?
...e da quant'è che lo zero s'è fatto positivo?!
"giuseppe87x":
1) Facendo uso del principio di induzione, provare che
$1-x/(1!)+(x(x-1))/(2!)-(x(x-1)(x-2))/(3!)+…+(-1)^n(x(x-1)(x-2)* * * (x-n+1))/(n!)=(-1)^n((x-1)(x-2)* * *(x-n))/(n!)$
per ogni intero $n$ positivo.
...sia per il principio di induzione, ma qui vai di lusso anche soltanto con il teorema fondamentale dell'algebra, ovvìa...
"giuseppe87x":
2) Verificare, utilizzando il principio di induzione, la seguente disuguaglianza $1/(n+1)+1/(n+2)+…+1/(3n+1)>1$ per ogni numero naturale $n$.
Le solite stime integrali, umpf...
"giuseppe87x":
5) Dimostrare che esistono infiniti interi $n$ tali che $4n^2+1$ sia divisibile sia per $13$ che per $5$.
La faccio più difficile del necessario... Basta dimostrare che la congruenza quadratica $4n^2 \equiv - 1$ mod $(5 \cdot 13)$, ovvero $n^2 \equiv - 2^{-2}$ mod $(5 \cdot 13)$, ammette soluzione. Questo tuttavia è un'immediata conseguenza delle proprietà del simbolo di Jacobi, siccome $5 \equiv 13 \equiv 1$ mod $4$.
"HiTToLo":
...e da quant'è che lo zero s'è fatto positivo?!
Mah, il problema è che io la storia dello zero non l'ho capita mai o meglio non ricordo a quali insiemi appartenga, se all'insieme dei numeri naturali, se a quello degli interi positivi e quindi faccio sempre confusione.
"giuseppe87x":
Mah, il problema è che io la storia dello zero non l'ho capita mai o meglio non ricordo a quali insiemi appartenga, se all'insieme dei numeri naturali, se a quello degli interi positivi e quindi faccio sempre confusione.
Il punto è che l'insieme dei naturali può essere costruito, a partire dagli assiomi di Peano, tanto con lo zero quanto senza. Esistono infatti autori che denotano in $\mathbb{N}$ l'insieme dei soli interi $1, 2, ...$ Altri, invece, che ci ficcano dentro anche lo zero. Personalmente, prediligo questa seconda opzione. In quanto alla questione dei segni, beh... quell'è un'altra storia: lo 0 non è positivo, e d'altro canto neppure negativo. E' semplicemente zero, punto!
basta pensare alla definizione di positivo e negativo:
un numero x si dice positivo se e' >0
negativo se e' <0
un numero x si dice positivo se e' >0
negativo se e' <0
Ah...grazie Giuseppe.
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