Qualche problemino

[Aethelmyth]

1)Trovare tutte le soluzioni $in NN$ dell'equazione $6(x!+3)=y^2+5$

2) Sia $f_((x))=4^x/(4^x+2).$ Trovare il valore di $sum_(i=1)^2002 f_((i/2003))

Edit: Corretto

[Sk_Anonymous]

"Aethelmyth":1) Trovare tutte le soluzioni $in NN$ dell'equazione $6(x!+3)=y^2+5$

Naturalmente $y$ è dispari. Se pertanto $x \ge 4$, allora $2 \equiv 6(x! + 3) \equiv y^2+5 \equiv 6 $ mod 8, assurdo! Se invece $x! = 1$, allora $0 \equiv 6(x!+3) \equiv y^2 + 5 \equiv 6$ mod 8, ancora assurdo. Restano da verificare i casi x = 2 ed x = 3. A vous.

[Sk_Anonymous]

"Aethelmyth":
2) Sia $f(x)=x^x/(4^x+2)$. Trovare il valore di $sum_(i=1)^2002 f(i/2003)

Ma sei sicuro della traccia?

[carlo232]

"DavidHilbert":[quote="Aethelmyth"]
2) Sia $f(x)=x^x/(4^x+2)$. Trovare il valore di $sum_(i=1)^2002 f(i/2003)

Ma sei sicuro della traccia? [/quote]

Penso che intendesse $f(x)=4^x/(4^x+2)$ che è un problema abbastanza semplice.

[Sk_Anonymous]

Se così fosse, sarebbe già molto più semplice, ad ogni modo. Ma non ci resta che aspettare le solite smentite...

[Aethelmyth]

Uhm, personalmente non avevo risolto nessuno dei due quesiti. Del primo avevo trovato le soluzioni per x=2 e x=3 ma non riuscivo a trovare una condizione che limitasse le soluzioni. Del secondo, conoscendo il mio professore, è alquanto probabile che sia sbagliato il testo ...

@David: Non ho ben capito perchè se $x \ge 4$, allora $2 \equiv 6(x! + 3) \equiv y^2+5 \equiv 6 $ mod 8, e se $x! = 1$, allora $0 \equiv 6(x!+3) \equiv y^2 + 5 \equiv 6$ mod 8

[Sk_Anonymous]

"Aethelmyth":
@David: Non ho ben capito perchè se $x \ge 4$, allora $2 \equiv 6(x! + 3) \equiv y^2+5 \equiv 6 $ mod 8, e se $x! = 1$, allora $0 \equiv 6(x!+3) \equiv y^2 + 5 \equiv 6$ mod 8

Se $x \ge 4$, allora $x! \equiv 0$ mod 8, e perciò $6(x! + 3) \equiv 18 \equiv 2$ mod 8. Se invece $x! = 1$, allora $x!+3 = 4$, e quindi $6(x!+3)$ è divisibile per 8.

[Aethelmyth]

"DavidHilbert":[quote="Aethelmyth"]
@David: Non ho ben capito perchè se $x \ge 4$, allora $2 \equiv 6(x! + 3) \equiv y^2+5 \equiv 6 $ mod 8, e se $x! = 1$, allora $0 \equiv 6(x!+3) \equiv y^2 + 5 \equiv 6$ mod 8

Se $x \ge 4$, allora $x! \equiv 0$ mod 8, e perciò $6(x! + 3) \equiv 18 \equiv 2$ mod 8. Se invece $x! = 1$, allora $x!+3 = 4$, e quindi $6(x!+3)$ è divisibile per 8.[/quote]
Questo passaggio mi è chiaro... ma cos'è che è assurdo?

[Sk_Anonymous]

2 = 6 oppure 0 = 6 mod 8.

[Sk_Anonymous]

"Aethelmyth":
2) Sia $f(x)=4^x/(4^x+2).$ Trovare il valore di $sum_(i=1)^2002 f(i/2003)

Posso generalizzare: fissato un $a > 0$, sia $f_a(x) = a^{2x}/(a^{2x}+a)$, al variare di $x \in RR$. Posto $s_a(n) = \sum_{k=1}^{n-1} f_a(k/n)$, per ogni intero $n > 0$, dimostrare che $s_a(n) = \frac{n-1}{2}$.

[Aethelmyth]

Capito . Mi era sfuggito il fatto che $y^2-=1(mod8)$ per $y=2h+1$ con $h in ZZ$. Non ricordo, però, perchè fosse così

[Sk_Anonymous]

"Aethelmyth":Mi era sfuggito il fatto che $y^2-=1(mod8)$ per $y=2h+1$ con $h in ZZ$. Non ricordo, però, perchè fosse così

Forse perché $(2h+1)^2 = 4h(h+1) + 1$, per ogni $h \in ZZ$ ?

[Aethelmyth]

"DavidHilbert":[quote="Aethelmyth"]Mi era sfuggito il fatto che $y^2-=1(mod8)$ per $y=2h+1$ con $h in ZZ$. Non ricordo, però, perchè fosse così

Forse perché $(2h+1)^2 = 4h(h+1) + 1$, per ogni $h \in ZZ$ ?[/quote]
Bella mi piace . Io avevo pensato a tutti i resti possibili in modulo 8, e avevo notato che al quadrato tutti i dispari davano resto uno.

[TomSawyer1]

E' la stessa cosa . $1^2,3^2,5^2,7^2-=1(mod8)$ è anche piuù immediata.

[Sk_Anonymous]

"Crook":E' la stessa cosa . $1^2,3^2,5^2,7^2-=1(mod8)$ è anche piuù immediata.

Più che di immediatezza, G. H. Hardy ne avrebbe fatto una questione estetica.