Aiuto per fare una dimostrazione

[Stellinelm]

Dato un insieme finito di numeri primi presi a caso $A={p_1,p_2,..,p_n}$ ed un intero pari $b$ ,
costruiamo il numero $a=p_1,p_2,..,p_n$ e prendiamo in considerazione il numero $a+b$ .

Se affermo arbitrariamente che i fattori primi di $a+b$ sono tutti compresi nell'insieme finito $A={p_1,p_2,..,p_n}$ ,
posso affermare che $b$ più uno primi dell'insieme $A={p_1,p_2,..,p_n}$ è sempre divisibile per uno dei primi
dello stesso insieme $A={p_1,p_2,..,p_n}$ ?
Ovvero che $b+p_i$ , per $i=1,..,n$ , è divisibile per uno dei primi di $A={p_1,p_2,..,p_n}$ ?
Ancora potrei dire che tutti i fattori primi di $b+p_i$ sono nell'insieme $A={p_1,p_2,..,p_n}$ ?

Se cosi fosse , come potrei dimostrarlo ?

Grazie del vostro aiuto


EDIT : è come ha giustamente supposto Giammaria , $a=p_1*p_2*...*p_n$

[giammaria2]

Baso la mia risposta sulla supposizione che tu intendessi $a=p_1*p_2*...*p_n$. In questo caso, preso $A={2,3,5}$, ho $a=2*3*5=30$ e assumendo $b=18$ ho $a+b=48$, i cui unici fattori primi stanno in $A$. Però ho $b+5=23$ (*), numero primo: la risposta alle tue domande è no.

(*) In origine questo calcolo era a+b+5=53; ho modificato per adattarmi ad una modifica della domanda

[Zero87]

"Stellinelm":posso affermare che $b$ più uno dei primi dell'insieme $A={p_1,p_2,..,p_n}$ è sempre divisibile per uno dei primi
dello stesso insieme $A={p_1,p_2,..,p_n}$ ?

Sì, ma solo se il primo che prendi è anche divisore di $b$ perché per ogni coppia $p_i$, $p_j$ vale $\text{MCD}(p_i, p_j)=1$ quindi se il primo che consideri compare anche nella fattorizzazione di $b$ puoi raccoglierlo e stiamo apposto.

"Stellinelm":Ancora potrei dire che tutti i fattori primi di $b+p_i$ sono nell'insieme $A={p_1,p_2,..,p_n}$ ?

No, per lo stesso motivo di prima.

Il punto è che vale un risultato che fino ad ora sta in tutti i problemi che poni, cioè $(p_i, p_j)=1$ per $p_i, p_j$ primi differenti.
E' un risultato molto sottovalutato ma che in realtà dice anche che se hai un numero e ad esso sommi un primo, questo primo puoi raccoglierlo (quindi il tutto è divisibile per esso) solo se è presente nella fattorizzazione del numero iniziale.

[Stellinelm]

"giammaria":Baso la mia risposta sulla supposizione che tu intendessi $a=p_1*p_2*...*p_n$.
In questo caso, preso $A={2,3,5}$, ho $a=2*3*5=30$ e assumendo $b=18$ ho $a+b=48$,
i cui unici fattori primi stanno in $A$. Però ho $a+b+5=53$, numero primo: la risposta alle tue domande è no.

Si Giammaria , la tua supposizione è giusta : $a=p_1*p_2*...*p_n$ ;
però ho detto $b+p_i$ ed ho premesso che $a*b$ è sicuramente divisibile per uno dei$a=p_1*p_2*...*p_n$ .

"Zero87":Il punto è che vale $(p_i, p_j)=1$ per $p_i, p_j$ primi differenti.
E' un risultato molto sottovalutato ma che in realtà dice anche che se hai un numero e ad esso sommi un primo, questo primo puoi raccoglierlo (quindi il tutto è divisibile per esso)
solo se è presente nella fattorizzazione del numero iniziale.

Mi fai un esempio numerico (quando hai tempo)...cosi capisco meglio ;
anche perchè questa sera la decisione di rimandare i due marò mi fa incavolare di brutto
(anche se il termine brutto non mi si addice )...
e divento incapace di intendere + del solito ... vabbè che non ci vuole molto

[giammaria2]

La tua frase era "i fattori primi di $a+b$ sono tutti compresi nell'insieme finito $A$", ben diversa dalla tua ultima.
Quanto al resto, chiedi "posso affermare che $b$ più uno primi dell'insieme $A={p1,p2,..,pn}$ è sempre divisibile per uno dei primi dello stesso insieme $A={p1,p2,..,pn}$ ?": non sempre e nel mio esempio non vale se prendi il numero primo $p_3=5$

[Zero87]

@ Stellinelm
Dormendoci su, la situazione è più complicata di quello che sembra, perché è coinvolta una somma che può stravolgere facilmente gli equilibri.

Il punto lo posso riassumere in un altro modo: "la somma di due numeri non divisibili per 3 può dare un numero divisibile per 3" (per es. 16+5, tanto per dirne uno)

Quello che ho detto nei miei precedenti post di questo thread lo correggo, anzi, lo rettifico aggiungendo un aggettivo. Se hai $b+p$ "generalmente" $b+p$ non è divisibile per uno dei primi $p$ contenuti in $A$.

Ora, a prescindere se $p$ sta o meno in $A$, sappiamo che se $b=p\cdot k$, allora $b+p = p(k+1)$ per proprietà piuttosto elementari e $p$ è un divisore del tutto. Se $b$ non è un multiplo di $p$ tutta la somma non è divisibile per $p$ poiché darebbe sempre un resto non nullo se diviso per $p$.

Però ho trovato il controesempio di quello che dicevo prima. Se $A= {3,5,7,11}$ e $b = 39 = 13 \cdot 3$, allora
- $b+3$ è ovviamente divisibile per 3 e il motivo teorico è quello che ho detto due capoversi fa.
- $b + p$ con $p\ne 3$, non è ovviamente divisibile per $3$. Tuttavia $b+5 = 44= 11 \cdot 4$ che smentisce quello che ho detto in qualche post di questo thread.

[Stellinelm]

Grazie giammaria

"Zero87":@ Stellinelm
Dormendoci su, la situazione è più complicata di quello che sembra, perché è coinvolta una somma che può stravolgere facilmente gli equilibri.
Quello che ho detto nei miei precedenti post di questo thread lo correggo, anzi, lo rettifico ...

ok zero ... grazie (e scusa ) ... ;
ma quello che abbiamo (anzi hai dimostrato ) detto nei altri thread è giusto ?
mi riferisco al thread "Uso improprio del teoema di Euclide ?"

[Zero87]

"Stellinelm":mi riferisco al thread "Uso improprio del teoema di Euclide ?"

Sì, lì le cose vanno bene perché è un prodotto di primi a cui si aggiunge un numero mentre qui hai un numero che può avere o non avere uno o più primi presenti in un insieme a cui si aggiunge altro.

Detto in altre parole, lì si moltiplicano dei primi e si ottiene un multiplo di ognuno di essi (è un po' filosofica però calza). A questo prodotto si aggiunge un numero quindi sappiamo per costruzione che se dividiamo il tutto per uno dei primi si ottiene sempre quel numero come resto.

Qui invece hai un insieme di primi. Da questi (ma non solo da come dici) si costruisce $b$ e ad esso si aggiunge un numero che è primo.
Non vale più quanto detto nell'altro thread a causa del fatto che $b$ non è puro, cioè $b$ si costruisce a partire da numeri che non necessariamente si trovano in $A$ da come dici. E' proprio questo che complica le cose e mi sono svegliato stamattina con un controesempio che ho scritto...


EDIT.
Continuava a valere tutto se dicevi $b$ è composto da numeri che sono in $A$ e basta: in questo modo si possono fare discorsi come nel thread "uso improprio del teorema di Euclide".

[Stellinelm]

grz zero , grz zero ... sei davvero un da

[Zero87]

Prego, dimenticavo solo di dire che inoltre, se nessuno m'ha corretto nell'altro thread, questo fa ben sperare.

Comunque, a parte gli scherzi, t'ho fatto il controesempio di quello che hai detto ora.

Se, però, $b$ è tale che tutti i suoi fattori primi sono contenuti in $A$ hai capito che
- $b+p_i$ è divisibile per $p_i$ se $p_i$ sta in $A$ e $p_i$ è uno dei fattori di $b$
- $b+p_i$ non è divisibile per $p_i$ se $p_i$ non compone $b$ (sia che sia in $A$ o meno)
e questo dal fatto che $(p_i , p_j)=1$ per 2 primi diversi e anche per una proprietà che deriva da questa che ora non ricordo bene.

Il caso dell'altro thread (uso improprio del teorema di Euclide) è un caso particolare di quello che hai scritto qui. Lì, infatti, hai un numero $b$ (chiamato $a$ all'epoca) composto da un insieme di fattori primi $A$ al quale aggiungi il $2$ che non sta in $A$. Se dividi $b+2$ per ognuno dei primi in $A$ hai sempre 2 come resto.

[Stellinelm]

"Zero87":Prego, dimenticavo solo di dire che inoltre, se nessuno m'ha corretto nell'altro thread, questo fa ben sperare.

Comunque, a parte gli scherzi, t'ho fatto il controesempio di quello che hai detto ora.

Se, però, $b$ è tale che tutti i suoi fattori primi sono contenuti in $A$ hai capito che
- $b+p_i$ è divisibile per $p_i$ se $p_i$ sta in $A$ e $p_i$ è uno dei fattori di $b$
- $b+p_i$ non è divisibile per $p_i$ se $p_i$ non compone $b$ (sia che sia in $A$ o meno)
e questo dal fatto che $(p_i , p_j)=1$ per 2 primi diversi e anche per una proprietà che deriva da questa che ora non ricordo bene.

su questo punto sono

"Zero87":Il caso dell'altro thread (uso improprio del teorema di Euclide) è un caso particolare di quello che hai scritto qui. Lì, infatti, hai un numero $b$ (chiamato $a$ all'epoca) composto da un insieme di fattori primi $A$ al quale aggiungi il $2$ che non sta in $A$. Se dividi $b+2$ per ognuno dei primi in $A$ hai sempre 2 come resto.

Nell'atro thread (uso improprio del teorema di Euclide) , oltre al caso $b+2$ ,
non eravamo arrivati a dimostrare anche altro ??
e cioè che anche $b$ , costruito da soli fattori primi presenti in $A$
(non necessariamente da tutti i primi presenti in $A$),
più un qualsiasi numero pari dava un intero composto dispari (perciò avente solo fattori primi dispari)
avente la seguente caratteristica :
almeno uno dei suoi fattori primi non è compreso in $A$...

[Zero87]

"Stellinelm":[quote="Zero87"]Il caso dell'altro thread (uso improprio del teorema di Euclide) è un caso particolare di quello che hai scritto qui. Lì, infatti, hai un numero $b$ (chiamato $a$ all'epoca) composto da un insieme di fattori primi $A$ al quale aggiungi il $2$ che non sta in $A$. Se dividi $b+2$ per ognuno dei primi in $A$ hai sempre 2 come resto.

Nell'atro thread (uso improprio del teorema di Euclide) , oltre al caso $b+2$ ,
non eravamo arrivati a dimostrare anche altro ??
e cioè che anche $b$ , costruito da soli fattori primi presenti in $A$
(non necessariamente da tutti i primi presenti in $A$),
più un qualsiasi numero pari dava un intero composto dispari (perciò avente solo fattori primi dispari)
avente la seguente caratteristica :
almeno uno dei suoi fattori primi non è compreso in $A$...[/quote]
Vado a memoria (vado di fretta ), ricordo che si era dimostrato che $b + 2k$ non è divisibile per nessun primo che compone $b$ a meno che $k$ non sia uno di quelli.
La dimostrazione non era rigorosa, però funzionava e in generale riporta proprio perché se $k$ non è un primo che compone $b$ è naturale allora che $b+2k$ non è divisibile per nessun primo componente $b$. O almeno lo avevamo detto nell'altro thread e ricordo che riporta.

[Stellinelm]

ma andrebbe bene anche se $k$ fosse un intero dispari i cui fattori primi sono comunque sempre in $A$ ??

La dimostrazione era questa :

"Zero87":Allora, prendi $a+2p_i$ dove $p_i$ è uno dei primi (quello che ti pare) che compone $a$.

Sai che $a$ è divisibile per $p_i$ per costruzione, mentre anche $2p_i$ è divisibile per logici motivi.

Quindi il tutto è divisibile per $p_i$.

Dividiamo, dunque, $a+2p_i$ per $p_i$, si ottiene
$a/(p_i) + 2$ che "è intero", non è una frazione, ricordiamo che $a$ è multiplo di $p_i$...

Se vuoi, puoi scriverlo anche come $a/(p_i) = p_1 \cdot p_2 \cdot ... \cdot p_(i-1) \cdot p_(i+1) \cdot ... \cdot p_n$,
ma è più lungo da visualizzare: lascia direttamente $a/(p_i)$ ricordandoti che è intero.

Ora il numero $a/(p_i)+2$ non è divisibile per nessuno dei primi che compone $a/(p_i)$ (ricordiamo che tra essi non c'è più $p_i$ e che sono tutti primi dispari)...

scusami se ti scoccio

p.s. : avete visto cosa offre il Berlusca ?
Berlusconi paga il viaggio per Roma. Andata e ritorno per la giornata "Tutti con Silvio" contro l'oppressione fiscale,
burocratica e giudiziaria organizzata dal Pdl a Roma sabato 23 marzo ... che dite ne approffitiamo , facciamo un matematicamente day e andiamo da papa Francesco

[Zero87]

"Stellinelm":ma andrebbe bene anche se $k$ fosse un intero dispari i cui fattori primi sono comunque sempre in $A$ ??

La dimostrazione era questa : [...]

Allora, faccio uno schema riassuntivo perché inizio a non capirci più niente!

Consideriamo $a+2k$ dove i fattori primi di $a$ sono presenti in un certo numero di fattori primi $A$.

1.
Caso $k \ne p_i$ con $p_i \in A$.
Se $k$ non è un primo presente in $A$ o un prodotto di primi di cui almeno uno è presente in $A$, allora necessariamente $a+2k$ non è divisibile per nessuno dei primi presenti in $A$. Il motivo sta nel fatto che se provassi a dividerlo per uno qualunque dei primi in $A$, otterresti sempre un resto non nullo poiché $(p_i, p_j )=1$ per ogni scelta di primi differenti.
Detto in altre parole $\frac{p_i}{p_j}$ non è mai intero per primi differenti (in realtà quel fatto del MCD è leggermente differente da quest'ultima affermazione, ma va bene uguale).

In altre parole, se $k$ è un primo diverso da quelli presenti in $A$ o un prodotto di primi differenti da quelli presenti in $A$, se provi a dividere $a+2k$ per un primo contenuto in $k$ (che chiamo $q$ tanto per dare un nome) ottieni resto non nullo perché hai
$\frac{a}{q}+\frac{2k}{q}= \frac{a}{q}+l$ dove $l$ è un intero poiché $2k$ è multiplo di $q$ mentre $\frac{a}{q}$ non è intero perché $q$ non divide $a$ per quanto detto...

Quanto detto qui se $a$ è prodotto di primi in $A$ anche se non necessariamente tutti (ma anche sì, ovvio).

2.
Se $k=2p_i$ con $p_i$ un primo in $A$, come detto varie volte puoi raccogliere $p_i$ ammesso che $p_i$ sia presente anche nella fattorizzazione di $a$.
Ottieni $\frac{a}{p_i}+ \frac{2p_i}{p_i}= \frac{a}{p_i}+2$ che è intero.
Tuttavia quest'ultimo intero deve essere divisibile per forza per un primo non in $A$ poiché diviso per un primo qualsiasi in $A$ darebbe sempre resto $2$ (ricordo che dicesti che $A$ è composto da primi dispari).

Ora, se $p_i$ non è presente nella composizione di $a$ (nell'altro thread non era contemplata questa opzione, per questo quanto detto là continuava a valere), non so se possiamo dire qualcosa: fai fede al controesempio di cui parlavo qui 4-5 post fa.

3.
Se $k$ è composto da un prodotto di primi e non da un singolo primo.
- Se tale prodotto di primi è comune con $a$ si raccoglie fino a ottenere uno dei due casi precedenti.
- Viceversa, se il prodotto di primi non ha nessun primo in comune con $a$ deve scomporsi tramite primi differenti (esso stesso potrebbe essere primo, ma non è detto!) perché c'è sempre quel fatto della divisione che dà resto non nullo.
- Se $k$ è composto da un prodotto di primi comuni e non ad $a$ si raccoglie fino a che si raccoglie, poi si arriverà a un caso simile al precedente.


In tutti i casi vale sempre ragionare in base al fatto che $\frac{p_i}{p_j}$ è intero solo se i due primi sono lo stesso primo.

"Stellinelm":Berlusconi paga il viaggio per Roma. Andata e ritorno per la giornata "Tutti con Silvio" contro l'oppressione fiscale, burocratica e giudiziaria organizzata dal Pdl a Roma sabato 23 marzo ... che dite ne approffitiamo , facciamo un matematicamente day e andiamo da papa Francesco

Sarebbe interessante, più che altro perché potrei incontrare qualche matematica-mente dal vivo: dalle risposte alcuni di loro sono davvero mitici
... però oggi è il 23... e ho già altri impegni

Buon fine settimana

EDIT
Magari le parole dette dall'altra parte sono un po' differenti, ma il punto è che quello dell'altro thread era un caso particolare di questo come ho più volte sottolineato.