Uso improprio del teoema di Euclide ?
Ciao , se volessi dimostrare che dato un numero finito di primi dispari , il prodotto tra tutti loro più $2$ è un numero non divisibile per uno degli stessi primi considerati , utilizzando il metodo di Euclide avrò il risultato desiderato ?!
Ovvero , considerendo questo insieme finito di numeri primi $3,5,.., p_n$ .
allora preso [tex]a=p_{1}\cdots p_{n} + 2 \in \mathbb{Z}[/tex]
per il TFA esiste una fattorizzazione in primi di [tex]a[/tex], i.e.
uno dei primi sopra citati divide [tex]a[/tex], il che è impossibile data la presenza del $2$ che non è divisibile per nessun numero primo dispari ? Giusto ?
Se non ho scritto una cavolata varrà sicuramente per aggiungendo tutte le potenze del $2$ ,
ossia [tex]a=p_{1}\cdots p_{n} + 2^n \in \mathbb{Z}[/tex]
ma varrà anche per tutti i pari , ovvero [tex]a=p_{1}\cdots p_{n} + 2n \in \mathbb{Z}[/tex]
con $n$ naturale maggiore di zero
Ovvero , considerendo questo insieme finito di numeri primi $3,5,.., p_n$ .
allora preso [tex]a=p_{1}\cdots p_{n} + 2 \in \mathbb{Z}[/tex]
per il TFA esiste una fattorizzazione in primi di [tex]a[/tex], i.e.
uno dei primi sopra citati divide [tex]a[/tex], il che è impossibile data la presenza del $2$ che non è divisibile per nessun numero primo dispari ? Giusto ?
Se non ho scritto una cavolata varrà sicuramente per aggiungendo tutte le potenze del $2$ ,
ossia [tex]a=p_{1}\cdots p_{n} + 2^n \in \mathbb{Z}[/tex]
ma varrà anche per tutti i pari , ovvero [tex]a=p_{1}\cdots p_{n} + 2n \in \mathbb{Z}[/tex]
con $n$ naturale maggiore di zero
Risposte
"Stellinelm":
Ciao , se volessi dimostrare che dato un numero finito di primi dispari , il prodotto tra tutti loro più $2$ è un numero non divisibile per uno degli stessi primi considerati , utilizzando il metodo di Euclide avrò il risultato desiderato ?!
Con "metodo di Euclide" intendi quello con cui dimostra l'infinità dei primi?
(Cioè se $p_1$, $p_2$, ..., $p_n$ sono tutti i primi, allora $p_1 \cdot p_2 \cdot ... \cdot p_n + 1$ non è divisibile per nessuno di questi ecc...)
Suppongo sia questo, se così non è... dillo!
"Stellinelm":
per il TFA esiste una fattorizzazione in primi di [tex]a[/tex], i.e.
uno dei primi sopra citati divide [tex]a[/tex], il che è impossibile data la presenza del $2$ che non è divisibile per nessun numero primo dispari ? Giusto ?
(Per il TFA?!?)
Comunque mi sembra giusto anche se piuttosto contorto. Scriverei, invece, "ogni volta che si divide $a$ per un primo dispari che compone quel prodotto (somma a parte) si ottiene sempre resto 2 il ché significa che non è divisibile per i dispari detti in precedenza".
Ricordiamo che se un primo è dispari è $>2$.
"Stellinelm":
Se non ho scritto una cavolata varrà sicuramente per aggiungendo tutte le potenze del $2$ ,
ossia [tex]a=p_{1}\cdots p_{n} + 2^n \in \mathbb{Z}[/tex]
Sì in quanto $2^n$ non è divisibile per nessuno dei primi considerati nel prodotto.
"Stellinelm":
ma varrà anche per tutti i pari , ovvero [tex]a=p_{1}\cdots p_{n} + 2n \in \mathbb{Z}[/tex]
con $n$ naturale maggiore di zero
No e ti faccio un esempio stupidissimo (da cui puoi pensare anche a qualcosa di più generale
).Se prendi $p_1 \cdot p_2 \cdot ... \cdot p_n + 6$ puoi constatare che è divisibile per 3...
Si zero è proprio il teorema sull'infinità dei primi di Euclide ...
me lo puoi aggiustare in bello modo
No e ti faccio un esempio stupidissimo (da cui puoi pensare anche a qualcosa di più generale ).
Se prendi $p_1 \cdot p_2 \cdot ... \cdot p_n + 6$ puoi constatare che è divisibile per 3...[/quote]
Hai ragione , ci avevo pensato pero poi ho pensato (adesso mi incassino pure con le parole) che $6$ è si divisibile per $3$
ma $6/3=2$ , e quindi $2$ non divisibile per nessun primo dispari ... stesso discorso ho fatto aggiungendo i pari diversi dalle potenze del 2 ...
Lo so mi esprimo male , però vedi il lato positivo della cosa : ti stimola l'intuito
me lo puoi aggiustare in bello modo
"Zero87":
[quote="Stellinelm"]ma varrà anche per tutti i pari , ovvero [tex]a=p_{1}\cdots p_{n} + 2n \in \mathbb{Z}[/tex]
con $n$ naturale maggiore di zero
No e ti faccio un esempio stupidissimo (da cui puoi pensare anche a qualcosa di più generale
).Se prendi $p_1 \cdot p_2 \cdot ... \cdot p_n + 6$ puoi constatare che è divisibile per 3...[/quote]
Hai ragione , ci avevo pensato pero poi ho pensato (adesso mi incassino pure con le parole) che $6$ è si divisibile per $3$
ma $6/3=2$ , e quindi $2$ non divisibile per nessun primo dispari ... stesso discorso ho fatto aggiungendo i pari diversi dalle potenze del 2 ...
Lo so mi esprimo male , però vedi il lato positivo della cosa : ti stimola l'intuito
"Stellinelm":
Si zero è proprio il teorema sull'infinità dei primi di Euclide ...
me lo puoi aggiustare in bello modo
Ricordo la dimostrazione pressoché a memoria perché è un passo del Du Sautoy (l'enigma dei numeri primi) che mi è rimasto parecchio impresso.
Comunque di variazioni sul tema che si chiamano tutte "dimostrazioni di Euclide" ce ne sono tante e in genere quella che ho visto in giro utilizza i moduli...
Però, sistemiamo meglio il punto, anzi, lo faccio schematico... e da bar (quindi leggermente differente, nel modo in cui lo dice Du Satoy)...
1.
Supponiamo per assurdo che i primi siano finiti.
Saranno dunque $p_1 , p_2 , ... , p_n$.
2.
Posso moltiplicarli ottenendo un altro numero. In fondo... chi me lo vieta?
$p_1 \cdot p_2 \cdot ... \cdot p_n = p_1 p_2 ... p_n = a$
Il numero che ottengo lo chiamo $a$ ed è il prodotto di tutti i primi (ricordiamo il punto 1: "supponiamo per assurdo che i primi siano finiti ecc...").
3.
Aggiungo 1. Anche qui, chi me lo vieta?
Ottengo $a+1$.
4.
Esamino $a+1$.
$a+1$ non è divisibile per nessuno dei numeri primi per cui è divisibile $a$, in quanto - diviso per ognuno di essi - darebbe sempre resto 1 proprio perché ognuno di essi divide $a$ per costruzione.
5.
Si accende la lampadina.
Per il teorema fondamentale dell'aritmetica, $a+1$ deve scomporsi in un unico modo - a meno dell'ordine - nel prodotto di fattori primi. Questo vuol dire che se $a+1$ non ha nessuno tra $p_1$, $p_2$, ..., $p_n$ come suoi fattori primi, allora devono per forza essercene altri oltre a quelli considerati e questa considerazione contrasta proprio con l'ipotesi fatta per assurdo.
... Ergo, i numeri primi non sono finiti.
Osservazioni personali
- Nel punto 5 si conclude che non sono finiti perché si trova qualcosa che contrasta con l'ipotesi "per assurdo" che invece lo siano.
- Nel punto 5 il teorema si dimostra dicendo che $a+1$ non è divisibile per nessuno dei primi considerati in precedenza. Questo è un fatto teorico e non dà indicazioni: può essere esso stesso un numero primo così come può essere diviso da altri primi.
Esempio
Se considero solo $2$ e $3$ come primi, $2\cdot 3+1=7$ che è primo.
Se considero solo $2$, $3$, $5$ e $7$ come primi, $2\cdot 3\cdot 5 \cdot 7 + 1 = 211$ che è divisibile per 11 ma non ricordo la fattorizzazione.
Nel primo caso $a+1$ è primo, mentre nel secondo no: in generale vanno bene entrambi perché entrambi mostrano che ce ne sono altri, ma non si dice se $a+1$ sia o meno primo.
- La dimostrazione che fa uso dei moduli è leggermente differente perché dice che se $a+1$ fosse diviso per un certo $p_i$ che compone $a$, allora $p_i$ dividerebbe anche $(a+1)-a=1$ che è impossibile perché $p$, essendo primo, è maggiore di 1. Personalmente mi piace meno questo ragionamento anche se con i moduli diventa pure chic...
"Stellinelm":
Hai ragione , ci avevo pensato pero poi ho pensato (adesso mi incassino pure con le parole) che $6$ è si divisibile per $3$
ma $6/3=2$ , e quindi $2$ non divisibile per nessun primo dispari ... stesso discorso ho fatto aggiungendo i pari diversi dalle potenze del 2 ...
Infatti, rifacendomi alla mia notazione sopra, puoi notare che $a+2p_i$ è divisibile per $p_i$ ad esempio...
"Stellinelm":
Lo so mi esprimo male , però vedi il lato positivo della cosa : ti stimola l'intuito
Nessuno nasce con l'esposizione perfetta né tanto meno acquisisce la perfezione: essa in quanto tale è al di fuori della portata umana...
... però la si può sempre migliorare e io ho molto da imparare su questo!
'Notte forumisti
"Zero87":
[quote="Stellinelm"]Hai ragione , ci avevo pensato pero poi ho pensato (adesso mi incassino pure con le parole) che $6$ è si divisibile per $3$
ma $6/3=2$ , e quindi $2$ non divisibile per nessun primo dispari ... stesso discorso ho fatto aggiungendo i pari diversi dalle potenze del 2 ...
Infatti, rifacendomi alla mia notazione sopra, puoi notare che $a+2p_i$ è divisibile per $p_i$ ad esempio...
'Notte forumisti
[/quote]Quindi quello che voglio dimostrare io , vale o non vale se aggiungo al prodotto di un numero finito di primi dispari
un qualsiasi pari (diverso da $2^n$)
p.s. : grazie
"Stellinelm":
Quindi quello che voglio dimostrare io , vale o non vale se aggiungo al prodotto di un numero finito di primi dispari
un qualsiasi pari (diverso da $2^n$)
Non ricordo (e rileggendo il primo post non l'ho neanche capito molto) quello che volevi dimostrare.
Fatto sta che se consideri $a+2n$,
- se $n=p_i$ dove $p_i$ è uno dei primi che compone $a$,
hai che $a+2p_i$ è divisibile per $p_i$.
Se non ne sei molto convinta, pensa che raccogliendo $p_i$, hai
$p_i (p_1\cdot p_2 \cdot ... \cdot p_(i-1) \cdot p_(i+1) \cdot ... \cdot p_(n-1) \cdot \p_n + 2)$...
Questo vale anche se $n$ è multiplo di $p_i$.
- se $n$ è una potenza del $2$, $a+2n = a+2^k$ e non è divisibile per nessuno dei primi considerati per comporre $a$.
Voglio dimostrare che dato un insieme finito di numeri primi $A={p_1,p_2,..,p_n}$
"anche" $a=p_1,p_2,..,p_n$ $+$ un numero pari divisibile per uno dei primi presenti in $A={p_1,p_2,..,p_n}$ ,
se non è un numero primo ,
è un intero dispari non scomponibile utilizzando solo i fattori primi delll'insieme $A={p_1,p_2,..,p_n}$ in quanto ha bisogno di un'ltro fattore primo diverso da quelli presenti in $A={p_1,p_2,..,p_n}$ .
Esempio numerici :
esempio 1 )
insieme finito di numeri primi dispari $A={3,5}$
$a=3*5+6$
$a=3*7$
$7$ non presente nel mio insieme finito $A={3,5}$
esempio 2)
insieme finito di numeri primi $B={3,5,7}$
$a=3*5*7+10=5*23$
$23$ non presente nel mio insieme finito $B={3,5,7}$
Perchè ?
"anche" $a=p_1,p_2,..,p_n$ $+$ un numero pari divisibile per uno dei primi presenti in $A={p_1,p_2,..,p_n}$ ,
se non è un numero primo ,
è un intero dispari non scomponibile utilizzando solo i fattori primi delll'insieme $A={p_1,p_2,..,p_n}$ in quanto ha bisogno di un'ltro fattore primo diverso da quelli presenti in $A={p_1,p_2,..,p_n}$ .
Esempio numerici :
esempio 1 )
insieme finito di numeri primi dispari $A={3,5}$
$a=3*5+6$
$a=3*7$
$7$ non presente nel mio insieme finito $A={3,5}$
esempio 2)
insieme finito di numeri primi $B={3,5,7}$
$a=3*5*7+10=5*23$
$23$ non presente nel mio insieme finito $B={3,5,7}$
Perchè ?
"Stellinelm":
Voglio dimostrare che dato un insieme finito di numeri primi $ A={p_1,p_2,..,p_n} $
"anche" $ a=p_1,p_2,..,p_n $ $ + $ un numero pari divisibile per uno dei primi presenti in $ A={p_1,p_2,..,p_n} $ ,
se non è un numero primo ,
è un intero dispari non scomponibile utilizzando solo i fattori primi delll'insieme $ A={p_1,p_2,..,p_n} $ in quanto ha bisogno di un'ltro fattore primo diverso da quelli presenti in $ A={p_1,p_2,..,p_n} $ .
[...]
Perchè ?
Ah, capito: vediamo, ho un'idea non molto difficile, ma voglio fartici arrivare in "stile forum".
Provo iniziando con il ricordarti (o a dirti nel caso in cui non lo sai) che se $p_i$ e $p_j$ sono due primi differenti, allora $(p_i, p_j)=1$, cioè il loro MCD è 1...
Quindi ti do un hint: se consideri $a+2p_i$, dove $p_i$ è uno qualsiasi di quei primi, raccogliendo il fattore $p_i$ in quella somma ottieni...
"Zero87":
[quote="Stellinelm"]Voglio dimostrare che dato un insieme finito di numeri primi $ A={p_1,p_2,..,p_n} $
"anche" $ a=p_1,p_2,..,p_n $ $ + $ un numero pari divisibile per uno dei primi presenti in $ A={p_1,p_2,..,p_n} $ ,
se non è un numero primo ,
è un intero dispari non scomponibile utilizzando solo i fattori primi delll'insieme $ A={p_1,p_2,..,p_n} $ in quanto ha bisogno di un'ltro fattore primo diverso da quelli presenti in $ A={p_1,p_2,..,p_n} $ .
[...]
Perchè ?
Ah, capito: vediamo, ho un'idea non molto difficile, ma voglio fartici arrivare in "stile forum".
Provo iniziando con il ricordarti (o a dirti nel caso in cui non lo sai) che se $p_i$ e $p_j$ sono due primi differenti, allora $(p_i, p_j)=1$, cioè il loro MCD è 1...
Quindi ti do un hint: se consideri $a+2p_i$, dove $p_i$ è uno qualsiasi di quei primi, raccogliendo il fattore $p_i$ in quella somma ottieni...
[/quote]Ottengo un mal di testa
, e poi ottengo anche che se $a+2p_i$ ed $a$ avessero un divisore comune e dunque il loro $M.C.D!=1$ , forse forse potrei arrivare ad un assurdo sembra che riesca a dimostrare che quel divisore comune
è anche un divisore della loro differenza , ovvero di $(a+2p_i) - a=2p_i$ ... mi sa che non è la strada giusta ...(ci vorrebbe un 'altra dimostrazione )
Se raccolgo il fattore $p_i$ , avrò che $p_i$ divide sia $a$ che $2p_i$ e quindi non può dividere $a+2p_i$ e perchè ?
"Zero87":
Provo iniziando con il ricordarti (o a dirti nel caso in cui non lo sai) che se $p_i$ e $p_j$ sono due primi differenti, allora $(p_i, p_j)=1$, cioè il loro MCD è 1...
Quindi ti do un hint: se consideri $a+2p_i$, dove $p_i$ è uno qualsiasi di quei primi, raccogliendo il fattore $p_i$ in quella somma ottieni...
Del tuo post appena scritto so solo che hai messo qualche simbolo di dollaro sbagliato perché è venuto fuori un casino
. [Correggo: ora per qualche motivo non è più così! Vedasi l'EDIT a fondo post.]Comunque riparto da quello che ho scritto prima, consigliando un analgesico per il mal di testa (oppure un po' più di calma, fa lo stesso
).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)...
EDIT.
Adesso riesco a vedere il tuo post sopra... Misteri del browser...
Comunque la mia risposta segue la tua seconda opzione.
Cosi abbiamo dimostrato che :
1)dato un insieme finito di numeri primi $A={p_1,p_2,..,p_n}$
"anche" $a=p_1,p_2,..,p_n$ $+$ un numero pari divisibile per uno dei primi presenti in $A={p_1,p_2,..,p_n}$ ,
se non è un numero primo , è un intero dispari non scomponibile utilizzando solo i fattori primi delll'insieme $A={p_1,p_2,..,p_n}$ in quanto ha bisogno di un'ltro fattore primo diverso da quelli presenti in $A={p_1,p_2,..,p_n}$ , giusto?
2)Dato il punto (1) per avere $a+2p_i$ ci serve un numero primo non contenuto in $A={p_1,p_2,..,p_n}$ , giusto ?
3)Considerando $a+6$ e $a+10$ , con $6$ e $10$ divisibili da uno dei primi contenuto nel nostro indieme finito $A={p_1,p_2,..,p_n}$ , possiamo dire che hanno bisogno di 2 fattori primi diversi
non contenuti in $A={p_1,p_2,..,p_n}$ per essere scomposti ?
Grazie !
p.s. :
Indovina di che canzone sto ascoltando :
Oh zero...zero...zero...
Oh zero...zero...zero...
...zero.....zero....
.....come.....sei già sveglio!...
Hai già preparato il caffè...
non sono
1)dato un insieme finito di numeri primi $A={p_1,p_2,..,p_n}$
"anche" $a=p_1,p_2,..,p_n$ $+$ un numero pari divisibile per uno dei primi presenti in $A={p_1,p_2,..,p_n}$ ,
se non è un numero primo , è un intero dispari non scomponibile utilizzando solo i fattori primi delll'insieme $A={p_1,p_2,..,p_n}$ in quanto ha bisogno di un'ltro fattore primo diverso da quelli presenti in $A={p_1,p_2,..,p_n}$ , giusto?
2)Dato il punto (1) per avere $a+2p_i$ ci serve un numero primo non contenuto in $A={p_1,p_2,..,p_n}$ , giusto ?
3)Considerando $a+6$ e $a+10$ , con $6$ e $10$ divisibili da uno dei primi contenuto nel nostro indieme finito $A={p_1,p_2,..,p_n}$ , possiamo dire che hanno bisogno di 2 fattori primi diversi
non contenuti in $A={p_1,p_2,..,p_n}$ per essere scomposti ?
Grazie !
p.s. :
Indovina di che canzone sto ascoltando :
Oh zero...zero...zero...
Oh zero...zero...zero...
...zero.....zero....
.....come.....sei già sveglio!...
Hai già preparato il caffè...
non sono
Intanto a te e agli altri forumisti buon fine settimana.
Starei ore a parlare di numeri primi... ma tra un po' mi assento dal forum per una manciata di giorni.
Tutto giusto, tranne il fatto che non devi dimenticare che l'eccezione è $p_i$. Cioè $a+2p_i$ è divisibile per $p_i$ più un altro (o altri) fattori non presenti tra i primi utilizzati per avere $a$.
PS: suppongo che con $a=p_1,p_2,..,p_n$ intendi $a=p_1 \cdot p_2 \cdot ... \cdot p_n$
Non ho capito molto l'affermazione, ma credo che sia la stessa cosa che hai detto prima.
Dovrebbe essere la stessa cosa di prima, però mi permetti di fare un esempio pratico.
[Supponendo che tra i primi dispari utilizzati per comporre $a$ ci sia il 3]
$a+6$ è divisibile per $3$ - che sta anche nella fattorizzazione di $a$ - ma per il resto servono primi differenti da quelli utilizzati per comporre $a$ come hai detto tu in quest'affermazione.
Volendo, come esercizio da settimana enigmistica... o da olimpiadi della matematica, puoi notare come $a+- 2^n p_i^n$ è divisibile solo per $p_i$ (sempre tenendo conto che $p_i$ è uno dei primi utilizzati per costruire $a$) e non per gli altri primi utilizzati per comporre $a$.
Ora ci possono essere 2 dimostrazioni di questo.
La prima è abbastanza intuitiva e consiste nel dire, come prima, che la divisione di $a+- 2^n p_i^n$ per uno dei primi che compone $a$ (diverso da $p_i$) dà sempre un resto diverso da zero proprio per la proprietà che $\text{MCD}(p_i,p_j)=1$ per 2 primi diversi.
La seconda è tecnica e francamente non mi viene in mente: però credo che consista nel formalizzare quella sopra!
Se devo essere sincero non ho capito nulla...
La mia cultura musicale varia tra inizio Bach e fine Liszt, per il resto le mie conoscenze sono davvero scarse!
Starei ore a parlare di numeri primi... ma tra un po' mi assento dal forum per una manciata di giorni.
"Stellinelm":
1)dato un insieme finito di numeri primi $A={p_1,p_2,..,p_n}$
"anche" $a=p_1,p_2,..,p_n$ $+$ un numero pari divisibile per uno dei primi presenti in $A={p_1,p_2,..,p_n}$ ,
se non è un numero primo , è un intero dispari non scomponibile utilizzando solo i fattori primi delll'insieme $A={p_1,p_2,..,p_n}$ in quanto ha bisogno di un'ltro fattore primo diverso da quelli presenti in $A={p_1,p_2,..,p_n}$ , giusto?
Tutto giusto, tranne il fatto che non devi dimenticare che l'eccezione è $p_i$. Cioè $a+2p_i$ è divisibile per $p_i$ più un altro (o altri) fattori non presenti tra i primi utilizzati per avere $a$.
PS: suppongo che con $a=p_1,p_2,..,p_n$ intendi $a=p_1 \cdot p_2 \cdot ... \cdot p_n$
"Stellinelm":
2)Dato il punto (1) per avere $a+2p_i$ ci serve un numero primo non contenuto in $A={p_1,p_2,..,p_n}$ , giusto ?
Non ho capito molto l'affermazione, ma credo che sia la stessa cosa che hai detto prima.
"Stellinelm":
3)Considerando $a+6$ e $a+10$ , con $6$ e $10$ divisibili da uno dei primi contenuto nel nostro indieme finito $A={p_1,p_2,..,p_n}$ , possiamo dire che hanno bisogno di 2 fattori primi diversi
non contenuti in $A={p_1,p_2,..,p_n}$ per essere scomposti ?
Dovrebbe essere la stessa cosa di prima, però mi permetti di fare un esempio pratico.
[Supponendo che tra i primi dispari utilizzati per comporre $a$ ci sia il 3]
$a+6$ è divisibile per $3$ - che sta anche nella fattorizzazione di $a$ - ma per il resto servono primi differenti da quelli utilizzati per comporre $a$ come hai detto tu in quest'affermazione.
Volendo, come esercizio da settimana enigmistica... o da olimpiadi della matematica, puoi notare come $a+- 2^n p_i^n$ è divisibile solo per $p_i$ (sempre tenendo conto che $p_i$ è uno dei primi utilizzati per costruire $a$) e non per gli altri primi utilizzati per comporre $a$.
Ora ci possono essere 2 dimostrazioni di questo.
La prima è abbastanza intuitiva e consiste nel dire, come prima, che la divisione di $a+- 2^n p_i^n$ per uno dei primi che compone $a$ (diverso da $p_i$) dà sempre un resto diverso da zero proprio per la proprietà che $\text{MCD}(p_i,p_j)=1$ per 2 primi diversi.
La seconda è tecnica e francamente non mi viene in mente: però credo che consista nel formalizzare quella sopra!
"Stellinelm":
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Oh zero...zero...zero...
Oh zero...zero...zero...
...zero.....zero....
.....come.....sei già sveglio!...
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non sono
Se devo essere sincero non ho capito nulla...
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"Zero87":
Intanto a te e agli altri forumisti buon fine settimana.
Starei ore a parlare di numeri primi... ma tra un po' mi assento dal forum per una manciata di giorni.
Buon fine settimana anche a te
"Zero87":
Se devo essere sincero non ho capito nulla...
La mia cultura musicale varia tra inizio Bach e fine Liszt, per il resto le mie conoscenze sono davvero scarse!
E' Toffee di Vascoro Rossi
p.s. : divertiti !
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