2.459.632.597.435.714.923.821 è un cubo perfetto?
un mio amico ha detto che si può dimostrare facilmente che 2.459.632.597.435.714.923.821 è un cubo perfetto (mi ha anche detto che lo ha visto sulla settimana enigmistica), come si può fare in modo semplice?
Risposte
comunque credo che si sia sbagliato a darmi il numero, domani ve lo faccio sapere
Si è certo sbagliato perché io dimostro facilmente che il tuo numero NON è un cubo perfetto. Per ora non posto il mio ragionamento per non togliere il divertimento ad altri; invito tutti a questa facile dimostrazione.
no, il numero è giusto, bisognava soltanto confermare o no se esso era un cubo, questo mi ha detto il mio amico.
Non lo è. Non è molto difficile dimostrarlo (senza fare la radice cubica ovviamente), lascio la dimostrazione a qualcun altro.
Qualcuno può mettere la dimostrazione? 
Va bene, ecco la dimostrazione, ma omettendo una piccola parte.
Si verifica facilmente che nella prova del 9 tutti i cubi perfetti danno uno fra i seguenti risultati: $0,1,8$ (*). Il numero proposto dà invece 2, quindi non è un cubo perfetto.
(*) QUIZ per i soli studenti delle superiori: dimostrare quell'affermazione.
Si verifica facilmente che nella prova del 9 tutti i cubi perfetti danno uno fra i seguenti risultati: $0,1,8$ (*). Il numero proposto dà invece 2, quindi non è un cubo perfetto.
(*) QUIZ per i soli studenti delle superiori: dimostrare quell'affermazione.
Quindi non è un caso che, sommando le cifre dei cubi perfetti, si ottiene sempre la cifra 9.... 
La somma delle cifre di un cubo perfetto ripetuta fino a ottenere una sola cifra può portare solo come risultato a $1, 8, 9$ (per esempio $11^3 = 1331 => 1 + 3 + 3 + 1 = 8$ oppure $91^3 = 753571 => 7 + 5 + 3 + 5 + 7 + 1 = 28 => 2 + 8 = 10 => 1 + 0 = 1$). Detto così, sembra una cosa incredibilmente difficile da dimostrare, invece è abbastanza semplice.
"LucaM":
$3^3 = 27 => 2 + 7 = 9$
Ok, ti do ragione, però parlando di somme di cifre $9$ e $0$ sono praticamente la stessa cosa (c'è un motivo per il quale dico così)
Scusa Pianoth mi ero confuso io..... ho cancellato il messaggio
Visto che oramai giammaria ha lanciato la sfida, chi vuole provare a dimostrare ciò che lei ha detto provi anche a dimostrare che [list=1]
[*:3ksc7joh] se elevo al cubo un numero divisibile per $3$ allora il procedimento di somma delle cifre fino a che si raggiunge un numero a una cifra (che, tra l'altro, si chiama radice digitale) dà come risultato o $0$ o $9$;[/*:m:3ksc7joh]
[*:3ksc7joh] se elevo al cubo un numero che dà un resto di $1$ quando viene diviso per $3$ allora la radice digitale è $1$;[/*:m:3ksc7joh]
[*:3ksc7joh] se elevo al cubo un numero che dà un resto di $2$ quando viene diviso per $3$ allora la radice digitale è $8$.[/*:m:3ksc7joh][/list:o:3ksc7joh]
[*:3ksc7joh] se elevo al cubo un numero divisibile per $3$ allora il procedimento di somma delle cifre fino a che si raggiunge un numero a una cifra (che, tra l'altro, si chiama radice digitale) dà come risultato o $0$ o $9$;[/*:m:3ksc7joh]
[*:3ksc7joh] se elevo al cubo un numero che dà un resto di $1$ quando viene diviso per $3$ allora la radice digitale è $1$;[/*:m:3ksc7joh]
[*:3ksc7joh] se elevo al cubo un numero che dà un resto di $2$ quando viene diviso per $3$ allora la radice digitale è $8$.[/*:m:3ksc7joh][/list:o:3ksc7joh]
Forse è meglio delimitare il problema scrivendo la regola che mi era stata insegnata alle elementari: si sommano le cifre del numero, poi quelle del risultato ottenuto e così via, fino ad ottenere un numero di una sola cifra. Si chiama prova del 9 perché ogni volta che si trova il $9$ o un suo multiplo (nel risultato, come singola cifra o come somma di alcune cifre) lo si può sostituire con uno $0$ senza modificare il risultato finale, in cui è indifferente scrivere $9$ o $0$. Naturalmente queste affermazioni andrebbero dimostrate; per non farla troppo lunga però crediamoci e partiamo da lì.
Per quanto riguarda l'ultimo post di Pianoth, la sua domanda non è sostanzialmente diversa dalla mia.
EDIT: dimenticavo di aggiungere quanto appreso alle medie: il numero che si ottiene è il resto della divisione per 9.
Per quanto riguarda l'ultimo post di Pianoth, la sua domanda non è sostanzialmente diversa dalla mia.
EDIT: dimenticavo di aggiungere quanto appreso alle medie: il numero che si ottiene è il resto della divisione per 9.
Ragazzi, se io sono l'unico studente delle superiori in questo thread state freschi per la dimostrazione ( )!
Pare strano ma a me la prova del nove manco è stata menzionata nè alle medie tantomeno alle elementari, ricordo solo che per mia scelta avevo deciso di vedere cosa fosse e cioè una verifica sul calcolo della moltiplicazione sommando le cifre... (poi ho letto che la verifica non è limitata alla sola moltiplicazione)...
Scusate l'OT, ma prendo spunto anche perchè la mia prof. di matematica si lamenta spesso del fatto che ai giorni nostri alle medie si facciano cose poco utili al posto di giochetti indispensabili per le superiori, come il calcolo a mente, ad esempio:
$25*5= (25*10)/2$ oppure $34*9= 34*(10-1)$... ecc. Alle medie adesso (ma credo già da parecchi anni) NON si fa alcun tipo di dimostrazione, neanche che + * - fa meno o che un numero elevato alla 0 fa uno figuriamoci la prova del nove!
Quindi mi dispiace che una volta si facevano queste cose e che adesso non si facciano più, anche perchè non credo che alle superiori si riprendino questi argomenti...
Quindi, come si imposterebbe quella banale dimostrazione?
)!Pare strano ma a me la prova del nove manco è stata menzionata nè alle medie tantomeno alle elementari, ricordo solo che per mia scelta avevo deciso di vedere cosa fosse e cioè una verifica sul calcolo della moltiplicazione sommando le cifre... (poi ho letto che la verifica non è limitata alla sola moltiplicazione)...
Scusate l'OT, ma prendo spunto anche perchè la mia prof. di matematica si lamenta spesso del fatto che ai giorni nostri alle medie si facciano cose poco utili al posto di giochetti indispensabili per le superiori, come il calcolo a mente, ad esempio:
$25*5= (25*10)/2$ oppure $34*9= 34*(10-1)$... ecc. Alle medie adesso (ma credo già da parecchi anni) NON si fa alcun tipo di dimostrazione, neanche che + * - fa meno o che un numero elevato alla 0 fa uno figuriamoci la prova del nove!
Quindi mi dispiace che una volta si facevano queste cose e che adesso non si facciano più, anche perchè non credo che alle superiori si riprendino questi argomenti...
Quindi, come si imposterebbe quella banale dimostrazione?
Nelle medie non si facevano dimostrazioni neanche molti anni fa; si facevano però (e credo si facciano ancora) i criteri di divisibilità ed era a quelli che mi riferivo.
Ti do l'inizio della dimostrazione: se $n$ è il numero e $q,r$ sono quoziente e resto di $n:3$, si ha $n=3q+r$. Quindi
$n^3=(3q+r)^3=...$
e qui mi fermo; prova a completare tu.
Ti do l'inizio della dimostrazione: se $n$ è il numero e $q,r$ sono quoziente e resto di $n:3$, si ha $n=3q+r$. Quindi
$n^3=(3q+r)^3=...$
e qui mi fermo; prova a completare tu.
Giammaria ha detto praticamente tutto 
Con lo stesso metodo puoi trovare le "possibili prove del nove" di $n^(3k)$ (e otterrai che saranno sempre uguali a $0$, $1$ e la prova del nove applicata a $2^(3k)$)
Con lo stesso metodo puoi trovare le "possibili prove del nove" di $n^(3k)$ (e otterrai che saranno sempre uguali a $0$, $1$ e la prova del nove applicata a $2^(3k)$)
Provo io..
$n^3=(3q+r)^3 \Rightarrow n^3=27q^3+27q^2r+9qr^2+r^3$
I primi 3 addendi sono sicuramente congruenti a 0 mod 9, dato che sono divisibili per 9..
Per $r^3$:
il resto di una divisione per 3 può essere 0 , 1 o 2. Se fosse 0, $n^3$ mod 9 darebbe 0 (e quindi la radice digitale sarebbe 0, per i criteri di divisibilità di 9), dato che tutti i suoi addendi sono divisibili per 9. Se fosse 1, $n^3$ mod 9 darebbe 1, dato che $1^3=1$. Se fosse 2, darebbe 8.
Probabilmente mi sbaglio ma qui non potrebbe essere anche uguale a 8, come prima? Perchè riscrivendo $n^(3k)$ come $(n^k)^3$ e applicando la proprietà di prima..
$n^3=(3q+r)^3 \Rightarrow n^3=27q^3+27q^2r+9qr^2+r^3$
I primi 3 addendi sono sicuramente congruenti a 0 mod 9, dato che sono divisibili per 9..
Per $r^3$:
il resto di una divisione per 3 può essere 0 , 1 o 2. Se fosse 0, $n^3$ mod 9 darebbe 0 (e quindi la radice digitale sarebbe 0, per i criteri di divisibilità di 9), dato che tutti i suoi addendi sono divisibili per 9. Se fosse 1, $n^3$ mod 9 darebbe 1, dato che $1^3=1$. Se fosse 2, darebbe 8.
"Pianoth":
Con lo stesso metodo puoi trovare le "possibili prove del nove" di $n^(3k)$ (e otterrai che saranno sempre uguali a $0$, $1$
Probabilmente mi sbaglio ma qui non potrebbe essere anche uguale a 8, come prima? Perchè riscrivendo $n^(3k)$ come $(n^k)^3$ e applicando la proprietà di prima..
Effettivamente dalla dimostrazione di giammaria è facile continuare; l'unica cosa in cui non mi raccapezzo è il fatto che si prenda un numero divisibile per tre $n : 3$ (in realtà neanche, perchè se c'è un resto $r$... 
).
Non avrei potuto prendere $n:4$, per esempio, e poi continuare con: $n^3=(4q+r)^3$.....?
).Non avrei potuto prendere $n:4$, per esempio, e poi continuare con: $n^3=(4q+r)^3$.....?
Sembra che tu abbia ragione:
$(n^k)^3 = (3q + r)^3 => n^(3k) = 27q^3 +27q^2r+9qr^2+r^3\ \text(ecc.)$
Però c'è qualcosa che non va... Non me ne sono accorto subito, prova a trovarlo tu (infatti i valori che assume la prova del nove di $n^6$ sono solo $0$ e $1$)
@LucaM
C'è una ragione per la quale scrivi $n$ come $3q+r$... Espandendo $(a+b)^3$ ottieni $a^3+3a^2b+3ab^2+b^3$. Se $a$ è un multiplo di $3$ allora i primi 3 termini saranno sempre divisibili per $3^2$ (perché? Risponditi da solo) e saranno quindi trascurabili quando si fa la prova del nove.
Se invece scrivi per esempio $n^3 = (4q+r)^3$ espandendo il polinomio al secondo membro non potrai fare alcuna semplificazione ulteriore.
$(n^k)^3 = (3q + r)^3 => n^(3k) = 27q^3 +27q^2r+9qr^2+r^3\ \text(ecc.)$
Però c'è qualcosa che non va... Non me ne sono accorto subito, prova a trovarlo tu (infatti i valori che assume la prova del nove di $n^6$ sono solo $0$ e $1$)
@LucaM
C'è una ragione per la quale scrivi $n$ come $3q+r$... Espandendo $(a+b)^3$ ottieni $a^3+3a^2b+3ab^2+b^3$. Se $a$ è un multiplo di $3$ allora i primi 3 termini saranno sempre divisibili per $3^2$ (perché? Risponditi da solo) e saranno quindi trascurabili quando si fa la prova del nove.
Se invece scrivi per esempio $n^3 = (4q+r)^3$ espandendo il polinomio al secondo membro non potrai fare alcuna semplificazione ulteriore.
Chi vuole anche provare che per quanto riguarda i quadrati perfetti i valori che assume la prova del nove sono $0, 1, 4, 7$? La dimostrazione si imposta in una maniera un po' differente (ma è praticamente identica).
"Pianoth":
Sembra che tu abbia ragione:
$(n^k)^3 = (3q + r)^3 => n^(3k) = 27q^3 +27q^2r+9qr^2+r^3\ \text(ecc.)$
Però c'è qualcosa che non va... Non me ne sono accorto subito, prova a trovarlo tu (infatti i valori che assume la prova del nove di $n^6$ sono solo $0$ e $1$)
Giusto.. se k è pari, $n^k$ può essere scritto come $(n^(k/2))^2$, quindi un quadrato perfetto. Però un quadrato perfetto modulo 3 non può dare resto 2, quindi $r^3$ non può essere 8 e la prova del 9 dà solo 0 o 1.. ma questo vale solo quando k è pari vero?
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