Problema di algebra relativo ai numeri coprimi
Ciao a tutti!
Ho un problema nel dimostrare le due seguenti cose:
1) Se $2m+1
Sono ovviamente vere, ma non ne riesco a dare una dimostrazione formale. Potete aiutarmi?
Grazie mille.
Ho un problema nel dimostrare le due seguenti cose:
1) Se $2m+1
Sono ovviamente vere, ma non ne riesco a dare una dimostrazione formale. Potete aiutarmi?
Grazie mille.
Risposte
[xdom="Martino"]M@rikina81, sei pregato/a di inserire un titolo che specifichi l'argomento di cui parli, come da regolamento, grazie. Per farlo, clicca su "modifica" nel tuo intervento. Inoltre sei pregato/a di proporre tue elaborazioni e tuoi tentativi di soluzione,come da regolamento. Grazie.[/xdom]
Assumo [tex]p \ge 3[/tex].
1) Se [tex]n < p[/tex] allora [tex]n[/tex] e [tex]p - n[/tex] sono coprimi. Infatti, assumi che ci sia un primo [tex]q[/tex] che li divide entrambi; avresti [tex]q \mid n + (p-n) = p[/tex], ossia [tex]q = p[/tex], assurdo. Da qui segue la tua tesi, perché nel caso in cui [tex]n[/tex] sia dispari, [tex]2 \mid p - n[/tex] e chiaramente [tex]\frac{p - n}{2}[/tex] e [tex]n[/tex] sono ancora coprimi.
2) Sappiamo che [tex]\frac{(a+b)!}{a!b!} = \binom{a+b}{a}[/tex] è un numero intero. Siccome [tex]a,b[/tex] sono coprimi, non ci può essere nessun fattore primo che divide contemporaneamente due tra [tex]a,b,a+b[/tex], altrimenti seguirebbe che divide anche il terzo, assurdo. Da qui segue la tua tesi.
1) Se [tex]n < p[/tex] allora [tex]n[/tex] e [tex]p - n[/tex] sono coprimi. Infatti, assumi che ci sia un primo [tex]q[/tex] che li divide entrambi; avresti [tex]q \mid n + (p-n) = p[/tex], ossia [tex]q = p[/tex], assurdo. Da qui segue la tua tesi, perché nel caso in cui [tex]n[/tex] sia dispari, [tex]2 \mid p - n[/tex] e chiaramente [tex]\frac{p - n}{2}[/tex] e [tex]n[/tex] sono ancora coprimi.
2) Sappiamo che [tex]\frac{(a+b)!}{a!b!} = \binom{a+b}{a}[/tex] è un numero intero. Siccome [tex]a,b[/tex] sono coprimi, non ci può essere nessun fattore primo che divide contemporaneamente due tra [tex]a,b,a+b[/tex], altrimenti seguirebbe che divide anche il terzo, assurdo. Da qui segue la tua tesi.
Grazie mille.
Sul primo punto c'ero quasi, ma poi mi ero incartata su una cosa stupidissima
Sul secondo invece ero partita da un presupposto sbagliato riguardo il binomiale, ovvero partivo dall'idea (sarà stata la stanchezza!) che il binomiale n su k con $k
Grazie!
Sul primo punto c'ero quasi, ma poi mi ero incartata su una cosa stupidissima
Sul secondo invece ero partita da un presupposto sbagliato riguardo il binomiale, ovvero partivo dall'idea (sarà stata la stanchezza!) che il binomiale n su k con $k
Grazie!
Qui si potrebbe aprire una discussione lunghissima e completamente inutile. Io non amo la matematica combinatoria per nulla, quindi la mia dimostrazione che [tex]\frac{(a+b)!}{a!b!}[/tex] è intero è diversa, ma comunque va bene anche fatto così.
Infatti, se con [tex]v_p[/tex] denotiamo la valutazione p-adica di un numero, poniamo [tex]v_p(a!) = n[/tex], [tex]v_p(b!) = m[/tex], sicché [tex]v_p(a!b!) = n + m[/tex]. Allora [tex]v_p((a+b)!) = v_p(a+b) + v_p((a+b-1)!) \ge \min \{v_p(a), v_p(b)\} + v_p((a+b-1)!)[/tex] e ovviamente [tex]v_p((a+b-1)!) \ge \max\{v_p(a),v_p(b)\}[/tex] non appena [tex]a,b \ge 2[/tex] (quando uno dei due è uguale a 1, si verifica a mano).
Ok ok, è sparare con i cannoni sulle mosche bla bla bla si può risolvere a mano bla bla bla... A me piace fatta così. Si perde un po' in elementarità ma è tutto sommato più chiara.
Infatti, se con [tex]v_p[/tex] denotiamo la valutazione p-adica di un numero, poniamo [tex]v_p(a!) = n[/tex], [tex]v_p(b!) = m[/tex], sicché [tex]v_p(a!b!) = n + m[/tex]. Allora [tex]v_p((a+b)!) = v_p(a+b) + v_p((a+b-1)!) \ge \min \{v_p(a), v_p(b)\} + v_p((a+b-1)!)[/tex] e ovviamente [tex]v_p((a+b-1)!) \ge \max\{v_p(a),v_p(b)\}[/tex] non appena [tex]a,b \ge 2[/tex] (quando uno dei due è uguale a 1, si verifica a mano).
Ok ok, è sparare con i cannoni sulle mosche bla bla bla si può risolvere a mano bla bla bla... A me piace fatta così. Si perde un po' in elementarità ma è tutto sommato più chiara.
"maurer":
se con [tex]v_p[/tex] denotiamo la valutazione p-adica di un numero, poniamo [tex]v_p(a!) = n[/tex], [tex]v_p(b!) = m[/tex], sicché [tex]v_p(a!b!) = n + m[/tex]. Allora [tex]v_p((a+b)!) = v_p(a+b) + v_p((a+b-1)!) \ge \min \{v_p(a), v_p(b)\} + v_p((a+b-1)!)[/tex] e ovviamente [tex]v_p((a+b-1)!) \ge \max\{v_p(a),v_p(b)\}[/tex] non appena [tex]a,b \ge 2[/tex] (quando uno dei due è uguale a 1, si verifica a mano).
Ok ok, è sparare con i cannoni sulle mosche bla bla bla si può risolvere a mano bla bla bla... A me piace fatta così. Si perde un po' in elementarità ma è tutto sommato più chiara.
Chiarissima... Chi non conosce la valutazione $p$-adica!
Quella la conoscono tutti, anche se non l'hanno mai chiamata così ([tex]v_p(n)[/tex] è il massimo r tale che [tex]p^r \mid n[/tex])... magari un po' meno hanno dimestichezza con le sue proprietà... Ho ammesso che era un cannone usato sulle mosche! XD[OT]Per inciso, il nome è legato agli anelli a valutazione, in particolare, agli anelli a valutazione discreta.[/OT]
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