$((2m)!(3n)!)/((m!)^2(n!)^3)$ intero
Dimostrare che
$((2m)!(3n)!)/((m!)^2(n!)^3)$
è sempre intero.
PS: non ho la soluzione.
$((2m)!(3n)!)/((m!)^2(n!)^3)$
è sempre intero.
PS: non ho la soluzione.
Risposte
La combinazione C(n,m) di n elementi di classe m è sempre un numero intero; risula che
$(2m!)/(m!)^2=C(2m,m)$
$(3n!)/(n!)^3=C(2n,n)*C(3n,2n)$
Il prodotto di due numeri interi è intero.
$(2m!)/(m!)^2=C(2m,m)$
$(3n!)/(n!)^3=C(2n,n)*C(3n,2n)$
Il prodotto di due numeri interi è intero.
Vediamo questo:
Dimostrare che non esistono tre interi dispari consecutivi tali che ognuno sia la somma di due quadrati maggiori di zero.
Esprimo gli interi nella forma $2k+1$; avremo:
$2k+1; 2(k+1)+1; 2(k+2)+1$
Ragioniamo per assurdo e supponiamo che ognuno dei tre interi sia la somma di due quadrati.
$2k+1=a^2+b^2$
La somma di due numeri è dispari quando uno dei numeri è pari, l'altro è dispari. Quindi:
$2k+1=4m+4n+1$ (Tutti i quadrati si possono esprimere nella forma $4k$ o $4k+1$)
$k=2m+2n$ da cui deduciamo che $k$ è pari.
$2(k+1)+1=4m+4n+1; 2k+2=4m+4n; k+1=2m+2n; k=2m+2n-1$ da cui si deduce che k è dispari, ma ciò è assurdo perchè va contro il risultato precedente. Quindi dobbiamo sostenere che la nostra tesi è vera.
Può andare questa dimostrazione?
Dimostrare che non esistono tre interi dispari consecutivi tali che ognuno sia la somma di due quadrati maggiori di zero.
Esprimo gli interi nella forma $2k+1$; avremo:
$2k+1; 2(k+1)+1; 2(k+2)+1$
Ragioniamo per assurdo e supponiamo che ognuno dei tre interi sia la somma di due quadrati.
$2k+1=a^2+b^2$
La somma di due numeri è dispari quando uno dei numeri è pari, l'altro è dispari. Quindi:
$2k+1=4m+4n+1$ (Tutti i quadrati si possono esprimere nella forma $4k$ o $4k+1$)
$k=2m+2n$ da cui deduciamo che $k$ è pari.
$2(k+1)+1=4m+4n+1; 2k+2=4m+4n; k+1=2m+2n; k=2m+2n-1$ da cui si deduce che k è dispari, ma ciò è assurdo perchè va contro il risultato precedente. Quindi dobbiamo sostenere che la nostra tesi è vera.
Può andare questa dimostrazione?
Eccone un altro.
Sia $n>1$ un intero. Dimostrare che se uno dei numeri $2^n-1, 2^n+1$ è primo, allora l'altro non lo è.
Ancora una volta andiamo per assurdo e supponiamo che entrambi i numeri siano primi.
Consideriamo i tre numeri consecutivi $2^n-1; 2^n; 2^n+1$. Se il primo e il terzo sono primi, inevitabilmente $2^n$ deve essere divisibile per tre. Ma una potenza del due non è mai divisibile per tre. Da ciò si deduce che uno almento degli altri due numeri deve essere divisibile per tre e quindi non può essere primo.
Ho detto una cavolata o può reggere come discorso?
Sia $n>1$ un intero. Dimostrare che se uno dei numeri $2^n-1, 2^n+1$ è primo, allora l'altro non lo è.
Ancora una volta andiamo per assurdo e supponiamo che entrambi i numeri siano primi.
Consideriamo i tre numeri consecutivi $2^n-1; 2^n; 2^n+1$. Se il primo e il terzo sono primi, inevitabilmente $2^n$ deve essere divisibile per tre. Ma una potenza del due non è mai divisibile per tre. Da ciò si deduce che uno almento degli altri due numeri deve essere divisibile per tre e quindi non può essere primo.
Ho detto una cavolata o può reggere come discorso?
"giuseppe87x":
Ho detto una cavolata o può reggere come discorso?
Ho letto entrambe le dimostrazioni e sono corrette.
Ciao!
"giuseppe87x":
Sia $n>1$ un intero. Dimostrare che se uno dei numeri $2^n-1, 2^n+1$ è primo, allora l'altro non lo è.
Ancora una volta andiamo per assurdo e supponiamo che entrambi i numeri siano primi.
Consideriamo i tre numeri consecutivi $2^n-1; 2^n; 2^n+1$. Se il primo e il terzo sono primi, inevitabilmente $2^n$ deve essere divisibile per tre. Ma una potenza del due non è mai divisibile per tre. Da ciò si deduce che uno almento degli altri due numeri deve essere divisibile per tre e quindi non può essere primo.
...e che dire, allora, del caso $n = 2$?! Il tuo ragionamento, giuseppe87x, è senza dubbio corretto, ma le conclusioni... beh, quelle debbono far un attimo riflettere!
"HiTLeuLeR":
[quote="giuseppe87x"]Sia $n>1$ un intero. Dimostrare che se uno dei numeri $2^n-1, 2^n+1$ è primo, allora l'altro non lo è.
Ancora una volta andiamo per assurdo e supponiamo che entrambi i numeri siano primi.
Consideriamo i tre numeri consecutivi $2^n-1; 2^n; 2^n+1$. Se il primo e il terzo sono primi, inevitabilmente $2^n$ deve essere divisibile per tre. Ma una potenza del due non è mai divisibile per tre. Da ciò si deduce che uno almento degli altri due numeri deve essere divisibile per tre e quindi non può essere primo.
...e che dire, allora, del caso $n = 2$?!
Il ragionamento di giuseppe87x è senza dubbio corrette, ma le conclusioni... beh, quelle lasciano un attimo riflettere![/quote]è già è vero, in effetti si considerava che se $2^n-1$ e $2^n+1$ sono primi allora non sono divisibili per $3$, ciò è vero per ogni numero primo $!=3$.
Giusta precisazione, Ciao!
"giuseppe87x":
Sia $n>0$ un intero. Dimostrare che se uno dei numeri $2^n-1, 2^n+1$ è primo, allora l'altro non lo è.
In alternativa, si osservi che - per via di fatti noti! - $2^n - 1$ e $2^n + 1$ sono contemporaneamente primi solo se $n$ è primo e inoltre $n = 2^k$, per qualche $k \in \mathbb{N}$. E allora necessariamente $k = 1$ ed $n = 2$.
"HiTLeuLeR":
[quote="giuseppe87x"]Sia $n>0$ un intero. Dimostrare che se uno dei numeri $2^n-1, 2^n+1$ è primo, allora l'altro non lo è.
In alternativa, si osservi che - per via di fatti noti! - $2^n - 1$ e $2^n + 1$ sono contemporaneamente primi sse $n$ è primo e inoltre $n = 2^k$, per qualche $k \in \mathbb{N}$. E allora necessariamente $k = 1$ ed $n = 2$.[/quote]
giustissimo, $2^n-1$ è primo solo se $n$ è primo, infatti sia $n=mk$ allora si ha
$2^n-1=(2^k-1)(2^((m-1)k)+2^((m-2)k)+...+1)$
quindi se $k>1$ allora $2^n-1$ non è primo.
Ciao!
"giuseppe87x":
Dimostrare che non esistono tre interi dispari consecutivi tali che ognuno sia la somma di due quadrati maggiori di zero.
Ehr... E' banale conseguenza del fatto che men che meno esistono DUE interi dispari e consecutivi entrambi esprimibili come somma di due quadrati (anche uguali a zero, e perché no!?). Per assurdo, sia infatti $u \in 2\mathbb{Z}+1$ tale che $u = a^2 + b^2$ ed $u+2 = c^2 + d^2$, i.e. $a^2 + b^2 + 2 = c^2 + d^2$. Wlog, può supporsi allora $a = c = 0 mod 2$ e $b = d = 1 mod 2$, per dedurne che $a^2 + b^2 + 2 = c^2 + d^2$ solo se $0^2 + 1^2 + 2 = 0^2 + 1^2 mod 4$, che è assurdo! Ne risulta la tesi, q.e.d.
Ok grazie ragazzi.
1) Sia $a_(n)=6^n+8^n$. Determinare il resto della divisione quando $a_(83)$ viene diviso per 49.
2) Qual è la cifra delle unità di $10^(20000)/(10^100+3)$?
Considerare ovviamente la parte intera del numero frazionario.
Come li risolvereste?
2) Qual è la cifra delle unità di $10^(20000)/(10^100+3)$?
Considerare ovviamente la parte intera del numero frazionario.
Come li risolvereste?
"giuseppe87x":
1) Sia $a_(n)=6^n+8^n$. Determinare il resto della divisione quando $a_(83)$ viene diviso per 49.
Vale $\varphi(49) = \varphi(7^2) = 42$. Eppure $\gcd(7^2, 6) = \gcd(7^2,8) = 1$. Ergo, per via del teorema di Euler-Fermat: $a_{83} \equiv 6^{-1} + 8^{-1} \equiv -8 - 6 \equiv 35 \bmod 7^2$.
Sarebbe possibile risolverlo facendo uso soltando delle congruenze?
Il teorema di Euler-Fermat è un risultato elementare della teoria delle congruenze, infatti. Ed è in assoluto il più utile di cui si disponga, quando si debbano trattare modulo quel_che_ti_pare_a_te delle potenze.
Ok ti mi fido, però fammi capire...che significa $varphi(49)$?
Ok grazie per i link...ancora non avevo affrontato questo argomento.
Comunque prova ora con il secondo (se ti va )
Comunque prova ora con il secondo (se ti va
)
"giuseppe87x":
Ok ti mi fido, però fammi capire...che significa $varphi(49)$?
è il numero degli interi minori di 49 e primi con 49.
"ficus2002":
è il numero degli interi minori di 49 e primi con 49.
Si ho letto sul link di HiTLeuLeR.
"giuseppe87x":
2) Qual è la cifra delle unità di $10^(20000)/(10^100+3)$? Considerare ovviamente la parte intera del numero frazionario.
-> Erased as too ugly! <-
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EDIT: ho cancellato il contenuto precedente del post perché ho realizzato con mio piacevole stupore che il problema può generalizzarsi alquanto e che la sua soluzione, a fronte della generalizzazione di cui vo' dicendo, diviene decisamente più estetica ed elegante. La riporto oltre.
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