Beccatevi questi...
A) Sia n un intero tale che sia:
$(5^(n-1)+7^(n-1))|(5^n+7^n)$
Dimostrare che l'unica soluzione e' n=1
B) Siano:
ABC un triangolo qualunque ,O il suo circocentro,G il centroide,R il circoraggio
ed a,b,c i lati .
Dimostrare che e':
$OG=sqrt(R^2-(a^2+b^2+c^2)/9)$
karl
$(5^(n-1)+7^(n-1))|(5^n+7^n)$
Dimostrare che l'unica soluzione e' n=1
B) Siano:
ABC un triangolo qualunque ,O il suo circocentro,G il centroide,R il circoraggio
ed a,b,c i lati .
Dimostrare che e':
$OG=sqrt(R^2-(a^2+b^2+c^2)/9)$
karl
Risposte
Ciao Karl,
se la stanchezza non mi sta facendo delirare, la a) non è conseguenza del fatto di algebra elementare che, salvo il caso banale di n=1, $a^n+b^n$ non è divisibile per $a^(n-1)+b^(n-1)$ ?
se la stanchezza non mi sta facendo delirare, la a) non è conseguenza del fatto di algebra elementare che, salvo il caso banale di n=1, $a^n+b^n$ non è divisibile per $a^(n-1)+b^(n-1)$ ?
Si cercano gli $n$ per i quali risulta
$(5^n+7^n)/(5^(n-1)+7^(n-1))=k$ con $kinZZ$
Il numeratore lo scrivo opportunamente
$5^n+7^n=5cdot5^(n-1)+7cdot7^(n-1)=5cdot5^(n-1)+5cdot7^(n-1)+2cdot7^(n-1)$
Perciò la frazione si trasforma in
$5+frac{2cdot7^(n-1)}{5^(n-1)+7^(n-1)}=k$
Questa frazione non è mai intera, infatti dovrebbe accadere che
$5^(n-1)+7^(n-1)|7^(n-1)$ che è assurdo, perchè la prima parte non è mai multipla di sette, a causa dela potenza del cinque.
L'unica soluzione è dunque il caso banale $n=1$
$(5^n+7^n)/(5^(n-1)+7^(n-1))=k$ con $kinZZ$
Il numeratore lo scrivo opportunamente
$5^n+7^n=5cdot5^(n-1)+7cdot7^(n-1)=5cdot5^(n-1)+5cdot7^(n-1)+2cdot7^(n-1)$
Perciò la frazione si trasforma in
$5+frac{2cdot7^(n-1)}{5^(n-1)+7^(n-1)}=k$
Questa frazione non è mai intera, infatti dovrebbe accadere che
$5^(n-1)+7^(n-1)|7^(n-1)$ che è assurdo, perchè la prima parte non è mai multipla di sette, a causa dela potenza del cinque.
L'unica soluzione è dunque il caso banale $n=1$
@luluemicia
In effetti e' proprio così,solo che se ne chiedeva una dimostrazione elementare.Piu' o meno come quella di
Steven.Io ne ho una diversa (nella forma ma non nella sostanza) ma potete postarne altre ,se credete.
A chi risolve anche il secondo esercizio faro' omaggio del mio software su Matlab,appena sara' ultimato.
Buonanotte.
karl
In effetti e' proprio così,solo che se ne chiedeva una dimostrazione elementare.Piu' o meno come quella di
Steven.Io ne ho una diversa (nella forma ma non nella sostanza) ma potete postarne altre ,se credete.
A chi risolve anche il secondo esercizio faro' omaggio del mio software su Matlab,appena sara' ultimato.
Buonanotte.
karl
Ciao Karl,
se consideri a=6 e b=3 trovi $a^2+b^2=45$ e $a+b=9$ e, quindi, prima non mentivo: deliravo veramente.
Però il delirio di prima mi fa venire una generalizzazione carina: quali sono le coppie per le quali vale quello che dicevi? (per esmpio 5 e 7 sì, no 6 e 3).
Buonanotte
se consideri a=6 e b=3 trovi $a^2+b^2=45$ e $a+b=9$ e, quindi, prima non mentivo: deliravo veramente.
Però il delirio di prima mi fa venire una generalizzazione carina: quali sono le coppie per le quali vale quello che dicevi? (per esmpio 5 e 7 sì, no 6 e 3).
Buonanotte
Vista l'opportunità di avere il software in anteprima...
poichè trattiamo di punti di Kimberling, ho pensato di usare uno stratagemma: le coordinate trilineari.
Infatti, moltissimi punti famosi dei triangoli posseggono una terna di coordinate trilineari esatte in funzione
delle lunghezze dei lati e del circoraggio. In particolare $G=((bc)/(6R),(ca)/(6R),(ab)/(6R))$. Le coordinate di $O$
sono un pò più complicate: $O=(((-a^2+b^2+c^2)R)/(2bc),((-b^2+c^2+a^2)R)/(2ac),((-c^2+a^2+b^2)R)/(2ab))$.
In un riferimento ortonormale, disponendo il lato $BC$ parallelamente all'asse delle ascisse e l'incentro del triangolo
sull'origine, vale il passaggio di coordinate da trilineari a cartesiane: $(alpha,beta,gamma)to((beta-r+(alpha-r)cosC)/(sinC),alpha-r)$,
dove $r$ è l'inraggio. Fortunatamente, possiamo esprimere seno e coseno dell'angolo $C$ in funzione dei lati e del
circoraggio: $sinC=(c/(2R))$, $cos C=sqrt(1-(c/(2R))^2)$. Non è necessario esprimere anche l'inraggio in funzione
di lati e circoraggio (anche se sarebbe possibile) poichè nella formula per $OG$, $r$ si elide.
Dunque $OG=sqrt([((2R)/c)(beta_O-beta_G+(alpha_O-alpha_G)sqrt(1-(c/(2R))^2))]^2-(alpha_O-alpha_G)^2)=sqrt(R^2-(a^2+b^2+c^2)/9)$.
poichè trattiamo di punti di Kimberling, ho pensato di usare uno stratagemma: le coordinate trilineari.
Infatti, moltissimi punti famosi dei triangoli posseggono una terna di coordinate trilineari esatte in funzione
delle lunghezze dei lati e del circoraggio. In particolare $G=((bc)/(6R),(ca)/(6R),(ab)/(6R))$. Le coordinate di $O$
sono un pò più complicate: $O=(((-a^2+b^2+c^2)R)/(2bc),((-b^2+c^2+a^2)R)/(2ac),((-c^2+a^2+b^2)R)/(2ab))$.
In un riferimento ortonormale, disponendo il lato $BC$ parallelamente all'asse delle ascisse e l'incentro del triangolo
sull'origine, vale il passaggio di coordinate da trilineari a cartesiane: $(alpha,beta,gamma)to((beta-r+(alpha-r)cosC)/(sinC),alpha-r)$,
dove $r$ è l'inraggio. Fortunatamente, possiamo esprimere seno e coseno dell'angolo $C$ in funzione dei lati e del
circoraggio: $sinC=(c/(2R))$, $cos C=sqrt(1-(c/(2R))^2)$. Non è necessario esprimere anche l'inraggio in funzione
di lati e circoraggio (anche se sarebbe possibile) poichè nella formula per $OG$, $r$ si elide.
Dunque $OG=sqrt([((2R)/c)(beta_O-beta_G+(alpha_O-alpha_G)sqrt(1-(c/(2R))^2))]^2-(alpha_O-alpha_G)^2)=sqrt(R^2-(a^2+b^2+c^2)/9)$.
"luluemicia":
Ciao Karl,
se consideri a=6 e b=3 trovi $a^2+b^2=45$ e $a+b=9$ e, quindi, prima non mentivo: deliravo veramente.
Però il delirio di prima mi fa venire una generalizzazione carina: quali sono le coppie per le quali vale quello che dicevi? (per esmpio 5 e 7 sì, no 6 e 3).
Buonanotte
detto così a intuito ...
non son tutte le coppie coprime tra loro?
1° es.
Se a=b e' facile verificare che la divisibilita' e' assicurata qualunque sia n.
Infatti e' :
$(a^n+b^n)/(a^(n-1)+b^(n-1))=(2a^n)/(2a^(n-1))=a$
Escluso questo caso banale ,secondo me le coppie richieste sono quelle per cui e' b=a+2,
ovvero quelle che differiscono di 2 unita'.Si ha infatti (supposto a
Poiche' e' $b(a^(n-1)+b^(n-1))-a(a^(n-1)+b^(n-1))=2(a^(n-1)+b^(n-1))$,l'unico intero
compreso nell'intervallo $[a(a^(n-1)+b^(n-1)),b(a^(n-1)+b^(n-1))]$ e divisibile per
$a^(n-1)+b^(n-1)$ non puo' che essere $(a+b)/2*(a^(n-1)+b^(n-1))$
Pertanto si ha:
$a^n+b^n=(a+b)/2*(a^(n-1)+b^(n-1))$ da cui:
$b^n-(a+b)/2*b^(n-1)=(a+b)/2*a^(n-1)-a^n$, oppure:
$b^(n-1)*(2b-(a+b))/2=a^(n-1)*(a+b-2a)/2$
Ovvero:
$b^(n-1)*(b-a)/2=a^(n-1)*(b-a)/2$ e dividendo per (b-a)/2,che non e' nullo,risulta:
$a^(n-1)=b^(n-1)$
Poiche' per ipotesi a e b sono distinti,questa eguaglianza puo' valere solo per n=1.
2°es.
Complimenti ad Elgiovo per l'elegantissima soluzione.Le coordinate trilineari !!!
E chi ci pensava.Appena pronto,il software e' suo...
Per chi volesse un'indicazione posto la figura e qualche ..indizio:
ricordarsi del teorema delle corde e della formula della mediana m_a di un
triangolo di lati a,b,c:
$m_a^2=(2(b^2+c^2)-a^2)/4$
karl
"karl":
A) Sia n un intero tale che sia:
$(5^(n-1)+7^(n-1))|(5^n+7^n)$
Dimostrare che l'unica soluzione e' n=1
Per una dimostrazione di una riga, basta prendere il modulo $6$ di $k(5^{n-1}+7^{n-1})=5^n+7^n$.
Ciao Karl, complimenti per la tua bella dimostrazione; però, mi pare, che così provi che "vanno bene" quelli che hanno per differenza 0 oppure 2 ma non che sono solo questi. Per esempio la coppia 1 e 4 non va ugualmente bene?
Inoltre, per quanto riguarda la geometria piana euclidea, non vi è un unico testo (magari in italiano) su cui guardare le cose nei piccoli ritagli di tempo che ho? (per farti capire, tanti anni fa ho fatto quella tradizionale ma non so neppure la definizione di centroide o di circoraggio).
Inoltre, per quanto riguarda la geometria piana euclidea, non vi è un unico testo (magari in italiano) su cui guardare le cose nei piccoli ritagli di tempo che ho? (per farti capire, tanti anni fa ho fatto quella tradizionale ma non so neppure la definizione di centroide o di circoraggio).
Le coppie che vanno bene ,come ho dimostrato,sono solo quelle
a differenza 0 ( cioe' uguali) e in tal caso n puo',essere qualsiasi.
Oppure quelli a differenza 2 e quindi 1 e 4 non vanno bene .Del resto
per sincerarsene basta fare i calcoli.
Quanto al libro di geometria ,se si deve cominciare da capo, basta un testo di
geometria di liceo.Tutto sommato la geometria che si studia oggi nelle scuole non e'
tanto diversa da quella tradizionale.In seguito uno si puo' rinforzare andando su siti
specializzati come oliforum,dove si sale spesso ad altezze vertiginose...
I termini centroide e circoraggio,che io sappia,sono di derivazione anglosassone.Essi possono
benissimo essere sostituiti con baricentro e raggio del cerchio circoscritto al triangolo.
karl
a differenza 0 ( cioe' uguali) e in tal caso n puo',essere qualsiasi.
Oppure quelli a differenza 2 e quindi 1 e 4 non vanno bene .Del resto
per sincerarsene basta fare i calcoli.
Quanto al libro di geometria ,se si deve cominciare da capo, basta un testo di
geometria di liceo.Tutto sommato la geometria che si studia oggi nelle scuole non e'
tanto diversa da quella tradizionale.In seguito uno si puo' rinforzare andando su siti
specializzati come oliforum,dove si sale spesso ad altezze vertiginose...
I termini centroide e circoraggio,che io sappia,sono di derivazione anglosassone.Essi possono
benissimo essere sostituiti con baricentro e raggio del cerchio circoscritto al triangolo.
karl
Ciao Karl,
scusa, per curiosità, quale n ritieni che sia tale che $4^n+1$ sia divisibile per $4^(n-1)+1$ ?
scusa, per curiosità, quale n ritieni che sia tale che $4^n+1$ sia divisibile per $4^(n-1)+1$ ?
@luluemicia
Secondo i miei calcoli non c'e' nessun n che abbia la proprieta' richiesta dal quesito perche' 4-1=3>2
Ma forse sbaglio e tu ne hai trovato qualcuno.Se così fosse avrei dimostrato la cosa solo per b-a=2
e per b=a.E saremmo punto e a capo.Fammi sapere.
Saluti.
karl
Secondo i miei calcoli non c'e' nessun n che abbia la proprieta' richiesta dal quesito perche' 4-1=3>2
Ma forse sbaglio e tu ne hai trovato qualcuno.Se così fosse avrei dimostrato la cosa solo per b-a=2
e per b=a.E saremmo punto e a capo.Fammi sapere.
Saluti.
karl
Ciao Karl, forse l'esempio dell' 1 e del 4 non mi ha permesso di spiegarmi bene. Riferiamoci allora ai numeri 1 e 5; ovviamente n=1 è soluzione. Il problema è che a me risulta l'unica soluzione. Dunque, non mi sembra che n=1 sia unica soluzione solo quando a-b=0 oppure a-b=2.
Fammi sapere se ti trovi.
PS: non ti fidare del mio controllo sui numeri 1 e 5, fai anche tu i conti perchè io sono un'analista che fa applicazioni in economia e che da parecchio (proprio tanto) non ha a che fare con l'algebra e la teoria dei numeri.
Fammi sapere se ti trovi.
PS: non ti fidare del mio controllo sui numeri 1 e 5, fai anche tu i conti perchè io sono un'analista che fa applicazioni in economia e che da parecchio (proprio tanto) non ha a che fare con l'algebra e la teoria dei numeri.
@luluemicia
Hai perfettamente ragione !!! Vanno bene non solo 1 e 5 ma anche tutte le coppie
del tipo (1,2k+1) con k intero .Infatti per n=1 si ha:
$(1^1+(2k+1)^1)/(1^0+(2k+1)^0)=(2k+2)/2=k+1$
La mia soluzione non comprende quindi tutte le possibili coppie e siamo
di nuovo al punto di partenza ...o quasi!
Vediamo se ci si mette qualche altro.
Ti auguro buona domenica.
karl
Hai perfettamente ragione !!! Vanno bene non solo 1 e 5 ma anche tutte le coppie
del tipo (1,2k+1) con k intero .Infatti per n=1 si ha:
$(1^1+(2k+1)^1)/(1^0+(2k+1)^0)=(2k+2)/2=k+1$
La mia soluzione non comprende quindi tutte le possibili coppie e siamo
di nuovo al punto di partenza ...o quasi!
Vediamo se ci si mette qualche altro.
Ti auguro buona domenica.
karl
Ciao Karl,
in effetti tutte e sole le coppie che soddisfano: $(a^(n-1)+b^(n-1))$ è un divisore di $(a^n+b^n)$ per n=1 sono quelle in cui $a+b$ è pari (basta leggere la relazione dopo aver sostituito n con 1). Il problema è: fra queste, quali sono quelle che non lo verificano per altri valori di n? Chiamo, per comodità, d'ora in avanti A tale sottoinsieme delle coppie di interi la cui somma è pari. Tu hai già dimostrato che quelle che hanno le coordinate la cui differenza, in modulo, è 2 stanno in A (e, anche , che quelle aventi coordinate uguali non stanno in A in quanto "lo verificano" per tutti i valori di n; non stanno in A, a differenza di quello che abbiamo detto in qualche post precedente). Rimane da capire quali eventuali altre coppie stanno in A. Può darsi che arrivi qualche altro che ci chiude la questione......
in effetti tutte e sole le coppie che soddisfano: $(a^(n-1)+b^(n-1))$ è un divisore di $(a^n+b^n)$ per n=1 sono quelle in cui $a+b$ è pari (basta leggere la relazione dopo aver sostituito n con 1). Il problema è: fra queste, quali sono quelle che non lo verificano per altri valori di n? Chiamo, per comodità, d'ora in avanti A tale sottoinsieme delle coppie di interi la cui somma è pari. Tu hai già dimostrato che quelle che hanno le coordinate la cui differenza, in modulo, è 2 stanno in A (e, anche , che quelle aventi coordinate uguali non stanno in A in quanto "lo verificano" per tutti i valori di n; non stanno in A, a differenza di quello che abbiamo detto in qualche post precedente). Rimane da capire quali eventuali altre coppie stanno in A. Può darsi che arrivi qualche altro che ci chiude la questione......
Siano $d=\gcd(a,b), x=a/d,y=b/d$. Allora si ha $\gcd(x^{n-1}+y^{n-1},x^n+y^n) \in {1,2}$. Quindi da $a^{n-1}+b^{n-1}|a^n+b^n$ si deduce che $x^{n-1}+y^{n-1}|2d$ e tutte le soluzioni $(a,b,n)$ sono $(xd,yd,n)$ con $x^{n-1}+y^{n-1}|2d$.
Domanda da IGNORANTONE: ma il settore della matematica che studia i giochini come quello usato da TomeSawyer nel suo ultimo post, è l'artimetica modulare?
"WiZaRd":
Domanda da IGNORANTONE: ma il settore della matematica che studia i giochini come quello usato da TomeSawyer nel suo ultimo post, è l'artimetica modulare?
Mmm, direi di no. Non ha tirato in ballo i moduli.
Direi che è semplicemente TDN.
Aggiungerei TdN molto elementare, che e' anche cio' che la rende bella..
"TomSawyer":
Aggiungerei TdN molto elementare, che e' anche cio' che la rende bella..
Visto che ci sono, cosa intendi per elementare?
Facile?
Te lo chiedo perchè da qualche parte, mi sembra sull'oliforum, ho letto che elementare in certi casi non è sinonimo di semplice.
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