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
Non intendo semplice o facile, certamente, ma mi riferisco a problemi che possono essere risolti con metodi elementari, cioe' senza argomenti o teoremi profondi della teoria dei numeri (vedi per esempio quella analitica o la parte avanzata di quella algebrica); spesso sono questi i problemi piu' difficili, perche' sono quelli che richiedono una maggiore qualita' del ragionamento. Erdos era un maestro in questo.
Ciao TomSawyer,
grazie per la tua bella dimostrazione che ha illuminato la questione. Grazie alla tua deduzione ho trovato (salvo errori di conti) che con d=1 sono ok tutte le coppie con a e b coprimi tranne la coppia (1;1) (per ok intendo che soddisfano la relazione solo per n=1); con d=2 tutte ok tranne (2;2) e (2;6) (per brevità suppongo a non maggiore di b); con d=3 sono tutte ok tranne (3;3) e (3;15); con d=4 tutte ok tranne (4;4), (4;12), (4;28) e (12;20). Ovviamente con conti più o meno lunghi potrei lavorare su altri valori di n sempre a partire dalla tua conclusione.
Però, in effetti il problema chiedeva di trovare tutte le coppie (a;b) che soddisfacevano la relazione solo per n=1; la tua condizione include anche n cioè da una risposta su a,b e n insieme, non solo sulla coppia (a;b). E' chiedere troppo una condizione solo sulla coppia (a;b) (quindi anche con "l'intervento" eventuale di d che è ovviamente individuato univocamente da a e b ma senza "l'intervento" di n)?
grazie per la tua bella dimostrazione che ha illuminato la questione. Grazie alla tua deduzione ho trovato (salvo errori di conti) che con d=1 sono ok tutte le coppie con a e b coprimi tranne la coppia (1;1) (per ok intendo che soddisfano la relazione solo per n=1); con d=2 tutte ok tranne (2;2) e (2;6) (per brevità suppongo a non maggiore di b); con d=3 sono tutte ok tranne (3;3) e (3;15); con d=4 tutte ok tranne (4;4), (4;12), (4;28) e (12;20). Ovviamente con conti più o meno lunghi potrei lavorare su altri valori di n sempre a partire dalla tua conclusione.
Però, in effetti il problema chiedeva di trovare tutte le coppie (a;b) che soddisfacevano la relazione solo per n=1; la tua condizione include anche n cioè da una risposta su a,b e n insieme, non solo sulla coppia (a;b). E' chiedere troppo una condizione solo sulla coppia (a;b) (quindi anche con "l'intervento" eventuale di d che è ovviamente individuato univocamente da a e b ma senza "l'intervento" di n)?
Ciao TomSawyer,
nella tua dim. affermi che il massimo comun divisore M tra $x^n+y^n$ e $x^(n-1)+y^(n-1)$ è 1 oppure 2. Io me lo sono spiegato così: poichè $x^n+y^n=(x^(n-1)+y^(n-1))(x+y)-xy(x^(n-2)+y^(n-2))$ allora M divide l'ultimo prodotto di questa uguaglianza. Il massimo comune divisore S tra M e x divide anche $x^n$ e, quindi, $y^n$ da cui anche $y$ e, poichè x e y sono coprimi ho S=1. Analogamente per y da cui deduco che $x^(n-2)+y^(n-2)$ è divisibile per M; iterando il procedimento trovo che 2 è divisibile per M da cui M=1 oppure M=2.
E' corretto questo modo? Vi è un modo più veloce per spiegarlo?
Grazie
nella tua dim. affermi che il massimo comun divisore M tra $x^n+y^n$ e $x^(n-1)+y^(n-1)$ è 1 oppure 2. Io me lo sono spiegato così: poichè $x^n+y^n=(x^(n-1)+y^(n-1))(x+y)-xy(x^(n-2)+y^(n-2))$ allora M divide l'ultimo prodotto di questa uguaglianza. Il massimo comune divisore S tra M e x divide anche $x^n$ e, quindi, $y^n$ da cui anche $y$ e, poichè x e y sono coprimi ho S=1. Analogamente per y da cui deduco che $x^(n-2)+y^(n-2)$ è divisibile per M; iterando il procedimento trovo che 2 è divisibile per M da cui M=1 oppure M=2.
E' corretto questo modo? Vi è un modo più veloce per spiegarlo?
Grazie
Non ho tempo ora per leggere con attenzione il tuo procedimento (lo faro'), comunque io ho usato le proprieta' di $\gcd(*,*)$. Allora $\gcd(x^{n-1}+y^{n-1},x^n+y^n)=\gcd(x^{n-1}+y^{n-1}, y^n-xy^{n-1})=\gcd(x^{n-1}+y^{n-1},x-y)=\gcd(2y^{n-1},x-y)=1,2$, dove viene spesso usato il fatto che $\gcd(a,b)=\gcd(a,b+ma)$, con $m \in ZZ$.
"luluemicia":
Ciao TomSawyer,
nella tua dim. affermi che il massimo comun divisore M tra $x^n+y^n$ e $x^(n-1)+y^(n-1)$ è 1 oppure 2. Io me lo sono spiegato così: poichè $x^n+y^n=(x^(n-1)+y^(n-1))(x+y)-xy(x^(n-2)+y^(n-2))$ allora M divide l'ultimo prodotto di questa uguaglianza. Il massimo comune divisore S tra M e x divide anche $x^n$ e, quindi, $y^n$ da cui anche $y$ e, poichè x e y sono coprimi ho S=1. Analogamente per y da cui deduco che $x^(n-2)+y^(n-2)$ è divisibile per M; iterando il procedimento trovo che 2 è divisibile per M da cui M=1 oppure M=2.
E' corretto questo modo? Vi è un modo più veloce per spiegarlo?
Grazie
Si', giusto, sostanzialmente uguale al mio procedimento. Piu' terra-terra il tuo, comunque, bello.
Per l'altra questione, non ho ben capito. Vuoi le soluzioni $(a,b)$ solo per $n=1$?
Ciao TomSawyer, grazie per le tue risposte. Io, in verità, non la conoscevo neanche la proprietà che hai usato tu (ormai da tanti anni mi occupo sigh di matematica per l'economia, preciso però da matematico senza sapere l'economia, e penso di non averla mai incontrata; anzi, a dire il vero penso che nella mia laurea in matematica non mi è mai capitato di studiare teoria dei numeri).
Per quanto riguarda l'altra domanda: voglio l'insieme delle coppie (a;b) per le quali $a^n+b^n$ è divisibile per $a^(n-1)+b^(n-1)$ solo per n=1.
Per quanto riguarda l'altra domanda: voglio l'insieme delle coppie (a;b) per le quali $a^n+b^n$ è divisibile per $a^(n-1)+b^(n-1)$ solo per n=1.
Mmh, per $a+b$ pari 
.
.
se a+b è pari, ovviamente la relazione è vera per n=1. Ma non è detto solo per n=1. Per esempio $4^2+12^2=160$ è divisibile per $4^1+16^1=20$ e, quindi, vale anche per n=2.
"luluemicia":
voglio l'insieme delle coppie (a;b) per le quali $a^n+b^n$ è divisibile per $a^(n-1)+b^(n-1)$ solo per n=1.
A me sembra che tu abbia chiesto quando $2|a+b$, qui, con quel "solo per n=1".
in effetti quel solo per n=1 sta per:
2 divide (a+b) e per ogni n distinto da 1 si ha che $a^(n-1)+b^(n-1)$ non divide $a^n+b^n$.
2 divide (a+b) e per ogni n distinto da 1 si ha che $a^(n-1)+b^(n-1)$ non divide $a^n+b^n$.
"TomSawyer":
[quote="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 $k(5^{n-1}+7^{n-1})=5^n+7^n$.[/quote]
Passavo per caso, e ripesco.
Potreste dirmi come faccio a calcolare i membri di quell'equazione in modulo6 come suggerito da TomSawyer?
Per $7^n$ si ha facilmente 1, ma sono il $5^n$ e il primo membro che mi mettono in agitazione.
Correggetemi se sbaglio.
$k*5^(n-1)+k*7^(n-1)=5^n+7^n$
Riducendo modulo 6 dovrei avere
$k*5^(n-1)+k \equiv 5^n+1 (mod6)$
Non escludo errori.
Come si andrebbe avanti, comunque?
Ciao a tutti.
Salvo errori , occorre distinguere tra n pari ed n dispari.Questo perché ,mentre è sempre $7^n-=1 (mod 6)$, invece è $5^n-=1 (mod (6)$ per n pari e per n dispari è $5^n-=-1(mod 6)$.
Partiamo allora dalla eguaglianza:
(1) $k(5^(n-1)+7^(n-1))=5^n+7^n$ con $k in N-{0}$
Operando in mod 6 ,risulta :
a) per n pari : $0-=2 (mod 6)$ che evidentemente non ha soluzioni .
b) per n dispari: $2k-=0(mod 6)$ le cui soluzioni sono k=3u .Sostituendo tale valore nella (1) si ha :
(2) $5^(n-1)(3u-5)=7^(n-1)(7-3u)$
Dovendo essere i due membri della (2) dello stesso segno si ha che $5/3
Buon Natale a tutti ( sperando che nessuno si offenda !!!)
Ciao
Partiamo allora dalla eguaglianza:
(1) $k(5^(n-1)+7^(n-1))=5^n+7^n$ con $k in N-{0}$
Operando in mod 6 ,risulta :
a) per n pari : $0-=2 (mod 6)$ che evidentemente non ha soluzioni .
b) per n dispari: $2k-=0(mod 6)$ le cui soluzioni sono k=3u .Sostituendo tale valore nella (1) si ha :
(2) $5^(n-1)(3u-5)=7^(n-1)(7-3u)$
Dovendo essere i due membri della (2) dello stesso segno si ha che $5/3
Buon Natale a tutti ( sperando che nessuno si offenda !!!)
Ciao
Grazie mille, tutto molto chiaro.
Buone feste anche a te.
Buone feste anche a te.
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