Somma cubi - SNS 1982
"Sia $n$ un intero maggiore di 2. Mostrare che la somma dei cubi dei numeri che sono primi con $n$ e inferiori a esso è divisibile per $n$."
Vediamo se ho capito. Preso $n$, che si fattorizzerà in $n_1*n_2*...$, devo prendere i numeri $a$, $b$, e così via, che non hanno alcun fattore in comune con $n$, con $a,b...
Come devo ragionare?
Grazie.
Vediamo se ho capito. Preso $n$, che si fattorizzerà in $n_1*n_2*...$, devo prendere i numeri $a$, $b$, e così via, che non hanno alcun fattore in comune con $n$, con $a,b...
Come devo ragionare?
Grazie.
Risposte
Ho impostato il lavoro al contrario, cercando la somma dei cubi dei numeri che non sono primi con n; una differenza darà poi il risultato voluto. Ho poi considerato i casi in cui n ammette un unico divisore primo, poi due, eccetera. Per ora il mio lavoro è molto contorto e certo migliorabile, ma ho trovato la formula finale: se n ha come fattori primi $p_1, p_2, \ldots,p_r$. la somma richiesta è
$1/4 n^2(p_1-1)(p_2-1)\ldots (p_r-1)[(n^2)/(p_1 p_2 ...p_r)+(-1)^r]$
da cui non è difficile dedurre la tesi.
$1/4 n^2(p_1-1)(p_2-1)\ldots (p_r-1)[(n^2)/(p_1 p_2 ...p_r)+(-1)^r]$
da cui non è difficile dedurre la tesi.
"giammaria":
Ho impostato il lavoro al contrario, cercando la somma dei cubi dei numeri che non sono primi con n; una differenza darà poi il risultato voluto.
Cosa intendi? Non ho capito..
Mi spiego riportando il mio ragionamento iniziale; in seguito vi ho apportato qualche piccola modifica per completarlo, ma la parte principale è immutata. Parto dal fatto che la somma dei cubi degli interi fino a n compreso è $S_t=1/4n^2(n+1)^2$ e suppongo che si abbia $n=p^k$, dove p è un numero primo. Hanno un divisore in comune con n i numeri $p*1, p*2, \ldots, p*n/p$ e la somma dei loro cubi è $S'=p^3*1/4(n/p)^2(n/p+1)^2$. La somma richiesta è poi data da $S=S_t-S'= \ldots$
Ok, ho capito. Nel caso in cui $n=p^k$ si ha $S=1/4n^2[n^2-np-p+1]$, che è ovviamente divisibile per $n$.
Qual è il passaggio per passare da $n=p^k$ a $n=p_1*p_2*...p_r$?
Qual è il passaggio per passare da $n=p^k$ a $n=p_1*p_2*...p_r$?
1) controlla i calcoli per S: il mio risultato è un po' diverso.
2) Non tanto "ovviamente": il 4 a denominatore deve semplificarsi con qualcosa.
3) Completare il tutto non è breve e te ne dico solo le linee generali. Intanto noto che il ragionamento fatto mi dà la somma dei cubi dei numeri primi con p e vale per ogni n multiplo di p: non importa se in n ci sono anche altri fattori (questa è la modifica di cui parlavo). So una formula che mi dà la risposta almeno in un caso. Supponiamo ora che sia $n=a*(p_r)^(k_r)$ e di conoscere la formula che dà la somma dei cubi dei numeri primi con $a$: quelli primi con $a$ e $p_r$ sono: (tutti i primi con a)-(fra i multipli di $p_r$, quelli primi con $a$). Il sottraendo viene calcolato in modo analogo a S'; do ad $a$ il valore $p_1$, poi $p_1*p_2$, eccetera.
2) Non tanto "ovviamente": il 4 a denominatore deve semplificarsi con qualcosa.
3) Completare il tutto non è breve e te ne dico solo le linee generali. Intanto noto che il ragionamento fatto mi dà la somma dei cubi dei numeri primi con p e vale per ogni n multiplo di p: non importa se in n ci sono anche altri fattori (questa è la modifica di cui parlavo). So una formula che mi dà la risposta almeno in un caso. Supponiamo ora che sia $n=a*(p_r)^(k_r)$ e di conoscere la formula che dà la somma dei cubi dei numeri primi con $a$: quelli primi con $a$ e $p_r$ sono: (tutti i primi con a)-(fra i multipli di $p_r$, quelli primi con $a$). Il sottraendo viene calcolato in modo analogo a S'; do ad $a$ il valore $p_1$, poi $p_1*p_2$, eccetera.
Propongo una soluzione che mi sembra alternativa (non richiede la conoscenza della formula sulla somma dei cubi ma solo la formula $a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)$) e che mi e' venuta in mente leggendo il thread "divisibilita''" (scusate ma non mi ricordo come fornire il link). Partiamo dall'osservazione
1) se $m
$\sum_{m
EDIT: ho fatto qualche operazione cosmetica, come suggerito da giammaria.
EDIT 2: Ho aggiunto l'osservazione riguardo al caso $n=2m$
1) se $m
$\sum_{m
EDIT: ho fatto qualche operazione cosmetica, come suggerito da giammaria.
EDIT 2: Ho aggiunto l'osservazione riguardo al caso $n=2m$
Bellissima! Però mi ci è voluto un po' a capirla; suggerirei di renderla più leggibile andando a capo ad ogni = e correggendo gli errori di battitura della penultima formula e di "n primo con n"
"giammaria":
Bellissima! Però mi ci è voluto un po' a capirla; suggerirei di renderla più leggibile andando a capo ad ogni = e correggendo gli errori di battitura della penultima formula e di "n primo con n"
Ho provato a cambiare l'aspetto dei calcoli come hai suggerito tu.
Sì ho capito. Solo una cosa: questa risoluzione è equivalente al problema? Cioè da quello che ho capito dimostra che la somma dei cubi di $m$ e $n-m$ è divisibile per $n$, e il problema chiede di dimostrare che la somma dei cubi di tutti i numeri primi con $n$ minori di $n$ sia divisibile per $n$...
"elios":
Sì ho capito. Solo una cosa: questa risoluzione è equivalente al problema? Cioè da quello che ho capito dimostra che la somma dei cubi di $m$ e $n-m$ è divisibile per $n$, e il problema chiede di dimostrare che la somma dei cubi di tutti i numeri primi con $n$ minori di $n$ sia divisibile per $n$...
Non capisco bena la domanda. Come dici giustamente la dimostrazione fa vedere che preso un $m$ piu' piccolo di $n$ il numero $m^3+(n-m)^3$ e' divisibile per $n$. Per dimostrare l'enunciato di partenza devi solo osservare che i numeri primi con $n$ compiono a coppie $m$ e $n-m$.
Mi rendo conto ora mentre rispondo che per far funzionare questa parte della dimostrazione bisogna controllare che $m\ne n-m$. Ma se fosse $m=n-m$ allora $n=2m$ per cui $n$ non sarebbe primo con $m$. Aggiungo questo dettaglio al post precedente.
Io aggiungo un altro dettaglio: invece di usare il prodotto notevole si può calcolare il cubo, ed è forse anche più breve.
"ViciousGoblin":
la dimostrazione fa vedere che preso un $m$ piu' piccolo di $n$ il numero $m^3+(n-m)^3$ e' divisibile per $n$. Per dimostrare l'enunciato di partenza devi solo osservare che i numeri primi con $n$ compiono a coppie $m$ e $n-m$.
E ok. Perché io avevo interpretato che i numeri primi con $n$ i cui cubi sono da sommare debbano essere i singoli fattori, e non ad esempio $m$ e $n-m$, cioè due termini soli.. Non riesco a spiegarmi meglio, mi dispiace.
"elios":
[quote="ViciousGoblin"]la dimostrazione fa vedere che preso un $m$ piu' piccolo di $n$ il numero $m^3+(n-m)^3$ e' divisibile per $n$. Per dimostrare l'enunciato di partenza devi solo osservare che i numeri primi con $n$ compiono a coppie $m$ e $n-m$.
E ok. Perché io avevo interpretato che i numeri primi con $n$ i cui cubi sono da sommare debbano essere i singoli fattori, e non ad esempio $m$ e $n-m$, cioè due termini soli.. Non riesco a spiegarmi meglio, mi dispiace.
[/quote]Cioe' tu pensavi di dover sommare i cubi di tutti i primi minori di $n$ che non sono fattori di $n$ - e' cosi'?
Non ti preoccupare comunque - ora il discorso ti convince?
@elios. Probabilmente ti sei solo spiegata male anche nel tuo ultimo intervento, ma nel dubbio lo rettifico. I numeri da considerare sono effettivamente tutti quelli primi con n ed inferiori ad esso, ma possono essere presi due a due, accoppiando ad ogni numero $m$ il numero $n-m$. Ogni coppia dà un risultato divisibile per n, e lo è quindi anche la somma dei risultati di tutte le coppie.
Facciamo un esempio per capirci. Mettiamo che $n=12$. Allora quello che si vuole dimostrare e' che
$1^3+5^3+7^3+11^3$ e' divisibile per $12$. Nella somma ho scartato i cubi di $2,3,4,6,8,9$ perche' non sono primi con $12$.
La dimostrazione proposta mette insieme $1^3+11^3$ e $5^3+7^3$ e fa vedere che entrambi sono divisibili per $12$, per cui la somma complessiva e' divisibile per $12$.
Che ne dici ?
$1^3+5^3+7^3+11^3$ e' divisibile per $12$. Nella somma ho scartato i cubi di $2,3,4,6,8,9$ perche' non sono primi con $12$.
La dimostrazione proposta mette insieme $1^3+11^3$ e $5^3+7^3$ e fa vedere che entrambi sono divisibili per $12$, per cui la somma complessiva e' divisibile per $12$.
Che ne dici ?
Ah sì sì.. Ora ho capito. Quindi effettivamente non avevo capito male l'esercizio, ma non lo collegavo con la risoluzione di Vicious. Grazie mille! Grazie ancora.
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