TdN for dummies
Se $a$ e $b$ sono coprimi allora
$(a+b, a^2 - ab + b^2) = 1$ oppure $3$
(come al solito $(\cdot, \cdot)$ indica il massimo comun divisore )
$(a+b, a^2 - ab + b^2) = 1$ oppure $3$
(come al solito $(\cdot, \cdot)$ indica il massimo comun divisore )
Risposte
mmm..con una divisione euclidea:
$a^2-ab+b^2=(a+b)(a+b) - 3ab$
vediamo che $(a+b;a^2-ab+b^2)=(a+b;3ab)$.
A questo punto le possibiltà sono che $a+b\equiv 0(3)$ e allora il $MCD=3$ altrimenti a+b e ab non hanno alcun fattore comune.....
Ci sono andato almeno vicino???
$a^2-ab+b^2=(a+b)(a+b) - 3ab$
vediamo che $(a+b;a^2-ab+b^2)=(a+b;3ab)$.
A questo punto le possibiltà sono che $a+b\equiv 0(3)$ e allora il $MCD=3$ altrimenti a+b e ab non hanno alcun fattore comune.....
Ci sono andato almeno vicino???
Ci sono andato almeno vicino???
No, l'hai preso in pieno
Visto che a detta dei boss la sezione e' morente, continuiamo la TdN for dummies
(@Esperti: non postate
)Se $a,m,n \in NN$, $m!=n$ allora
$(a^{2^m}+1, a^{2^n}+1) = $ $1$ se $a$ e' pari, $2$ se $a$ e' dispari
Eccone altri due carini per ravvivare il topic:
$(i)$ Sia $n>1$. La somma degli interi positivi che non superano $n$
divide il prodotto degli interi positivi che non superano $n$
se e solo se $n+1$ e' composto.
$(ii)$ Siano $m,n>1$. Se $log(m)/log(n)$ e' razionale allora esiste $c,a,b\in NN$
tale che $m=c^a$ e $n=c^b$
$(i)$ Sia $n>1$. La somma degli interi positivi che non superano $n$
divide il prodotto degli interi positivi che non superano $n$
se e solo se $n+1$ e' composto.
$(ii)$ Siano $m,n>1$. Se $log(m)/log(n)$ e' razionale allora esiste $c,a,b\in NN$
tale che $m=c^a$ e $n=c^b$
i)
S tratta di vedere quando
$1+2+3...+n|1cdot2cdot3...cdotn$
E' risaputo che la somma degli interi da $1$ a $n$ vale
$(n(n+1))/2$
quindi
$(n(n+1))/2|1cdot2cdot3...cdotn$
ovvero
$(n+1)/2|1cdot2cdot3...cdot(n-1)$
Ma se $n+1$ fosse primo, non potrà mai sussistere questa divisibilità, perchè potrebbe dividere solo i suoi multipli, ma non ha divisori in comune con i numeri inferiori, in questo caso $1,2,...,(n-1)$ , da qui si ha la tesi.
S tratta di vedere quando
$1+2+3...+n|1cdot2cdot3...cdotn$
E' risaputo che la somma degli interi da $1$ a $n$ vale
$(n(n+1))/2$
quindi
$(n(n+1))/2|1cdot2cdot3...cdotn$
ovvero
$(n+1)/2|1cdot2cdot3...cdot(n-1)$
Ma se $n+1$ fosse primo, non potrà mai sussistere questa divisibilità, perchè potrebbe dividere solo i suoi multipli, ma non ha divisori in comune con i numeri inferiori, in questo caso $1,2,...,(n-1)$ , da qui si ha la tesi.
Cosi' proveresti che se vale la divisione, allora n+1 deve essere composto. Ora manca il vice versa.
Inoltre, secondo me devi mettere a posto un attimo questo:
Stai usando, credo, "$m\cdot a | m\ cdot b$ sse $a | b$",
ma vale per gli interi $a,b,m \in NN$, e non sai se $(n+1)/2$ e' intero.
Ad esempio:
$(14\cdot 15)/2 | 14!$ non implica che $15/2 | 13!$, che non ha significato in $NN$.
Invece e' vero che $15| 2\cdot 13!$.
Il ragionamento per provare che se vale la divisione allora $n+1$ e' composto resta comunque
quello. Ora si deve provare che se $n+1$ e' composto, allora vale la divisione.
Inoltre, secondo me devi mettere a posto un attimo questo:
$(n(n+1))/2|1\cdot 2\cdot 3\cdots n$
ovvero
$(n+1)/2|1\cdot 2\cdot 3\cdot (n-1)$
Stai usando, credo, "$m\cdot a | m\ cdot b$ sse $a | b$",
ma vale per gli interi $a,b,m \in NN$, e non sai se $(n+1)/2$ e' intero.
Ad esempio:
$(14\cdot 15)/2 | 14!$ non implica che $15/2 | 13!$, che non ha significato in $NN$.
Invece e' vero che $15| 2\cdot 13!$.
Il ragionamento per provare che se vale la divisione allora $n+1$ e' composto resta comunque
quello. Ora si deve provare che se $n+1$ e' composto, allora vale la divisione.
"vl4d":
Stai usando, credo, "$m\cdot a | m\ cdot b$ sse $a | b$",
ma vale per gli interi $a,b,m \in NN$, e non sai se $(n+1)/2$ e' intero.
Ad esempio:
$(14\cdot 15)/2 | 14!$ non implica che $15/2 | 13!$, che non ha significato in $NN$.
Invece e' vero che $15| 2\cdot 13!$.
Ad essere sincero, io non mi sono proprio posto tale problema.
Da rozzo quale sono, ho imposto
$frac{1cdot2cdot...cdotn}{nfrac{n+1}{2}}=k$ con $k$ intero
ovvero, portando sopra il due e togliendo di mezzo $n$
$frac{2cdot(1cdot2cdot...cdot(n-1))}{n+1}=k$
Ora hai detto che devo provare che vale il viceversa.
Per ipotesi $n+1$ composto.
I suoi divisori (eccetto se stesso) sono minori, diciamo che sono compresi in quest'intrervallo $(1, n-1)$.
Ma ognuno di questi divisori è presente anche al numeratore, dato che è composto dal prodotto che sappiamo.
Quindi ogni divisore del denominatore divide il numeratore, e abbiamo dunque la tesi.
Dimmi un po' se è accettabile.
Ciao.
"+Steven+":
$\frac{2\cdot(1\cdot2\cdot\cdots\cdot(n-1))}{n+1}=k$
Si bene, ma questo allora vuol dire che $(n+1) | 2\cdot (n-1)!$ e non che $(n+1)/2 | n!$, che non ha senso
come scrittura perche' n+1 puo' essere dispari. E' solo un problema di scrittura, l'argomentazione funziona.
Ora hai detto che devo provare che vale il viceversa.
Per ipotesi $n+1$ composto.
I suoi divisori (eccetto se stesso) sono minori, diciamo che sono compresi in quest'intrervallo $(1, n-1)$.
Ma ognuno di questi divisori è presente anche al numeratore, dato che è composto dal prodotto che sappiamo.
Dovresti spiegare bene cosa intendi con "e' presente", perche' se $n+1$ e' un quadrato perfetto, diciamo $p^2$
allora c'e' _un solo_ $p$ tra i fattori di $1\cdot 2 \cdot 3 \cdots \cdot p\cdot \cdots \cdot (n-1) $, dunque...
Guarda, all'eventualità che un fattore fosse presente con indice pari a 2 o maggiore, ci avevo pensato dopo... se non me l'avessi fatto notare, te l'avrei detto.
Sinceramente adesso come adesso non mi viene in mente come affrontare la cosa, vedrò un attimo.
Ciao.
Sinceramente adesso come adesso non mi viene in mente come affrontare la cosa, vedrò un attimo.
Ciao.
Hint: il "contrario" del teorema di Wilson.
"TomSawyer":
Hint: il "contrario" del teorema di Wilson.
Grazie mille
mi hai dato l'opportunità di conoscere l'inverso di Wilson.. conoscevo solo l'enunciato del teorema.
Comunque da quello che ho appena visto su wikipedia si ha che
$n|(n-1)!$
mentre a me servirebbe che
$n+1|(n-1)!$
Buona notte
Buon giorno a tutti
Vl4d, per l'esercizio sul rapporto razionale tra logaritmi, non è che per caso devi aggiungere qualche altra ipotesi su $m$ e $n$ ?
Ciao.
Vl4d, per l'esercizio sul rapporto razionale tra logaritmi, non è che per caso devi aggiungere qualche altra ipotesi su $m$ e $n$ ?
Ciao.
$m,n$ sono naturali maggiori di 1, non serve niente altro.
Se ti aiuta, puoi porre $log(m)/log(n) = a/b$ con $(a,b)=1$.
Allora dovresti trovare $c$ tale che...
Se ti aiuta, puoi porre $log(m)/log(n) = a/b$ con $(a,b)=1$.
Allora dovresti trovare $c$ tale che...
"+Steven+":
[quote="TomSawyer"]Hint: il "contrario" del teorema di Wilson.
Grazie mille
mi hai dato l'opportunità di conoscere l'inverso di Wilson.. conoscevo solo l'enunciato del teorema.
Comunque da quello che ho appena visto su wikipedia si ha che
$n|(n-1)!$
mentre a me servirebbe che
$n+1|(n-1)!$
Buona notte[/quote]
Se $n+1$ è pari, allora $n|n!$ e anche $(n+1)/2 |n!$. Invece se $n+1$ è dispari...
Mi dispiace Tom, ma non riesco a seguire i tuoi imput, ovviamente causa mia incapacità.
Scusami
Vl4d, per il secondo problema, mi bloccavo perchè inizialmente non avevi specificato che $m,n inNN$ ma solo che $m,n>1$
La linea impostata era ovviamente quella di equagliare a una frazione irriducibile.
Perciò sia
$(logm)/(logn)=a/b$
$logm=a/b*logn$
$logm=logn^(a/b)$
Eguaglando gli argomenti (perchè la base è la stessa, vero??
)
$m=n^(a/b)$ (1)
Affinchè regga l'uguaglianza, $n$ deve essere in se una potenza di $b$, perchè se cosi non fosse, il primo membro sarebbe irrazionale, assurdo.
Perciò
$n=c^b$
Sostituendo nella (1) si ha la tesi completa.
Ciao
Scusami
Vl4d, per il secondo problema, mi bloccavo perchè inizialmente non avevi specificato che $m,n inNN$ ma solo che $m,n>1$
La linea impostata era ovviamente quella di equagliare a una frazione irriducibile.
Perciò sia
$(logm)/(logn)=a/b$
$logm=a/b*logn$
$logm=logn^(a/b)$
Eguaglando gli argomenti (perchè la base è la stessa, vero??
)$m=n^(a/b)$ (1)
Affinchè regga l'uguaglianza, $n$ deve essere in se una potenza di $b$, perchè se cosi non fosse, il primo membro sarebbe irrazionale, assurdo.
Perciò
$n=c^b$
Sostituendo nella (1) si ha la tesi completa.
Ciao
"+Steven+":
Affinchè regga l'uguaglianza, $n$ deve essere in se una potenza di $b$, perchè se cosi non fosse, il primo membro sarebbe irrazionale.
Per i bambini che guardano da casa,
aggiungo solo che questo e' vero perche' stiamo supponendo, wlog, $(a,b)=1$.
In generale dall'uguaglianza si avrebbe solo che $n^a = c^b$.
"vl4d":
Per i bambini che guardano da casa,
Ma come? Non sarei io il bambino in mezzo a voi?
(sia per età che per capacità)Comunque, se ne disponi mi farebbe piacere che postassi altri esercizi di questo tipo in futuro.
Ciao.
Guardate, scorrendo la pagina di wikipedia del teorema di Wilson, ho trovato la seguente relazione vera per qualsiasi $a$ composto
$(a-2)!\equiv0(moda)$
Ora, se noi poniamo
$n+1=t$
avremo
$n-1=t-2$
Perciò la divisibilità sarebbe chiare in virtù di quella relazione.
Però non sono più felice di prima, perchè non ho idea di come ci si arriva, ma sopratutto l'ho trovata "per caso".
$(a-2)!\equiv0(moda)$
Ora, se noi poniamo
$n+1=t$
avremo
$n-1=t-2$
Perciò la divisibilità sarebbe chiare in virtù di quella relazione.
Però non sono più felice di prima, perchè non ho idea di come ci si arriva, ma sopratutto l'ho trovata "per caso".
Come esercizio, prova che $n|(n-2)!$, per $n$ composto, allora .
ps: spesso si trovano aiuti per caso, non è un "demerito".
.ps: spesso si trovano aiuti per caso, non è un "demerito".
Allora, devo verificare se
$(n-2)! =(n-2)(n-1)...3cdot2$ può essere divisa per $n$
Prendiamo appunto
$(n-2)(n-1)...3cdot2$
Svolgendo le parentesi, osserviamo che tutti i termini che derivano dallo sviluppo contengono $n$, tranne l'unico termine che corrisponde al prodotto di tutti i coefficienti, pertanto
$(n-2)! =n(...)+2cdot3cdot4...$
Edit: errore rilevato.. è quindi incompleta
Questa soluzione mi è venuta oggi mentre pranzavo... perchè in realtà fino ad allora pensavo a un altro modo, più antipatico.
Eccolo.
$n|2cdot3cdot4*...*(n-2)$
Se $n$ è pari, allora abbiamo
$n/2|3*4*...*(n-2)$
Ma poichè $n/2
$n=a*b*c$ ma poichè $a,b,c
$n=a^(alpha)*b*c...$ quindi $a, a^(alpha-1)*b*c...
$p^2|(p^2-1)(p^2-2)...(p)...2*1$
Sicuramente in mezzo a quel guazzabuglio di destra ci sta una volta $p$, come ho mostrato, perciò la tesi diventa
$p|(p^2-1)(p^2-2)...(1)...2*1$ (notare come la $p$ di prima ora è escluda dalla produttoria a destra).
Ora che faccio? Ho pensato: $p$ l'ho già sfruttato, proviamo con quello successivo che è multiplo di $p$ ovvero $2p$.
Ma davvero $2p$ è presente nella produttoria? Per verificarlo devo vedere se viene prima dell'ultimo termine, $p^2-1$, impostando
$p^2-1>2p$ valida per $p>=2$.
E se $p$ è un cubo? Imposto
$p^3-1>3p$
In generale, dovrei verificare vera la disequazione per una potenza $p^(alpha)$
$p^(alpha)-1>alphap$
Scusate la lunghezza,
Grazie, ciao a tutti.
$(n-2)! =(n-2)(n-1)...3cdot2$ può essere divisa per $n$
Prendiamo appunto
$(n-2)(n-1)...3cdot2$
Svolgendo le parentesi, osserviamo che tutti i termini che derivano dallo sviluppo contengono $n$, tranne l'unico termine che corrisponde al prodotto di tutti i coefficienti, pertanto
$(n-2)! =n(...)+2cdot3cdot4...$
Edit: errore rilevato.. è quindi incompleta
Questa soluzione mi è venuta oggi mentre pranzavo... perchè in realtà fino ad allora pensavo a un altro modo, più antipatico.
Eccolo.
$n|2cdot3cdot4*...*(n-2)$
Se $n$ è pari, allora abbiamo
$n/2|3*4*...*(n-2)$
Ma poichè $n/2
$n=a*b*c$ ma poichè $a,b,c
$n=a^(alpha)*b*c...$ quindi $a, a^(alpha-1)*b*c...
$p^2|(p^2-1)(p^2-2)...(p)...2*1$
Sicuramente in mezzo a quel guazzabuglio di destra ci sta una volta $p$, come ho mostrato, perciò la tesi diventa
$p|(p^2-1)(p^2-2)...(1)...2*1$ (notare come la $p$ di prima ora è escluda dalla produttoria a destra).
Ora che faccio? Ho pensato: $p$ l'ho già sfruttato, proviamo con quello successivo che è multiplo di $p$ ovvero $2p$.
Ma davvero $2p$ è presente nella produttoria? Per verificarlo devo vedere se viene prima dell'ultimo termine, $p^2-1$, impostando
$p^2-1>2p$ valida per $p>=2$.
E se $p$ è un cubo? Imposto
$p^3-1>3p$
In generale, dovrei verificare vera la disequazione per una potenza $p^(alpha)$
$p^(alpha)-1>alphap$
Scusate la lunghezza,
Grazie, ciao a tutti.
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