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
Esistono interi non negativi $x,y$ tali che $x^2-y^2=n$
se e solo se $n$ e' dispari oppure e' un multiplo di $4$.
Inoltre vi e' una sola tale rappresentazione di $n$ se e
solo se $n$ e' nella forma $1,4,"un primo dispari ", 4p" per "p" primo"$.
se e solo se $n$ e' dispari oppure e' un multiplo di $4$.
Inoltre vi e' una sola tale rappresentazione di $n$ se e
solo se $n$ e' nella forma $1,4,"un primo dispari ", 4p" per "p" primo"$.
"vl4d":
Esistono interi non negativi $x,y$ tali che $x^2-y^2=n$
se e solo se $n$ e' dispari oppure e' un multiplo di $4$.
Inoltre vi e' una sola tale rappresentazione di $n$ se e
solo se $n$ e' nella forma $1,4,"un primo dispari ", 4p" per "p" primo"$.
Cosa intendi per "rappresentazione"?
Scusate per le ambiguita'.
Intendo dire che $x,y$ sono unici.
$x^2-y^2$ e' una rappresentazione di $n$ nel senso
che "$n$ si puo' scrivere in quel modo".
Intendo dire che $x,y$ sono unici.
$x^2-y^2$ e' una rappresentazione di $n$ nel senso
che "$n$ si puo' scrivere in quel modo".
Premessa:
La parità di $x+y$ e $x-y$ è uguale.
i)Facendo appunto considerazioni sulla parità, osserviamo che
$(x-y)(x+y)=n$
Perciò è evidente che se
$x+y=2k$ e $x-y=2h$ allora
$n=4c$
Al contrario $n$ risulterà dispari se i due fattori sono dispari.
Per la premessa, il caso in cui un fattore è pari e un altro no, non è contemplato perchè assurdo.
ii) Affinchè esistano due soli $x,y inNN$ tali che
$x^2-y^2=n$
è ovvio che $n$ dovrà avere due e solo due divisori.
Sia $n$ dispari
E' il caso (eheh che sorpresa...) dei primi dispari. Le considerazioni sulla parità sono rispettate (il primo dispari è dispari come l'uno).
Dunque risulta essere
${(x-y=1),(x+y=n):}$
Da cui
${(y=frac{n-1}{2}),(x=frac{n+1}{2}):}$
La rappresentazione è unica, come si vede
Siccome $1$ non è considerato primo, lo tratto separatamente.
La configurazione è unica e corrisponde a
${(x=1),(y=0):}$
La rappresentazione è unica
Adesso lavoro su $n$ pari, che è multiplo di $4$.
$(x-y)(x+y)=4m$
Divido per $4$
$((x-y)(x+y))/4=(x-y)/2*(x+y)/2=m$
Ponendo
$(x-y)/2=s$
$(x+y)/2=t$
$st=m$
e la configurazione è unica sse $m$ è primo, ovvero
${(s=1),(t=m):}$
Perciò si ha
$(x-y)(x+y)=4m$ con $p$ primo
Facendo il discorso a parte per il caso $m=1$ di ottiene l'ultimo possibile valore di $m$, ovvero $4$.
La parità di $x+y$ e $x-y$ è uguale.
i)Facendo appunto considerazioni sulla parità, osserviamo che
$(x-y)(x+y)=n$
Perciò è evidente che se
$x+y=2k$ e $x-y=2h$ allora
$n=4c$
Al contrario $n$ risulterà dispari se i due fattori sono dispari.
Per la premessa, il caso in cui un fattore è pari e un altro no, non è contemplato perchè assurdo.
ii) Affinchè esistano due soli $x,y inNN$ tali che
$x^2-y^2=n$
è ovvio che $n$ dovrà avere due e solo due divisori.
Sia $n$ dispari
E' il caso (eheh che sorpresa...) dei primi dispari. Le considerazioni sulla parità sono rispettate (il primo dispari è dispari come l'uno).
Dunque risulta essere
${(x-y=1),(x+y=n):}$
Da cui
${(y=frac{n-1}{2}),(x=frac{n+1}{2}):}$
La rappresentazione è unica, come si vede
Siccome $1$ non è considerato primo, lo tratto separatamente.
La configurazione è unica e corrisponde a
${(x=1),(y=0):}$
La rappresentazione è unica
Adesso lavoro su $n$ pari, che è multiplo di $4$.
$(x-y)(x+y)=4m$
Divido per $4$
$((x-y)(x+y))/4=(x-y)/2*(x+y)/2=m$
Ponendo
$(x-y)/2=s$
$(x+y)/2=t$
$st=m$
e la configurazione è unica sse $m$ è primo, ovvero
${(s=1),(t=m):}$
Perciò si ha
$(x-y)(x+y)=4m$ con $p$ primo
Facendo il discorso a parte per il caso $m=1$ di ottiene l'ultimo possibile valore di $m$, ovvero $4$.
Ti mancherebbe da dimostrare che se $n$ e' dispari o multiplo di $4$,
ma non e' nelle forme da te trattate, allora la rappresentazione
esiste ma non e' unica.
ma non e' nelle forme da te trattate, allora la rappresentazione
esiste ma non e' unica.
Va bene.
Avendo
$(x-y)(x+y)=n$
se $n$ è dispari ma non primo, supponiamo che abbia anche solo due fattori $a,b$.
Possiamo rappresentare $n$ come
$1*n$ oppure $a*b$ (tutti i valori sono dispari ovviamente)
Se poi i fattori primi sono più di due, le possibili rappresentazioni aumentano.
Perciò potrebbe essere
${(x-y=a),(x+y=b):}$
o anche
${(x-y=1),(x+y=n):}$
Risolvendo si ottengono due valori diversi di coppie $x,y$ e la rappresentazione non è unica.
Nel secondo caso (multiplo di 4) procedo analogamente, dividendo per 4 come ho fatto prima e ponendo
$(x-y)/2=t$ e $(x+y)/2=s$
Perciò
$s*t=n$
A questo punto vale il ragionamento di sopra, per cui se $n$ fosse composto, esisterebbero due o più rappresentazioni di $s,t$ e di conseguenza di $x,y$.
Avendo
$(x-y)(x+y)=n$
se $n$ è dispari ma non primo, supponiamo che abbia anche solo due fattori $a,b$.
Possiamo rappresentare $n$ come
$1*n$ oppure $a*b$ (tutti i valori sono dispari ovviamente)
Se poi i fattori primi sono più di due, le possibili rappresentazioni aumentano.
Perciò potrebbe essere
${(x-y=a),(x+y=b):}$
o anche
${(x-y=1),(x+y=n):}$
Risolvendo si ottengono due valori diversi di coppie $x,y$ e la rappresentazione non è unica.
Nel secondo caso (multiplo di 4) procedo analogamente, dividendo per 4 come ho fatto prima e ponendo
$(x-y)/2=t$ e $(x+y)/2=s$
Perciò
$s*t=n$
A questo punto vale il ragionamento di sopra, per cui se $n$ fosse composto, esisterebbero due o più rappresentazioni di $s,t$ e di conseguenza di $x,y$.
Scusate,
nell'attesa che vl4d "assegni" un altro esercizio, non che potete spiegarmi i capisaldi del ragionamento che permette di mostre che
$n|(n-2)!$
?
Vi ringrazio per la disponibilità,
ciao.
nell'attesa che vl4d "assegni" un altro esercizio, non che potete spiegarmi i capisaldi del ragionamento che permette di mostre che
$n|(n-2)!$
?
Vi ringrazio per la disponibilità,
ciao.
In fondo a [http://en.wikipedia.org/wiki/Wilson's_theorem]questa pagina[/url] trovi la dimostrazione.
nell'attesa che vl4d "assegni" un altro esercizio
We, we, io non assegno niente!! Io propongo
Ma stavate aspettandome ? Uhm... allora....non so...
Mostrare che per $n>1$ $sum_{i=1}^{n}1/i$ non e' un intero.
Grazie Tom per il link con la dimostrazione.
Tuttavia prima stavi seguendo quest'altro ragionamento, che ripropongo
Potresti gentilmente vedere come ci si muove se $n+1$ è dispari?
Grazie tante.
Venendo al problema.
Piccolo lemma:
$gcd(alpha,beta)=gcd(alpha,beta+alpha*h)$
che vl4d ha gentilmente dimostrato qui https://www.matematicamente.it/f/viewtopic.php?t=21527
Dimostrazione
Dobbiamo mostrare che
$sum_{k=1}^n 1/k$ non è mai intero per $n>1$
Procediamo per induzione.
Per $n=2$
$sum_{k=1}^2 1/k=1+1/2=3/2$
VERO
Sia vera la proposizione per
$sum_{k=1}^(n_0) 1/k$
e per comodità poniamo
$sum_{k=1}^(n_0) 1/k=a/b$ con $a,b in ZZ$ e $gdc(a,b)=1$
(frazione irriducibile, la sommatoria non è mai intera quindi).
Osserviamo il caso $n_0+1$, avrò
$sum_{k=1}^(n_0+1) 1/k=sum_{k=1}^(n_0) 1/k+1/(n_0+1)=a/b+1/(n_0+1)=(a(n_0+1)+b)/(b(n_0+1))$
Ora, se per caso l'ultima frazione restituisse un intero, si verificherebbe che
$b|a(n_0+1)+b$
ma questo non può avvenire perchè in virtù del fatto che
$gcd(a,b)=1$ e per il lemma, si avrà
$gcd(b,b+a(n_0+1))=1$
ovvero sono valori coprimi tra loro e non possono dividersi a vicenda.
Da qui possiamo dire che la proprietà vale anche per $n_0+1$, quindi è vera in generale.
Spero che mi facciate sapere se è corretta, e se esiste un modo alternativo all'induzione.
Buona serata a tutti, ciao.
Stefano
Tuttavia prima stavi seguendo quest'altro ragionamento, che ripropongo
"TomSawyer":
Se $n+1$ è pari, allora $n|n!$ e anche $(n+1)/2 |n!$. Invece se $n+1$ è dispari...
Potresti gentilmente vedere come ci si muove se $n+1$ è dispari?
Grazie tante.
Venendo al problema.
Piccolo lemma:
$gcd(alpha,beta)=gcd(alpha,beta+alpha*h)$
che vl4d ha gentilmente dimostrato qui https://www.matematicamente.it/f/viewtopic.php?t=21527
Dimostrazione
Dobbiamo mostrare che
$sum_{k=1}^n 1/k$ non è mai intero per $n>1$
Procediamo per induzione.
Per $n=2$
$sum_{k=1}^2 1/k=1+1/2=3/2$
VERO
Sia vera la proposizione per
$sum_{k=1}^(n_0) 1/k$
e per comodità poniamo
$sum_{k=1}^(n_0) 1/k=a/b$ con $a,b in ZZ$ e $gdc(a,b)=1$
(frazione irriducibile, la sommatoria non è mai intera quindi).
Osserviamo il caso $n_0+1$, avrò
$sum_{k=1}^(n_0+1) 1/k=sum_{k=1}^(n_0) 1/k+1/(n_0+1)=a/b+1/(n_0+1)=(a(n_0+1)+b)/(b(n_0+1))$
Ora, se per caso l'ultima frazione restituisse un intero, si verificherebbe che
$b|a(n_0+1)+b$
ma questo non può avvenire perchè in virtù del fatto che
$gcd(a,b)=1$ e per il lemma, si avrà
$gcd(b,b+a(n_0+1))=1$
ovvero sono valori coprimi tra loro e non possono dividersi a vicenda.
Da qui possiamo dire che la proprietà vale anche per $n_0+1$, quindi è vera in generale.
Spero che mi facciate sapere se è corretta, e se esiste un modo alternativo all'induzione.
Buona serata a tutti, ciao.
Stefano
Temo non vada. Il lemma non puoi usarlo in quel modo, ma così $\gcd(a,b)=\gcd(b,a+b(n_0+1))$. Poi devi imporre $b\ne 1$.
Per quanto riguarda l'altro, basta che osservi che se $n+1$ è dispari, allora $n/2|n!$, ma anche $n+1|n!$, in virtù del teorema linkato.
Per quanto riguarda l'altro, basta che osservi che se $n+1$ è dispari, allora $n/2|n!$, ma anche $n+1|n!$, in virtù del teorema linkato.
La dimostrazione piu' "naturale" non e' per induzione.
Hint:
Hint:
hint non elementare 
@fields:
"This one's from The Book!" avrebbe detto
"This one's from The Book!" avrebbe detto
"vl4d":
@fields:
"This one's from The Book!" avrebbe detto
Probabilmente lo ha effettivamente detto
Di sicuro il maestro non si sarà fatto sfuggire questa dimostrazione, anche considerando la sua dimostrazione elementare "from The Book" del teorema di Chebyshev.
"TomSawyer":
Temo non vada. Il lemma non puoi usarlo in quel modo, ma così $\gcd(a,b)=\gcd(b,a+b(n_0+1))$. Poi devi imporre $b\ne 1$.
Penso che le due affermazioni siano equivalenti.
Infatti io ho scritto che
"+Steven+":
$gcd(alpha,beta)=gcd(alpha,beta+alpha*h)$
Quindi il "mio $alpha$" sarebbe la "tua $b$" e la "mia $beta$" è la "tua $a$"
Poi ho considerato ovvio che $b!=1$, infatti se fosse $b=1$ si avrebbe che $a/b$ non è una frazione irriducibile.
Per l'altra questione, grazie
$\gcd(b,a+b(n_0+1))\ne\gcd(b,b+a(n_0+1))$. Basta prendere per esempio $b=2, a=3$ e $n_0$ dispari. Il modo corretto di usare il lemma è la parte sinistra, non quella destra, che è tua.
"TomSawyer":
$\gcd(b,a+b(n_0+1))\ne\gcd(b,b+a(n_0+1))$. Basta prendere per esempio $b=2, a=3$ e $n_0$ dispari. Il modo corretto di usare il lemma è la parte sinistra, non quella destra, che è tua.
No, aspetta: la mia parte non è come hai detto tu, ovvero
$gcd(b,b+a(n_0+1))$.
bensì
$gcd(alpha,beta+alpha*h)$
Riprendendo quello che dicevo prima, tu hai detto che il lemma giusto è
$\gcd(a,b)=\gcd(b,a+bh)$
Mentre io all'inizio ho detto che è così
$gcd(alpha,beta)=gcd(alpha,beta+alpha*h)$
A mio avviso le due forme sono equivalenti, ma scritte con diverse lettere, e possiamo verificarlo ponendo
$alpha=b$ e $beta=a$
Ti torna ora?
"+Steven+":
Ora, se per caso l'ultima frazione restituisse un intero, si verificherebbe che
$b|a(n_0+1)+b$
ma questo non può avvenire perchè in virtù del fatto che
$gcd(a,b)=1$ e per il lemma, si avrà
$gcd(b,b+a(n_0+1))=1$
Mi riferivo a questa parte, cioè al modo (errato) in cui hai usato il lemma, non al lemma stesso. Ripeto: il modo giusto è quello che ho detto io, per quello risulta "equivalente" al lemma.
Ti chiedo scusa.
Fin dall'inizio ho creduto che tu stessi mettendo in dubbio l'equivalenza tra le due forme, e non avevo proprio badato invece all'applicazione errata del lemma, ovvero ciò che volevi mostrarmi.
Scusa l'incomprensione.
Ciao.
Fin dall'inizio ho creduto che tu stessi mettendo in dubbio l'equivalenza tra le due forme, e non avevo proprio badato invece all'applicazione errata del lemma, ovvero ciò che volevi mostrarmi.
Scusa l'incomprensione.
Ciao.
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