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Data l' equazione lineare indeterminata ax+by=n Vorrei stabilire una condizione di risolubilità con x,y \in\mathbb{N} . Chiaramente, n deve essere un multiplo del MCD di a e b, altrimenti l' equazione é irrisolubile. Nell' "aritmetica superiore" di Davenport viene detto che il più grande n...

@ale.b Si, hai ragionissima, non avevo considerato che il viceversa implica necessariamente n=2^m , quindi giustamente n=10 non va bene. @jordan Grazie mille per avermi dato queste informazioni: una rapida ricerca su Wikipedia mi ha permesso di scoprire che il più piccolo n per cui l' espressione no...

Se 2^n+1 é primo, dimostrare che n é una potenza di 2. E' vero il viceversa? Metto la mia soluzione nascosta, cosi' chiunque voglia provare a risolverlo non é costretto a vederla :D Supponiamo che n sia dispari, allora possiamo scrivere il numeri 2^n+1 come (2+1)(2^{n-1}-2^{n-2}+...+1) Essendo scomp...

Allora, vediamo di finire i calcoli lasciati in sospeso ieri. \displaystyle \sum_{i=0}^{n}{i^2}= \frac{n^2(n+1)}2-(\displaystyle \sum_{i=1}^{n}{\frac {i^2-n^2}{2}}+\frac {n(n-1)}{4}) Moltiplico tutto per due: 2\displaystyle \sum_{i=0}^{n}{i^2}= n^2(n+1)-(\displaystyle \sum_{i=1}^{n} i^2-n^2+\frac {n...

@Ma_go \displaystyle \sum_{i=1}^{n-1} \frac {i(i+1)}{2}=\displaystyle \sum_{i=1}^{n-1} \frac {i^{2}+i}{2} Abbiamo detto che la somma dei quadrati arriva fino al numero n, ma le nostre sommatorie arrivano fino a (n-1), quindi possiamo "ampliarle": \displaystyle \sum_{i=1}^{n-1}{\frac {i^2}{...

Aspetta, non mi é chiaro un passaggio. Allora in questa \frac {n(n+1)}{2}+ \displaystyle \sum_{i=1}^{n-1}(\frac{n(n+1)}{2}-\frac {i(i+1)}{2}) "spezzo la sommatoria" e ottengo \frac {n(n+1)}{2}+ \displaystyle \sum_{i=1}^{n-1}{\frac{n(n+1)}{2}} -\displaystyle \sum_{i=1}^{n-1}{\frac {i(i+1)}{...

Provo la prima. Partendo da 1^2+2^2+3^2+\dots+n^2=1\cdot1+2\cdot2+3\cdot3+\dots+n\cdot n=1+(2+2)+(3+3+3)+\dots+(n+\dots+n) Si puo' vedere che e' possibile riscrivere l' espressione come \frac {n(n+1)}{2} +2 +(3+3)+...+(n+...+n) Che posso riscrivere come \frac {n(n+1)}{2}+(\frac {n(n+1)}{2}-1) +3+......

E' noto che \displaystyle \sum_{i=0}^{n}{i}=\frac {n(n+1)}{2} Questo si puo' dimostrare, oltre che banalmente per induzione, anche posizionando gli n numeri naturali in ordine crescente, dopodiché si posizionano gli n numeri naturali in ordine decrescente sotto i precedenti, si sommano termine a ter...

Forse ho trovato l'errore. Ripartiamo dal fatto che la probabilità per un n generico é: 1 -(\frac {A}{n!} - \frac {B}{n!} +\frac {C}{n!}-...+\frac {(-1)^{n+1}*N}{n!}) Dove i vari A,B,C,...,N sono stati inseriti in luogo dei termini della seguente somma algebrica \displaystyle \sum_{i=1}^{N}{P_{i}} -...

@Jordan: Ora va bene?

@EvaristeG: 1, per definizione.
Stavo considerando che partendo da 0 avrei dovuto aggiungere $ 1+x $ alla roba dentro la parentesi, ma non avevo considerato che x é -1, dunque si semplifica con il primo 1.

Mmm, pero` non ho capito se l' espressione finale é corretta o no...

Vediamo. Iniziamo dal fatto che n \choose 2 (n-2)! = \frac {n!}{2!} Analogamente si procede con i successivi. Possiamo quindi scrivere: 1-( 1- \frac {n!}{2!} + \frac {n!}{3!}-\frac {n!}{4!}+...+(-1)^{n+1} = \frac {n!}{2!} - \frac {n!}{3!}+\frac {n!}{4!}-...-(-1)^{n+1} A questo punto raccolgo a "...

Si, in effetti, perchè per esempio in B imbusto correttamente una coppia di lettere, quindi al posto di moltiplicare per n devo moltiplicare per tutti i modi distinti in cui posso prendere due lettere in un insieme di n, quindi n \choose 2 , per cui: B= n \choose 2 (n-2)! C= n \choose 3 (n-3)! ... D...

A sono le possibilità di imbustare correttamente una sola delle qualsiasi delle n lettere, quindi se imbusto correttamente la prima poi posso imbustare a caso le rimanenti (n-1) lettere semplicemente permutandole, per cui: A=n*(n-1)! L' argomentazione è similare per i restanti casi, per cui: B=n*(n-...

Direi, e spero di dire bene: Indico con P_{i,j,k,...,n} gli insiemi che ho precedentemente indicato con P(A), P(B),P(C),...,P(N), \displaystyle \sum_{i=1}^{N}{P_{i}} -\displaystyle \sum_{1\le i\le j} {(P_{i}\cap P_{j})} +\displaystyle \sum_{1\le i\le j\le k} {(P_{i}\cap P_{j}\cap P_{k})} -...+(-1)^{...

Allora: Chiaramente per prima cosa ho la somma di tutte le cardinalità degli insiemi fino a N: |P(A)|+|P(B)|+|P(C)|+|P(D)|+...+|P(N)| come prima tolgo le intersezioni a due a due, scrivendo gli n insiemi in ordine P(A), P(B), P(C),...,P(N) si vede che il primo insieme ha n-1 intersezioni a due a due...