divisibilità, sns 1991-1992
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divisibilità, sns 1991-1992
premetto che quasi sicuramente troverete che sia un esercizio banale, ma su questo genere di problemi non so neanche da dove cominciare e,anzi ,vi sarei grato se risolvendo il problema mi spiegaste ogni passaggio come lo spieghereste a un ritardato mentale.
DIMOSTRARE CHE:$ \sqrt[n] n! $ NON PUò MAI ESSERE UN DIVISORE DI $ \frac{n+1} 2 $
con $ n $ numero naturale maggiore di 1
grazie in anticipo per la vostra attenzione
DIMOSTRARE CHE:$ \sqrt[n] n! $ NON PUò MAI ESSERE UN DIVISORE DI $ \frac{n+1} 2 $
con $ n $ numero naturale maggiore di 1
grazie in anticipo per la vostra attenzione
Ultima modifica di HomoPatavinus il 19 ago 2006, 21:15, modificato 1 volta in totale.
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Re: divisibilità, sns 1991-1992
C'è un errore nel testo, ho riportato sopra la versione corretta (n+1, non n+2); cmq, deve essere:HomoPatavinus ha scritto:premetto che quasi sicuramente troverete che sia un esercizio banale, ma su questo genere di problemi non so neanche da dove cominciare e,anzi ,vi sarei grato se risolvendo il problema mi spiegaste ogni passaggio come lo spieghereste a un ritardato mentale.
DIMOSTRARE CHE:$ \sqrt[n] n! $ NON PUò MAI ESSERE UN DIVISORE DI $ \frac{n+1} 2 $
con $ n $ numero naturale
grazie in anticipo per la vostra attenzione
$ \displaystyle k*\sqrt[n]n! \neq \frac{n+1}{2} $ con $ k $ intero,
$ \displaystyle 2^n * k^n * n! \neq (n+1)^n $ che è vera perché $ \displaystyle n\nmid (n+1) $ per $ \displaystyle n\neq 1 $ (come il testo dell'esercizio originale prevedeva).
Bye,
#Poliwhirl#
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Re: divisibilità, sns 1991-1992
Poliwhirl ha scritto:$ \displaystyle n\nmid (n+1) $
Se il simbolo strano a cui ti riferisci è quell'asticella verticale "tagliata" a circa 1/3 dall'alto, allora si usa per negare la condizione di divisibilità. Perciò $ a \nmid b $ si leggerà "a non divide b". Se può esserti utile, ricordo che, dati due numeri $ a, b \in \mathbb{R} $, si dice che a divide b, e si scrive $ a \mid b $, se esiste un intero k tale che b = ak.HomoPatavinus ha scritto:scusa la mia ignoranza ma cos'è quel simbolo strano? cmq hai ragione è n+1 non n+2, ora correggo
Ultima modifica di HiTLeuLeR il 20 ago 2006, 18:27, modificato 1 volta in totale.
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Scusami ma forse hai saltato qualche passaggio che hai considerato banale ma è la prima volta che tento di risolvere un esercizio di divisibilità e quindi:$ 2^n * k^n * n! \neq (n+1)^n $
che è vera perché $ n\nmid (n+1) $ per $ n\neq 1 $
vi sarei grato se risolvendo il problema mi spiegaste ogni passaggio come lo spieghereste a un ritardato mentale.
quello che credo di aver capito è questo;
se $ 2^n * k^n * n! = (n+1)^n $ allora ogni fattore del primo membro deve dividere n volte il secondo membro; 2^n potrebbe, k^n potrebbe, ma n no, neppure una volta. è questo il passaggio che hai saltato? Correggimi se sbaglio.
P.S. come fate a fare quei riquadri " Poliwhirl ha scritto: ecc. " ? vi tocca riscrivere tutte le formule in latex (come è toccato fare a me ) ?
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È esatto, infatti a parte per n=1, n non divide il numero a sé successivo, né tantomeno il suo quadratoHomoPatavinus ha scritto:allora ogni fattore del primo membro deve dividere n volte il secondo membro; 2^n potrebbe, k^n potrebbe, ma n no, neppure una volta. è questo il passaggio che hai saltato? Correggimi se sbaglio.
Invece del semplice quote tra parentesti quadre scrivi quote="nome" , tutto sempre tra parentesi quadre. Te capì?HomoPatavinus ha scritto: P.S. come fate a fare quei riquadri " Poliwhirl ha scritto: ecc. " ? vi tocca riscrivere tutte le formule in latex (come è toccato fare a me ) ?
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Membro dell'associazione "Matematici per la messa al bando del sudoku" fondata da fph
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No, che non è giusto! Perché n | (n+k), ogni volta che n | k. Per cui basta prendere k = n, 2n, ... per smentire la tua ultima affermazione.evans ha scritto:Comunque$ 2^n*m^n * n! \neq (n+k)^n $ perché $ n\nmid (n+k) $ con$ k\neq0 $
Un modo l'ha suggerito Evariste: riprendendo il suo intervento, supponi sia n > 1. Allora 2 | p, e l'uguaglianza è possibile sse $ v_2(n!) = v_2(p^n) \ge n $, dove $ v_2(\cdot) $ indica una valutazione 2-adica (qui). Applicando allora l'identità di Legendre-De Polignac (qui): $ \displaystyle n \le v_2(n!) < \sum_{k=1}^{\infty} \frac{n}{2^k} = n $, assurdo! Un'altra via praticabile passa per il teorema di Chebyshev (qui), seppure qualcuno non lo ritenga un risultato da annoverare nel syllabus più propriamente olimpico.evans ha scritto:@Hit Come dimostrare che $ \sqrt[n] n! $ è irrazionale e quindi concludere la dimostrazione?
giusto per completezza per chi volesse vedere le soluzioni dei vecchi SNS in realtà l'esercizio era:
dimostrare che
$ \sqrt[n]{n!}<\frac{n+1}{2} $
quello proposto qua era solo il secondo punto.
comunque dimostrare questo non è difficile ed è una AM-GM mascherata
infatti se prendiamo i natrali da 1 a n come tutti gli elementi di AM e GM e usiamo poi la formula di gauss abbiamo finito
dimostrare che
$ \sqrt[n]{n!}<\frac{n+1}{2} $
quello proposto qua era solo il secondo punto.
comunque dimostrare questo non è difficile ed è una AM-GM mascherata
infatti se prendiamo i natrali da 1 a n come tutti gli elementi di AM e GM e usiamo poi la formula di gauss abbiamo finito
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Re: divisibilità, sns 1991-1992
non ho capito....come facciamo AM GM?? cioè in che modo si applica?? dobbiamo fare AM e AM al secondo?gian92 ha scritto:
comunque dimostrare questo non è difficile ed è una AM-GM mascherata
infatti se prendiamo i natrali da 1 a n come tutti gli elementi di AM e GM e usiamo poi la formula di gauss abbiamo finito
L'universo è come una sfera dove il centro è ovunque e la circonferenza da nessuna parte.
"Blaise Pascal"
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