divisibilità, sns 1991-1992

[HomoPatavinus]

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

[HiTLeuLeR]

Fossi al tuo posto, tenterei di dimostrare che $ \sqrt[n]{n!} $ non è razionale, eccetto che per n = 1. Il resto verrebbe da sé...

[HomoPatavinus]

che condizioni devo porre per dimostrarlo?

[Poliwhirl]

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

C'è un errore nel testo, ho riportato sopra la versione corretta (n+1, non n+2); cmq, deve essere:

$ \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#

[HomoPatavinus]

scusa la mia ignoranza ma cos'è quel simbolo strano? cmq hai ragione è n+1 non n+2, ora correggo

[HiTLeuLeR]

$ \displaystyle n\nmid (n+1) $

scusa la mia ignoranza ma cos'è quel simbolo strano? cmq hai ragione è n+1 non n+2, ora correggo

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.

[HiTLeuLeR]

Visto che c'è stata un po' di confusione sulla traccia del problema, vi invito alla generalizzazione:

"Determinare ogni coppia (n,k) di interi positivi, con n > 1, tali che $ \sqrt[n]{n!} $ divide $ \displaystyle\frac{n+k}{2} $."

[HomoPatavinus]

$ 2^n * k^n * n! \neq (n+1)^n $
che è vera perché $ n\nmid (n+1) $ per $ n\neq 1 $

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:

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 ) ?

[Aethelmyth]

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.

È esatto, infatti a parte per n=1, n non divide il numero a sé successivo, né tantomeno il suo quadrato

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 ) ?

Invece del semplice quote tra parentesti quadre scrivi quote="nome" , tutto sempre tra parentesi quadre. Te capì?

[evans]

@Hit Come dimostrare che $ \sqrt[n] n! $ è irrazionale e qiondi concludere la dimostrazione?

Comunque$ 2^n*m^n * n! \neq (n+k)^n $

perchè $ n\nmid (n+k) $ con$ k\neq0 $

non so però se è giusto...

[EvaristeG]

Beh, evans, se $ \sqrt[n]{n!}=p/q $ con (p,q)=1, allora $ n!=p^n/q^n $
e quindi $ q^n\mid p^n $, da cui q=1 e dunque $ n!=p^n $ con p naturale. Ora, prova a contare i fattori 2 che dividono n! e ti accorgerai che sono troppo pochi per una potenza n-esima.

[HiTLeuLeR]

Comunque$ 2^n*m^n * n! \neq (n+k)^n $ perché $ n\nmid (n+k) $ con$ k\neq0 $

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.

@Hit Come dimostrare che $ \sqrt[n] n! $ è irrazionale e quindi concludere la dimostrazione?

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]

Comunque$ 2^n*m^n * n! \neq (n+k)^n $ perché $ n\nmid (n+k) $ con$ k\neq0 $

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.

vero ci penso un pò su...

[gian92]

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

[Robertopphneimer]

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

non ho capito....come facciamo AM GM?? cioè in che modo si applica?? dobbiamo fare AM e AM al secondo?