[N] Della serie \"take it easy\"...

HiTLeuLeR · Messaggio da **HiTLeuLeR** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2005-01-05 21:51, Boll wrote:
 Per il teorema di Euler Fermat [...] abbiamo che
 aphi(n)==1 (mod n) se (a,n)=1
 allora
 2003phi(1000)==1 (mod 1000)
 poichè phi(1000)=400
 2003400==1 (mod 1000)
 e anche
 20032000==1 (mod 1000)
 ma 2003==3 (mod 1000)
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 La tua soluzione va bene fino a questo punto, poi ti perdo...

HiTLeuLeR · Messaggio da **HiTLeuLeR** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2005-01-05 22:16, metafisic wrote:
 x^2+7=2^n, implica x dispari. [...] Per n= 2 si trova direttamente x=3. In conclusione i valori ammissibili per n sono 3, 4 e 5.
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 Ehm... Caro giulio, come saprai, per ogni x ∈ R: x2 + 7 > 4. Indi, C.N. affinché l\'equazione: x2 + 7 = 2n ammetta soluzione in Z è che sia n > 3...
 
 Giusto per tua informazione, inoltre, ti ricordo che lo 0 è ufficialmente un elemento di N, e ti faccio notare di conseguenza che, per n = 0 (quantunque il caso, in ultima analisi, debba essere poi escluso), la tua conclusione circa la parità di x sia un pizzico... Uhmmm, come dire?!? SBAGLIATA!?! Inutile...
 
 Adesso esamino mejo il resto, perché c\'è da giurare che non è finita qui... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif"> [ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 05-01-2005 23:15 ]

HiTLeuLeR · Messaggio da **HiTLeuLeR** » 01 gen 1970, 01:33

@metafisic: potresti riscrivere per benino la tua soluzione (...) al problema n° 1? Così sparsa per il thread non riesco a seguirla...
 
 In quanto al problema n° 3, pensavo che forse (a questo punto) sarebbe meglio che proponessi direttamente la sua generalizzazione, in attesa che gian fornisca le dovute delucidazioni sul conto della soluzione ch\'egli ha proposto. Eccolo, dunque...
 
 Problema 3 (generalizzato): si provi che, per ogni n intero > 0: n(n+1)n+2 + (n+2)(n+1)n = 1 + (-1)n+1 mod (n+1)n+1.

gian · Messaggio da **gian** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2005-01-06 01:05, HiTLeuLeR wrote:
 Problema 3 (generalizzato): si provi che, per ogni n intero > 0: n(n+1)n+2 + (n+2)(n+1)n = 1 + (-1)n+1 mod (n+1)n+1.
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 riscrivo il primo membro così
 ((n+1)-1)(n+1)n+2 + ((n+1)+1)(n+1)n
 Il teorema di Fermat dice che (a+b)n = an + bn, perciò diviene:
 (n+1)(n+1)n+2 + (-1)(n+1)n+2 + (n+1)(n+1)n + 1(n+1)n
 Vanno via le due potenze con base (n+1)(n+1) e resta:
 (-1)(n+1)n+2 + 1(n+1)n
 e siccome (n+1)n+2 ha la stessa parità di n+1 posso semplificare in:
 (-1)n+1 + 1. cvd
 
 Ciao a tutti
 gian
 PS: ho considerato sempre mod (n+1)n+1.

andrea84 · Messaggio da **andrea84** » 01 gen 1970, 01:33

Uhm...
 (a+b)^n=a^n+b^n mod(n) vale se n è primo, prendi a=1 b=2 n=6 e vedi che le cose non tornano.
 
 Ciao

info · Messaggio da **info** » 01 gen 1970, 01:33

Nn bisogna andare in anelli strani per il primo, vero? Altrimenti richiedo la documentazione necessaria! Naoki Sato nn parla di questi argomenti e dato che quella roba ha resistito ai miei primi tentativi... Mi ricordo che tempo fà EvaristeG aveva risolto qualcosa in modi simili una diofantea ma avevo letto velocemente...
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: info il 06-01-2005 19:01 ]

DB85 · Messaggio da **DB85** » 01 gen 1970, 01:33

La diofantea di HiTLeuLeR è stata \"partorita\" da Ramanujan, e Nagell una 30ina di anni dopo dimostrò che vi erano solo 5 coppie (x, n) per cui l\'equazione era verificata. Nei post precedenti ne avete trovate 4, dunque ve ne sfugge ancora una. E manca la parte più complessa di dimostrare che non esistono altre soluzioni, ma questo non so se rientrava nell\'esercizio secondo le idee di HiTLeuLeR...

info · Messaggio da **info** » 01 gen 1970, 01:33

La calcolatrice mi pare dicesse x=181 o qualcosa di simile... Per risolvere l\'esercizio bisogna però dimostrare che sono le uniche! (altrimenti cosa richiede Euler?)... Ma nn avete risposto alla mia domanda! E\' obbligatorio andare in anelli strani? Altrimenti il \"take it easy\" suona abbast
 anza ironico!
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: info il 07-01-2005 15:31 ]

DB85 · Messaggio da **DB85** » 01 gen 1970, 01:33

Sì è (x, n) = (181, 15). Per il fatto degli anelli, suppongo che non siano necessari. Ma anche io come te aspetto qualche chiarificazione... Insomma, non l\'ha risolta Ramanujan quest\'equazione, ha solo congetturato, non mi sembra così elementare, o \"easy\"... Ma il mio parere non conta.
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: DB85 il 07-01-2005 15:52 ]