[A/N] Viète e Pitagora.

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

Prova questi valori di p e q: (503,431) (3023,2591) (83,71)
 Ti sembra che numeri così possano essere trovati a mano? <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_confused.gif">
 
 Bye,
 #Poliwhirl#

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

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-12-31 00:58, ReKaio wrote:
 ...le coppie di divisori di 3q sono relativamente poche... si possono pure studiare tutte a mano
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 Grazie mille per la disponibilità, ReKaio.
 Se non sbaglio, in effetti ci dovrebbero essere 4 coppie: (3,q), (-3,-q), (3q,1), (-3q,-1), come d\'altra parte aveva accennato Euler in un suo post.
 Io poi ho uguagliato la somma di ciascuna coppia a (6p-4q), ottenendo delle diofantee in p e q. Il mio problema però è che in un paio di casi non riesco a determinare con una formula quali soluzioni della diofantea sono primi naturali. Come faccio? O magari il mio ragionamento è sbagliato fin dall\'inizio? <IMG SRC="images/forum/icons/icon27.gif">

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

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-12-31 10:10, Hammond wrote:
 <TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-12-31 00:58, ReKaio wrote:
 ...le coppie di divisori di 3q sono relativamente poche... si possono pure studiare tutte a mano
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 Grazie mille per la disponibilità, ReKaio.
 Se non sbaglio, in effetti ci dovrebbero essere 4 coppie: (3,q), (-3,-q), (3q,1), (-3q,-1), come d\'altra parte aveva accennato Euler in un suo post.
 Io poi ho uguagliato la somma di ciascuna coppia a (6p-4q), ottenendo delle diofantee in p e q. Il mio problema però è che in un paio di casi non riesco a determinare con una formula quali soluzioni della diofantea sono primi naturali. Come faccio? O magari il mio ragionamento è sbagliato fin dall\'inizio? <IMG SRC="images/forum/icons/icon27.gif">
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 Ho usato anch\'io questo procedimento e arrivo allo stesso risultato di Hammond...
 
 Bye,
 #Poliwhirl#

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

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-12-27 14:04, Poliwhirl wrote:
 Qualcuno può proporre qualche altro semplice esercizio (per chi è alle prime armi con l\'argomento come me) da risolvere con le congruenze?
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 Oh, beh, ce n\'è a sfare. Propongo due super-super-super classici di base:
 
 Es.1 (Criterio di divisibilità per nove)
 
 Si dimostri che un numero è divisibile per nove se e solo se lo è la somma delle sue cfre.
 
 Es.2 (Criterio di divisibilità per undici)
 
 Si dimostri che un numero è divisibile per undici se e solo se lo è la differenza della somma delle cifre di posto pari meno la somma delle cifre di posto dispari.
 
 Buon anno a tutti.
 
 M.[addsig]

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 2004-12-31 10:10, Hammond wrote:
 [...] Se non sbaglio, in effetti ci dovrebbero essere 4 coppie: (3,q), (-3,-q), (3q,1), (-3q,-1) [...]. Io poi ho uguagliato la somma di ciascuna coppia a (6p-4q), ottenendo delle diofantee in p e q. Il mio problema però è che in un paio di casi non riesco a determinare con una formula quali soluzioni della diofantea sono primi naturali.
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 Secondo me, vi state creando problemi che non esistono, assumendo che le soluzioni debbano essere necessariamente espresse da una \"formula chiusa\", anche qui con tanto di virgolette a incorniciare ben benino l\'espressione.
 
 Hammond non sbaglia, il principio è assolutamente corretto! Dette u e v le soluzioni dell\'equazione: x2 - (6p-4q)x + 3q = 0, assumiamo che u e v siano intere. E allora, per le formule di Viète, è necessario che si verifichi uno almeno fra i casi che il nostro amico ha giustamente enumerato.
 
 Fissiamo l\'attenzione sul primo: u = -3q, v = -1. Ancora per le formule di Viète, le coppie indicate sono soluzione dell\'equ. indicata sse: u+v = 6p - 4q, ovvero:
 q = 6p + 1. Ne concludiamo, sic et simpliciter, che una coppia (p,q) risolve il problema proposto s\'è del tipo (p, 6p+1), per tutti e soli i primi naturali p tali che 6p+1 sia anch\'esso un numero primo.
 
 Di fatto, non è noto se i primi interi positivi per i quali è soddisfatta la condizione enunciata siano o meno in numero infinito. Esistono tuttavia degli argomenti euristici, legati al nome di Hardy e Littlewood, che avvalorerebbero la prima ipotesi.
 
 Sia come sia, gli altri casi vanno discussi secondo questa stessa logica! Tant\'è... Buon lavoro, dunque, e non cristallizzatevi sugli schemi... [ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 01-01-2005 04:02 ]

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

Ok, riproviamoci:
 
 Problema 1: trovare tutte le coppie (p,q) di numeri primi naturali tali che l\'equazione x^2 - (6p - 4q)x + 3q = 0 abbia due radici intere.
 
 Chiamate u e v le radici dell\'equazione sappiamo che u+v=6p-4q e uv=3q; dall\'ultima uguaglianza segue che, poiché u e v devono essere intere e q primo, le uniche coppie di radici possibili sono (3,q), (q,3); (1,3q), (3q,1); (-3,-q), (-q,-3); (-1,-3q), (-3q,-1).
 Esaminiamo il caso i cui le radici siano (3,q) (analogo al caso in cui le radici siano (q,3) ):
 Poichè u+v=6p-4q allora 3+q=6p-4q cioè q=(6p-3)/5
 Dato che q=3*(2p-1)/5, affinchè q sia primo è necessario che (2p-1)/5=1 cioè p=3; segue q=3. Quindi la coppia (3,3) è una soluzione al problema dato.
 Passiamo al caso (1,3q) (o (3q,1)) :
 u+v=6p-4q ==> 1+3q=6p-4q ==> q=(6p-1)/7
 Quindi una coppia (p,q) risolve il problema se è del tipo (p, (6p-1)/7) per ogni p primo tale che (6p-1)/7 sia anch\'esso primo.
 Analizziamo il caso (-3,-q) (o (-q,-3) ):
 u+v=6p-4q ==> -3-q=6p-4q ==> 3q=6p+3 ==> q=2p+1
 Quindi una coppia (p,q) risolve il problema se è del tipo (p, 2p+1) per ogni p primo tale che 2p+1 sia anch\'esso primo.
 Infine il caso (-1,-3q) (o (-3q,-1) ):
 u+v=6p-4q ==> -1-3q=6p-4q ==> q=6p+1
 Quindi una coppia (p,q) risolve il problema se è del tipo (p, 6p+1) per ogni p primo tale che 6p+1 sia anch\'esso primo.
 
 Ricapitolando:
 Una soluzione del problema è la coppia (3,3); inoltre ogni coppia (p,q) risolve il problema se del tipo:
 1. (p, (6p-1)/7) per ogni p primo tale che (6p-1)/7 risulta anch\'esso primo;
 2. (p, 2p+1) per ogni p primo tale che 2p+1 risulta anch\'esso primo;
 3. (p,6p+1) per ogni p primo tale che 6p+1 risulta anch\'esso primo.
 
 Non è noto se esistono infiniti primi (naturali) tali che le condizioni trovate siano soddisfatte.
 
 Questa volta ci siamo? <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif">
 
 Bye,
 #Poliwhirl#

enomis_costa88 · Messaggio da **enomis_costa88** » 01 gen 1970, 01:33

Caspita ragazzi sono anche riuscito a risolvere i 2 problemi sui criteri di divisibilità(forse non sono così stupido come credevo)..ma non usando le congruenze(ci ho pensato per 2 ore ma non sapevo neppure da dove iniziare!!!!)..spero vadano bene anche se sono un po’lunghine (soprattutto quella dell’11).
 Sappiamo che 9 divide n ipotizziamo che 9 divida anche la somma delle cifre di n(sto tentando di usare l’induzione, spero di non avere fatto grossi errori teorici nel qual probabile caso mi scuso con tutti..)che chiameremo m. Devo dimostrare che 9 divide anche la somma delle cifre di n+9(n’) che chiamo m’.
 Se la prima cifre di n è uguale a 0 allora m’=m+9 che è multiplo di 9.
 Se la prima cifra di n è> di 0 allora la prima cifra di n’ sarà uguale alla prima di n meno1
 la seconda cifra di n’ invece sarà uguale alla seconda di n +1 e se questa fosse uguale a 9 allora la seconda di n’ sarebbe uguale a 0 e la terza(diversa da9)aumenterebbe di1 quindi m’=m+1-1-9 che è multiplo di9. nel caso la terza e quarta e fino all’n esima cifra di n fosse =a 9 vale il ragionamento precedente(n esima cifra =0 n+1 esima aumentata di1).
 Ora sappiamo che la somma delle cifre di 9 è 9 che è multiplo di 9 quindi per il principio di induzione completa il criterio di divisibilità dovrebbe essere dimostrato.
 
 Criterio di divisibilità per11: m = somma delle cifre pari – somma delle cifre dispari di n; n’=n+11 tenterò ora di dimostrare che m’(sp-sd di n’) è divisibile per 11 e quindi per l’induzione(1-1=11 moltiplicato per 0..)il criterio dovrebbe valere sempre..
 Primo caso: la prima cifra di n(n1) è diverso da 9 e lo stesso vale per la seconda(n2) allora sd’=sd+1 e sp’=sp+1 quindi m’= m la differenza non cambia.
 n1 diverso da 9 e n2 =9 ma n3diverso da 9 ==> n2’=0;n3’0 n3+1 ==> m’=m-11(sp’=sp-9 e sd’=sd+2)
 (*) n3=9 ==> n3’=0 e n4’=n4+1 quindi m’= m (con n4 diverso da 9 nel qual caso vale il ragionamento*)perché sp ’=sp-8 e sd’ =sd-8
 se n1=9 e n2 diverso da 8e da 9 ==> n1’=0 e n2’=n2+2 ==> m’=m+11(sp’=sp+2 e sd’=sd-9)
 n1=9 e n2=8 oppure 9 ==>n1’=0, n2’= n2-8 e(se n3 diverso da9 nel qual caso vale il ragionamento*)n3’=n3+1 ==> sp’=sp-8 e sd’=sd-8==>m=m’.
 in linea di massima spero regga tutto.. probabilmente sono stato poco chiaro(fatico anche io a capire ciò che ho scritto..)o avrò perso un apostrofo o un asterisco per strada..
 ps buon anno a tutti!!!
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Poliwhirl · Messaggio da **Poliwhirl** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-12-31 14:51, marco wrote:
 
 Propongo due super-super-super classici di base:
 
 Es.1 (Criterio di divisibilità per nove)
 
 Si dimostri che un numero è divisibile per nove se e solo se lo è la somma delle sue cfre.
 
 Es.2 (Criterio di divisibilità per undici)
 
 Si dimostri che un numero è divisibile per undici se e solo se lo è la differenza della somma delle cifre di posto pari meno la somma delle cifre di posto dispari.
 
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 Es.1 (Criterio di divisibilità per nove)
 Chiamiamo x un generico numero intero:
 x=a0+10a1+102a2+...+10nan
 Chiamiamo y la somma delle cifre di a:
 y=a0+a1+a2+...+an
 Sottraiamo membro queste due eguaglianze:
 x-y=9a1+(102-1)a2+...+(10n-1)an
 
 10==1(mod 9)
 Moltiplichiamo per se stessa questa conguenza:
 102==1(mod 9) ==> 9|10n-1
 10n==1(mod 9) ==> 9|10n-1
 Da cui concludiamo che x-y=9k, cioè 9|x-y ==> x==y(mod 9) ; segue che x e y divisi per 9 danno lo stesso resto, e quindi se uno è divisibile per 9, lo deve essere anche l\'altro e così la tesi è dimostrata.
 
 Es.2 (Criterio di divisibilità per 11)
 Dimostrare che un numero è divisibile per undici se e solo se lo è la differenza della somma delle cifre di posto pari meno la somma delle cifre di posto dispari è equivalente a dimostrare che un numero è divisibile per undici se e solo se lo è la somma delle sue cifre prese con segno alternato.
 Chiamamo x un generico numero intero:
 x=a0+10a1+102a2+...+10nan
 E chiamiamo y la somma delle sue cifre prese con segno alternato:
 y=a0-a1+a2-a3+...
 Sottraiamo membro a membro:
 x-y=11a1+(102-1)a2+(103+1)a3+...
 
 10==-1 (mod 11)
 102==1(mod 11)
 103==-1(mod 11)
 Segue che x-y=11k ==> 11|x-y ==> x==y (mod 11); segue che x e y divisi per 11 danno lo stesso resto, quindi se uno è divisibile per 11 lo è anche l\'altro e così la tesi è dimostrata.
 
 Ok. Grazie marco per i problemi e buon anno anche a te. Qualcuno ha qualcosa di meno classico, e abbastanza semplice, per chi è alle prime armi con le congruenze?
 
 Bye,
 #Poliwhirl#

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 2005-01-01 18:54, Poliwhirl wrote:
 Chiamate u e v le radici dell\'equazione sappiamo che u+v=6p-4q e uv=3q; dall\'ultima uguaglianza segue che, poiché u e v devono essere intere e q primo, le uniche coppie di radici possibili sono (3,q), (q,3); (1,3q), (3q,1); (-3,-q), (-q,-3); (-1,-3q), (-3q,-1).
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 Sì, tutto perfetto! Nota soltanto che puoi pure limitarti a considerare le coppie (3,q), (1,3q), (-3,-q), (-1,-3q), e ignorare completamente le loro simmetriche, visto che le equazioni u+v=6p-4q e uv=3q sono esse stesse simmetriche nelle variabili u e v. Vabbe\', questo comunque non toglie nulla alla correttezza della tua soluzione!
 
 <TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 Passiamo al caso (1,3q) (o (3q,1)) :
 u+v=6p-4q ==> 1+3q=6p-4q ==> q=(6p-1)/7
 Quindi una coppia (p,q) risolve il problema se è del tipo (p, (6p-1)/7) per ogni p primo tale che (6p-1)/7 sia anch\'esso primo.
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 ...o equivalentemente del tipo (14k + 13, 6k - 5), per tutti e soli i k interi > 0 tali che 14k + 13 e 6k - 5 siano entrambi dei primi di N. Per inciso, vi ricordo che il teorema di Dirichlet sui primi nelle progressioni aritmetiche garantisce che le successioni {14k+13}k € N0 e {6k-5 }k € N0 contengano, ciascuna, infiniti primi naturali. Non è noto tuttavia se sia finito o infinito il numero degli indici k > 0 tali che 14k+13 e 6k-5 siano contemporaneamente primi in N. Di fatto, per quel che può valere, la più accreditata fra le due ipotesi è la seconda...
 
 <TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 Analizziamo il caso (-3,-q) (o (-q,-3) ):
 u+v=6p-4q ==> -3-q=6p-4q ==> 3q=6p+3 ==> q=2p+1
 Quindi una coppia (p,q) risolve il problema se è del tipo (p, 2p+1) per ogni p primo tale che 2p+1 sia anch\'esso primo.
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 Ecco, i celebri primi di Sophie Germain...
 
 <TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 Questa volta ci siamo?
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 Sì, direi di sì!!! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_smile.gif"> [ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 01-01-2005 22:31 ]

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

Ecco dunque un altro paio di problemucci piuttosto classici sulle congruenze e la divisibilità fra interi... Mi sono stati proposti un paio di sere fa, pare che siano dei Komal! Così mi è stato detto, almeno. Vero, skyhc? <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">
 
 ----------
 
 Problema 3: calcolare le ultime due cifre della rappresentazione decimale dell\'intero 1 + 7 + 72 + ... + 72005.
 
 Problema 4: determinare il numero degli n interi positivi tali che 2004n sia un fattore di 2004!.
 
 ----------------
 
 N.B.: per il secondo problema di questa serie, vi servirà ricorrere all\'identità di Legendre. Provate un po\' a cercare su mathworld alla voce \"factorial\", o se preferite a spulciare qualche vecchio post in cui si è già discusso in merito all\'argomento! Se lo trovo, più tardi vi passo il link.

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

Per l\'identità di Legendre, date una cliccatina <a href=\"http://olimpiadi.ing.unipi.it/modules.p ... =0\">qui</a>. Fondo di pagina 1 e prime battute di pagina 2. Non è molto, ma vabbe\'...

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

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 Problema 3: calcolare le ultime due cifre della rappresentazione decimale dell\'intero 1 + 7 + 72 + ... + 72005.
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 Studiamo le ultime due cifre delle potenze di sette.
 74k==1 (mod 100)
 74k+1==7 (100)
 74k+2==49 (100)
 74k+3==43 (100)
 con k intero non negativo.
 Quindi 74k+74k+1+74k+2+74k+3==0 (100).
 Ne segue che basta considerare 72004+72005, che per quanto detto è congruo a 8 (100).

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

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 
 Problema 4: determinare il numero degli n interi positivi tali che 2004n sia un fattore di 2004!.
 
 ----------------
 N.B.: per il secondo problema di questa serie, vi servirà ricorrere all\'identità di Legendre. Provate un po\' a cercare su mathworld alla voce \"factorial\", o se preferite a spulciare qualche vecchio post in cui si è già discusso in merito all\'argomento! Se lo trovo, più tardi vi passo il link.
 
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 Qualcuno può spiegare qui, semplicemente, l\'identità di Legendre? Gliene sarei grato. <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">
 
 Bye,
 #Poliwhirl# [ Questo Messaggio è stato Modificato da: Poliwhirl il 02-01-2005 02:44 ]

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

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 Problema 4: determinare il numero degli n interi positivi tali che 2004n sia un fattore di 2004!.
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 Provo a risolverlo senza usare questa \"fantomatica\" identità di Legendre.
 Notiamo che 2004 = 22*3*167.
 Evindentemente 2004n = 22n*3n*167n.
 Perché sia 2004n | 2004! deve essere 22n*3n*167n | 2004!.
 Ergo, chiamati e2, e3, e167 gli esponenti con cui i tre primi compaiono nella fattorizzazione di 2004!, si dovrà avere e2 >= 2n, e3 >=, e167 >= n.
 Poiché per ovvie ragioni si ha e167 < 2e2 et e167 < e3, le limitazioni precedenti si limitano a e167 >= n, quindi 12>=n.
 
 Anche se la mia soluzione fosse esatta, mi associo alla richiesta di whirl affinché HiT o chi per lui ci illumini <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif"> riguardo al signor Legendre. <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif"> [ Questo Messaggio è stato Modificato da: what il 02-01-2005 10:28 ]

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

@what: ecco due esempi di quella ch\'io personalmente definirei una \"soluzione da prima pagina\". Chiara, rigorosa, puntuale. Non una virgola fuori posto. Molto bravo, what, davvero molto bravo. Oh, quest\'è solo un mio giudizio, non provare a montarti la testa... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_biggrin.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon21.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">
 
 -------------
 
 In quanto all\'identità di Legendre, o di Legendre-Polignac, come pure viene riferita presso alcuni autori, beh... Questa stabilisce semplicemente che, per ogni n € N ed ogni primo intero p > 0, il massimo esponente intero m € N tale che pm divida n! è espresso dalla relazione:
 
 <center>m = sumk=1...+inf Floor(n/pk) = sumk=1...Floor(log(n)/log(p)) Floor(n/pk)</center>
 ove Floor(·) denota - al solito - la funzione che ad ogni x € R fa corrispondere la sua parte intera bassa, ovvero il massimo intero <= x.
 
 Se ci prestate attenzione, è in verità lo stesso argomento che, quantunque inconsapevolmente, è stato in qualche modo utilizzato da what nelle battute conclusive della sua soluzione al problema n° 4 per dedurre che il massimo esponente intero secondo cui 167 figura fra i divisori di 2004! è pari a 12.
 
 EDIT: dannato html... [ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 02-01-2005 19:30 ]