Problema SNS

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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Fedecart
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Problema SNS

Messaggio da Fedecart » 13 giu 2008, 00:12

Problema alla fin fine simpatico, che mi ha fatto penare ma mi ha dato sodisfazione alla fine quando l'ho risolto...

Trovare il massimo numero intero positivo che divide tutti i numeri della forma $ n^7+n^6-n^5-n^4 $

Buon Lavoro

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julio14
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Messaggio da julio14 » 13 giu 2008, 00:32

$ n^5(n+1)(n-1)+n^4(n+1)(n-1)=n^4(n+1)^2(n-1) $
da cui almeno tre fattori divisibili per 2, di cui almeno uno divisibile anche per 4, quindi in totale $ 2^4 $, oppure direttamente quattro divisibili per 2 (n^4), e almeno uno divisibile per 3, quindi 48. Un esempio è per n=10, per cui il polinomio non è divisibile per ulteriori potenze di 2 e 3. Ovviamente per altri primi p maggiori di 2 o 3 basta prendere un n non congruo a +-1 o 0 modulo p.

Stex19
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Re: Problema SNS

Messaggio da Stex19 » 13 giu 2008, 00:33

Fedecart ha scritto:Problema alla fin fine simpatico, che mi ha fatto penare ma mi ha dato sodisfazione alla fine quando l'ho risolto...

Trovare il massimo numero intero positivo che divide tutti i numeri della forma $ n^7+n^6-n^5-n^4 $

Buon Lavoro
io ho trovato 24, ma non so se c'è un divisore maggiore...
riscrivo il numero come $ n^4(n-1)(n+1)^2 $
se n pari, ci sarà un fattore $ 2^4 $, quindi il numero è sicuramente divisibile per 16
se n dispari $ n-1 $ e $ n+1 $ sono pari, quindi il numero è divisbilie per 8
inoltre uno tra $ n-1 $, $ n $ e $ n+1 $ è sicuramente multiplo di 3, quindi $ 3*2^3 $ è divisore

edit: è vero, uno tra $ x-1 $ e $ x+1 $ è anche divisibile per 4... :oops:

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Oblomov
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Messaggio da Oblomov » 13 giu 2008, 00:54

Bruciato sul tempo... però è vero, è una bella soddisfazione :D
Why are numbers beautiful? It’s like asking why is Beethoven’s Ninth Symphony beautiful. If you don’t see why, someone can’t tell you. I know numbers are beautiful. If they aren’t beautiful, nothing is. - P. Erdös

bestiedda
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Messaggio da bestiedda » 13 giu 2008, 09:04

verifichiamo che $ \displaystyle n^7+n^6-n^5-n^4 $ è sempre multiplo di 3. Se $ \displaystyle n \equiv 0 (mod3) $ ovviamente quel numero è sempre multiplo di tre perchè somma algebrica di multipli di 3. Se $ \displaystyle n \equiv 1 (mod3) $ abbiamo che quell'espressione in modulo 3 diventa $ \displaystyle 1+1-1-1=0 (mod 3) $. Se $ \displaystyle n \equiv -1 (mod 3) $ otteniamo $ -1+1+1-1=0 (mod 3) $. Dunque quell'espressione è sempre divisibile per 3.

ragioniamo ora sulle potenze di 2:

raccogliamo a fattore comune e otteniamo $ \displaystyle n^4(n^3+n^2-n-1) $.
Se $ \displaystyle n $ è pari abbiamo che quel numero è sempre multiplo di $ \displaystyle 2^4 $. Se $ \displaystyle n $ è dispari allora poniamo $ \displaystyle n=2a+1 $con $ \displaystyle a \geq 0 $. L'espressione diventa $ \displaystyle (4a^4+32a^3+24a^2+8a+1)(8a^3+16a^2+8a) $. Il secondo fattore è sempre un multiplo di $ \displaystyle 2^4 $, dunque l'espressione è sempre un multiplo di $ \displaystyle 2^4*3=48 $. Sappiamo che questo è il massimo comune divisore di tutti quei numeri osservando che per $ \displaystyle n=2 $ abbiamo che $ \displaystyle n^7+n^6-n^5-n^4=144=2^4*3^2 $ e che quindi il MCD non può essere un multiplo di $ \displaystyle 2^k $ con $ \displaystyle k>4 $. Inoltre questi numeri sono multipli di 3 ma non sempre di 9, come è verificato dal caso $ \displaystyle n \equiv 4 (mod9) $
marco

matteo16
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Messaggio da matteo16 » 13 giu 2008, 10:31

al 2^4 c'ero arrivato però non ero proprio arrivato alla conclusione che il polinomio fosse divisibile anche per 3 :?

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