OliForum Matematico

Lez, posso chiederti come hai risolto il caso b=0? Non riesco a concludere proprio per questo

Sono stato stupido a pensare che non fosse elementare, mi sono fatto condizionare dall 'infinito senza rendermi conto che quando p^k >n la frazione parte intera diventa 0. Bene veniamo alla dimostrazione. Innanzitutto scriviamo $\upsilon_p(n!)=\sum_{i=1}^{n} \upsilon_p(i)$. Ora dobbiamo notare che l...

Comunque ale.b si, credo funzioni. Tuttavia penso che in gara sia un pò difficile da accettare come soluzione perchè l'identità di polygnac non mi sembra abbia una dimostrazione elementare (o forse no? )

P.S. modifica effettuata. Cosi mi rimangio quello ho detto

Basta notare che quel rapporto è dispari. Infatti è $(2n)!=2n(2n-1)2(n-1)(2n-3)2(n-2)\cdot\cdot\cdot1$ Quindi ci sono n termini 2 (cioè $2^n$) e gli altri n termini corrispondono a $n!$ e a $(2n-1)(2n-3)\cdot\cdot\cdot 1$. Perciò il nostro denominatore si mangia il suo "gemello" e ci riman...

Sonner ha scritto: PS: ma da che gara viene?

Non ne ho la più pallida idea. L'ho preso da ML: trovare k tale che 10^k +89 è quadrato perfetto

Vedo che la comunità di coloro che sono del '96 sta crescendo.Vai!!! Facciamoci sentire!!!!
Comunque benvenuta!!

Io l'avevo fatto un altro modo perchè non avevo pensato al binomio di Newton, ma noto con piacere che la tua è più semplice e più corta, comunque spiego un pò l'idea. Poichè come hai detto $10^k+89$ è divisibile per 9 e k è dispari (si vede mod 11) dobbiamo vedere quando la nostra espressione è divi...

1) Trovare tutti gli interi positivi $k$ tali che $1089\mid 10^k+89$ 2)Trovare tutti i valori interi positivi di $k$ tali che $\frac{10^k+89}{1089}$ sia un quadrato perfetto Il primo l'ho fatto e non è difficile, ma il secondo no. Speriamo che qualcuno lo faccia, cosi posso completare la soluzione d...

Io senza LTE ho fatto cosi: Noto mod3 che $x\equiv -1$ e n è dispari. Allora $3^k=x^n+1=(x+1)(x^{n-1}-x^{n-2}+x^{n-3}-...+1)$ Ora poichè $f(x)=(x^{n-1}-x^{n-2}+x^{n-3}-...+1)\mid 3^k$ si ha che $f(x) \equiv 1-(-1)+1-...+1 \equiv n \equiv 0 \pmod 3$ quindi $n=3h$ . Ora abbiamo che $3^k=(x^h+1)(x^{2h}...

Considero a e b non multipli di 11 altrimenti è banale. $a^2-5b^2 \equiv -10a^2-5b^2 \pmod {11}$ . Considero $-5(2a^2+b^2)$, $a(2a+3b) \equiv 2a^2+3ab \equiv 0 \pmod {11}$ e $(2a+3b)b \equiv 2ab+3b^2 \equiv 0$ $-2a \equiv 3b \rightarrow -10a \equiv 15b \rightarrow a \equiv 4b$. Quindi $2a^2+5ab+3b^2...

La soluzione non mi serviva per questo problema, ma per un altro.Sapevo che si trattava del postulato di bertrand ma quello è per un n generico, quindi pensavo che per p primo fosse più semplice...peccato ci speravo

Mentre risolvevo un problema mi sono accorto che la soluzione andava bene se fossi riuscito a dimostrare che per ogni primo q e primo p tale che $p<q<2p$. Ho iniziato considerando il prodotto $p(p+1)(p+2)\cdot\cdot\cdot 2p$ e sto cercando un assurdo dimostrando che non esiste nessun primo $q>p$ tale...

Non ho visto questa ultima soluzione, comunque perchè non provate a considerare il primo esercizio, si possono notare cose molto interessanti!!!! Credo che pepperoma la pensi come me. Io credo di averlo risolto in un altro modo, che forse posterò dopo.

Se va bene allora correggo il primo post e cancello quello che ho scritto prima per lasciare ad altri il piacere di risolverlo

NOTA per i nuovi: $\displaystyle{\binom{n}{k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}}$ e $n!=1\cdot 2\cdot 3\cdots n$ Questa non è la vera definizione in realtà $\displaystyle{\binom{n}{k}}=\frac{D_{n,k}}{P_k}$ che rappresentano al numeratore le disposizioni e al denominatore le permutazioni Quindi anche quello è da ...