Comunque abbiamo nel primo membro una somma $ \equiv 1 \pmod {21} $ mentre il secondo è $ \equiv 0 \pmod {21} $, dunque non potranno mai essere uguali le 2 quantità, quindi l'equazione è impossibile...non so se era questo che intendevi...forse la faccio troppo facile io boh
"Il lemma fondamentale: se vi danno un esercizio è perchè potete farlo; se potete farlo è perchè è proprio facile; se è proprio facile è perchè servono delle cose che sapete; le cose che sapete sono pochissime, quindi avete da cercare in un insieme piccolissimo di cose" Michele Barsanti
[quote="julio14"]
jordan è in realtà l'origine e il fine di tutti i mali in [tex]\mathbb{N}[/tex][/quote]
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[quote="julio14"]
jordan è in realtà l'origine e il fine di tutti i mali in [tex]\mathbb{N}[/tex][/quote]
@iademarco, secondo te, se prendi due interi positivi $ x,y $ entrambi divisibili per un intero $ d>1 $ è possibile che per qualche $ n>0 $ vale $ x \mid y^n-1 $
The only goal of science is the honor of the human spirit.
jordan ha scritto:@iademarco, secondo te, se prendi due interi positivi $ x,y $ entrambi divisibili per un intero $ d>1 $ è possibile che per qualche $ n>0 $ vale $ x \mid y^n-1 $
Credo di no...cmq ancora non capisco per quale motivo non va bene il mio ragionamento
"Il lemma fondamentale: se vi danno un esercizio è perchè potete farlo; se potete farlo è perchè è proprio facile; se è proprio facile è perchè servono delle cose che sapete; le cose che sapete sono pochissime, quindi avete da cercare in un insieme piccolissimo di cose" Michele Barsanti
[quote="julio14"]
jordan è in realtà l'origine e il fine di tutti i mali in [tex]\mathbb{N}[/tex][/quote]
jordan ha scritto:Sei d'accordo che r è multiplo di 21 no? Allora come puoi applicare il teorema di Eulero su r modulo 21? r dovrebbe essere coprimo con 21..
emh...si
"Il lemma fondamentale: se vi danno un esercizio è perchè potete farlo; se potete farlo è perchè è proprio facile; se è proprio facile è perchè servono delle cose che sapete; le cose che sapete sono pochissime, quindi avete da cercare in un insieme piccolissimo di cose" Michele Barsanti
[quote="julio14"]
jordan è in realtà l'origine e il fine di tutti i mali in [tex]\mathbb{N}[/tex][/quote]
jordan ha scritto: sai che r è un intero positivi multiplo di 21, quindi è almeno 21. Quindi $ r^{2100} $ è almeno $ 21^{2100} $. Quindi può esistere un intero positivo h tale che $ r^{2100}+h=21^k $?
Maioc92 ha scritto:(se k>2100 (e non 2001 )) Ma allora $ 2100!=21^k-(21n)^{2100} $ con $ k\ge 2100 $. E' ovvio che $ 21^{2100}|RHS $ ma $ 21^{2100} $ non divide $ 2100! $, il che è assurdo
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Maioc92 ha scritto:(se k>2100 (e non 2001 )) Ma allora $ 2100!=21^k-(21n)^{2100} $ con $ k\ge 2100 $. E' ovvio che $ 21^{2100}|RHS $ ma $ 21^{2100} $ non divide $ 2100! $, il che è assurdo
Maioc92 ha scritto:(se k>2100 (e non 2001 )) Ma allora $ 2100!=21^k-(21n)^{2100} $ con $ k\ge 2100 $. E' ovvio che $ 21^{2100}|RHS $ ma $ 21^{2100} $ non divide $ 2100! $, il che è assurdo
allora nn ho capito
Hai che 21 divide r, fin qui spero che si siamo. In particolare 7 divide r e poniamo r=7N.
(Visto che il caso k<2100 per cui supponiamo che sia maggiore o uguale a 2100).
L'equazione che abbiamo è della forma $ (7N)^{2100}+2100!=21^k $.
Spero sarai d'accordo che in questo caso $ 7^{2100} $ divide sia $ 21^k $ che $ (7N)^{2100} $.
Ma allora $ 7^{2100} $ divide anche $ 2100! $.
La domanda ora è: è vero che $ 7^{2100} $ divide $ 2100! $ ?
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)) Ma allora $ 2100!=21^k-(21n)^{2100} $ con $ k\ge 2100 $. E' ovvio che $ 21^{2100}|RHS $ ma $ 21^{2100} $ non divide $ 2100! $, il che è assurdo
