Siano p e q numeri naturali tali che $ \displaystyle \frac p q =\sum_{i=1}^{1319}(-1)^{i+1}\frac1i $ .
Dimostrare che $ 1979| p $
strana curiosità sul numeratore di una strana frazione
strana curiosità sul numeratore di una strana frazione
[url=http://www.myspace.com/italiadimetallo][img]http://img388.imageshack.us/img388/4813/italiadimetallogn7.jpg[/img][/url]
Con una semplice routine in C++, per esempio, basta calcolare la somma e trovarne la rappresentazione razionale. Più facile di quello che pensi.salva90 ha scritto:non credo che risulti così semplice...Reese ha scritto:Hmm, basta fare i calcoli. E' una dimostrazione anche quella.
Comunque, l'ho detto, così magari precisavi che non è consentita la forza bruta.
Why would anybody want empathy?
si, in effetti lo credo anche iofph ha scritto:Ci hai provato veramente? Senza una libreria apposita per lavorare con interi immensi, ridurre tutto a denominatore comune è impraticabile.
[url=http://www.myspace.com/italiadimetallo][img]http://img388.imageshack.us/img388/4813/italiadimetallogn7.jpg[/img][/url]
-
MindFlyer
Carino questo problema...
Rinforziamo un po' la tesi (l'inverso modulare non credo di doverlo definire, credo ci sia in giro, nel caso chiedete)
Se $ p $ è un primo dispari tale che $ p=6k-1 $ per un qualche intero positivo $ k $, allora si avrà che:
$ $ S= \sum_{i=1}^{4k-1}(-1)^{i+1}\frac{1}{i}\equiv 0 \pmod p $
Per dimostrarlo innanzitutto riscriviamo $ S $
$ $ S= \sum_{i=1}^{4k-1}(-1)^{i+1}\frac{1}{i}=\sum_{i=1}^{4k-1}\frac{1}{i}-2\sum_{i=1}^{2k-1}\frac{1}{2i} $$ $ =\sum_{i=1}^{4k-1}\frac{1}{i}-\sum_{i=1}^{2k-1}\frac{1}{i}=\sum_{i=2k}^{4k-1}\frac{1}{i} $
Ora $ 2k+m\equiv -(4k-1-m)\pmod {6k-1} $
facendo variare $ m $ fra $ 0 $ e $ 2k-1 $ otterremo
$ $ S=\sum_{i=2k}^{4k-1}\frac{1}{i}\equiv \sum_{i=2k}^{4k-1}\frac{1}{(-i)}\pmod p $
quindi $ S\equiv -S\pmod p $ da cui concludiamo
$ 2S\equiv 0\pmod p $ che essendo $ p $ dispari equivale alla nostra tesi []
So che la notazione è veramente pesante, ma se vi scrivete su un foglio le sommatorie esplicitate dovrebbe tornarvi tutto abbastanza semplice... Cmq se qualcosa non fosse chiaro non esitate a chiedere.
Ah... Inserendo $ k=330 $ abbiamo la nostra tesi
Rinforziamo un po' la tesi (l'inverso modulare non credo di doverlo definire, credo ci sia in giro, nel caso chiedete)
Se $ p $ è un primo dispari tale che $ p=6k-1 $ per un qualche intero positivo $ k $, allora si avrà che:
$ $ S= \sum_{i=1}^{4k-1}(-1)^{i+1}\frac{1}{i}\equiv 0 \pmod p $
Per dimostrarlo innanzitutto riscriviamo $ S $
$ $ S= \sum_{i=1}^{4k-1}(-1)^{i+1}\frac{1}{i}=\sum_{i=1}^{4k-1}\frac{1}{i}-2\sum_{i=1}^{2k-1}\frac{1}{2i} $$ $ =\sum_{i=1}^{4k-1}\frac{1}{i}-\sum_{i=1}^{2k-1}\frac{1}{i}=\sum_{i=2k}^{4k-1}\frac{1}{i} $
Ora $ 2k+m\equiv -(4k-1-m)\pmod {6k-1} $
facendo variare $ m $ fra $ 0 $ e $ 2k-1 $ otterremo
$ $ S=\sum_{i=2k}^{4k-1}\frac{1}{i}\equiv \sum_{i=2k}^{4k-1}\frac{1}{(-i)}\pmod p $
quindi $ S\equiv -S\pmod p $ da cui concludiamo
$ 2S\equiv 0\pmod p $ che essendo $ p $ dispari equivale alla nostra tesi []
So che la notazione è veramente pesante, ma se vi scrivete su un foglio le sommatorie esplicitate dovrebbe tornarvi tutto abbastanza semplice... Cmq se qualcosa non fosse chiaro non esitate a chiedere.
Ah... Inserendo $ k=330 $ abbiamo la nostra tesi
"Ma devo prendere una n-upla qualsiasi o una n-upla arbitraria?" (Lui)
Giusto per rispondere: basta Derive.MindFlyer ha scritto:Qui però ti vai ad infognare tu, perché ora devi definire "forza bruta", che è più difficile di quanto probabilmente, anzi sicuramente immagini.Reese ha scritto:così magari precisavi che non è consentita la forza bruta.
Ok ok, basta OT.
Why would anybody want empathy?