Un numero intero positivo si dice "doppio" se in decimale consiste di due blocchi uguali di cifre affiancati (ad esempio 128128 è doppio, mentre 49049 non lo è). Si dimostri che esistono infiniti numeri doppi che sono quadrati perfetti
io l'ho risolto in modo proprio brutto... good work
Cortona '95
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exodd
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come al solito sto rispondendo moooolto in fretta, quindi è molto probabile che scriva cavolate
visto che basta stabilire che non si può stabilire un numero massimo doppio che sia un quadrato perfetto, basta dire che non esiste un numero massimo 1000..01, tale che sia uguale a $ x*p^2 $
cioè basta dimostrare che non esiste un max n tale che
$ 10^n $ congruo a -1 modulo $ p^2 $
ovviamente se esiste n, ne esistono infiniti
di conseguenza deve esistere un generatore modulo $ p^2 $
escludendo 2,3,5, proviamo per p=7
visto che $ 10^{42} $ è congruo ad 1(piccolo teorema fermet)
alora $ 10^{21} $ può essere congruo a -1
$ 10^{21}=2^{10}*10=(-17)^2*10=44*10=-1 $
quindi $ 10^{21},10^{63},10^{105}... $ saranno congrui a -1 mod$ p^2 $
visto che basta stabilire che non si può stabilire un numero massimo doppio che sia un quadrato perfetto, basta dire che non esiste un numero massimo 1000..01, tale che sia uguale a $ x*p^2 $
cioè basta dimostrare che non esiste un max n tale che
$ 10^n $ congruo a -1 modulo $ p^2 $
ovviamente se esiste n, ne esistono infiniti
di conseguenza deve esistere un generatore modulo $ p^2 $
escludendo 2,3,5, proviamo per p=7
visto che $ 10^{42} $ è congruo ad 1(piccolo teorema fermet)
alora $ 10^{21} $ può essere congruo a -1
$ 10^{21}=2^{10}*10=(-17)^2*10=44*10=-1 $
quindi $ 10^{21},10^{63},10^{105}... $ saranno congrui a -1 mod$ p^2 $
Tutto è possibile: L'impossibile richiede solo più tempo
in geometry, angles are angels
"la traslazione non è altro che un'omotetia di centro infinito e k... molto strano"
julio14 ha scritto: jordan è in realtà l'origine e il fine di tutti i mali in $ \mathbb{N} $
ispiratore del BTAEvaristeG ha scritto:Quindi la logica non ci capisce un'allegra e convergente mazza.
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"la traslazione non è altro che un'omotetia di centro infinito e k... molto strano"
così magari uno alle primissime armi non capisce-
exodd
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invece penso che abbiamo sbagliato:
$ x $ deve essere compreso tra $ 10^n-1 $ e $ 10^{n-1} $
$ x $ deve essere compreso tra $ 10^n-1 $ e $ 10^{n-1} $
Tutto è possibile: L'impossibile richiede solo più tempo
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julio14 ha scritto: jordan è in realtà l'origine e il fine di tutti i mali in $ \mathbb{N} $
ispiratore del BTAEvaristeG ha scritto:Quindi la logica non ci capisce un'allegra e convergente mazza.
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"la traslazione non è altro che un'omotetia di centro infinito e k... molto strano"
x non è scelto a piacere.
faccio prima a scrivere il mio procedimento
Tutti i numeri doppi sono del tipo $ a(10^n+1) $ dove $ $a $ ha esattamente $ $n $ cifre. Se esistono infiniti $ $n $ per cui, per $ $p $ primo, $ $p^2|10^n+1 $, allora possiamo porre $ $a=\frac{10^n+1}{p^2}x^2 $, e sostituendo otteniamo che $ $a(10^n+1)=\frac{10^n+1}{p^2}x^2\cdot(10^n+1)=\frac{(10^n+1)^2 \cdot x^2}{p^2} $ che è sempre un quadrato. Dobbiamo quindi dimostrare che esistono infiniti $ $n $ per cui $ $p^2|10^n+1 $. Poniamo $ $n $ dispari e fattorizziamo in $ $(10+1)(10^{n-1}-10^{n-2}.....+1) $. Il primo fattore è uguale a 11, quindi dobbiamo dimostrare che il secondo fattore è multiplo di 11 per infiniti $ $n $. Ora, noi sappiamo che le potenze di 10 sono alternatamente congrue a 1 e a -1 a seconda che l'esponente sia rispettivamente pari o dispari. Dunque per far si che il secondo fattore sia multiplo di 11 basta imporre che $ $n $ sia un multiplo dispari di 11. Adesso, poichè $ $a $ deve avere esattamente $ $n $ cifre e che $ $\frac{10^n+1}{121} $ ha esattamente $ $n-2 $ cifre, dobbiamo scegliere un opportuno $ $x $ tale che la condizione precedente sia verificata: nel nostro caso va benissimo il 4, perchè $ $\frac{10^n+1}{121}16 $ ha sempre esattamente $ $n $ cifre.
faccio prima a scrivere il mio procedimento
Tutti i numeri doppi sono del tipo $ a(10^n+1) $ dove $ $a $ ha esattamente $ $n $ cifre. Se esistono infiniti $ $n $ per cui, per $ $p $ primo, $ $p^2|10^n+1 $, allora possiamo porre $ $a=\frac{10^n+1}{p^2}x^2 $, e sostituendo otteniamo che $ $a(10^n+1)=\frac{10^n+1}{p^2}x^2\cdot(10^n+1)=\frac{(10^n+1)^2 \cdot x^2}{p^2} $ che è sempre un quadrato. Dobbiamo quindi dimostrare che esistono infiniti $ $n $ per cui $ $p^2|10^n+1 $. Poniamo $ $n $ dispari e fattorizziamo in $ $(10+1)(10^{n-1}-10^{n-2}.....+1) $. Il primo fattore è uguale a 11, quindi dobbiamo dimostrare che il secondo fattore è multiplo di 11 per infiniti $ $n $. Ora, noi sappiamo che le potenze di 10 sono alternatamente congrue a 1 e a -1 a seconda che l'esponente sia rispettivamente pari o dispari. Dunque per far si che il secondo fattore sia multiplo di 11 basta imporre che $ $n $ sia un multiplo dispari di 11. Adesso, poichè $ $a $ deve avere esattamente $ $n $ cifre e che $ $\frac{10^n+1}{121} $ ha esattamente $ $n-2 $ cifre, dobbiamo scegliere un opportuno $ $x $ tale che la condizione precedente sia verificata: nel nostro caso va benissimo il 4, perchè $ $\frac{10^n+1}{121}16 $ ha sempre esattamente $ $n $ cifre.
marco