Aritmetica

[andrea84]

quindi 5|zⁿ ==> 5ⁿ|zⁿ
<BR>e 5^n-1|(2^p-1-2^p-2*3+...-2*3^p-2+3^p-1)
<BR>
<BR>credo e dico credo perchè è solo una congettura che se p>5 allora 5 non divide (2^p-1-2^p-2*3+...-2*3^p-2+3^p-1)

[Biagio]

<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>
<BR>On 2004-01-06 22:07, andrea84 wrote:
<BR>credo e dico credo perchè è solo una congettura che se p>5 allora 5 non divide (2^p-1-2^p-2*3+...-2*3^p-2+3^p-1)
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>
<BR>mi sa che è più di una congettura...

[talpuz]

ok, quindi ciò vorrebbe dire che necessariamente n=1, e saremmo a posto
<BR>
<BR>ora resta da dimostrare quella cosina lì <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif">

[andrea84]

Già... probabilmente analizzando le congruenze mod(25) di 3^p e 2^p salta fuori qualcosa...provate a fare a i conti...io ho un esame da preparare <IMG SRC="images/forum/icons/icon_confused.gif">
<BR>
<BR>Ciao

[andrea84]

sorry!<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: andrea84 il 07-01-2004 20:21 ]

[mario86x]

per l\'esercizio IMO:
<BR>forse con m=4*k^4 si riesce a scomporre in qualcosa di non primo
<BR>sostituendo si ha infatti
<BR>
<BR>n^4+4k^4=(n^2+2k^2)^2-4n^2*k^2 (differenza di due quadrati)=
<BR>=(n^2+2k^2-2nk)(n^2+2k^2+2nk)
<BR>

[Biagio]

si, è la stessa che ho trovato anch\'io, bravo.
<BR>ora vado su kalva a vedere se coincide
<BR>ps:m>1, altrimenti per m=1 n=1 si ottiene 5
<BR>-----
<BR>sono appena andato a vedere e coincide perfettamente con quella ufficiale, anche se ho trovato un\'altra sol. riconducibile comunque a quella.
<BR>m=4ⁿ
<BR>
<BR>dimostrare quindi che i numeri della forma n⁴+4ⁿ non sono mai primi.
<BR>
<BR>a voi
<BR>
<BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: Biagio il 07-01-2004 20:48 ] <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif"> <BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: Biagio il 07-01-2004 20:53 ]

[andrea84]

se n è pari il tutto non richiede dimostrazione
<BR>se n è dispari scriviamo
<BR>n^4+4^n come (n^2+2^n)^2-2^(n+1)*n^2 che possiamo facilmente scomporre in una differenza di due quadrati
<BR>
<BR>Ciao

[Biagio]

beccativo quest\'altro IMO facile facile:
<BR>
<BR>Find all positive integers n such that the set {n, n+1, n+2, n+3, n+4, n+5} can be partitioned into two subsets so that the product of the numbers in each subset is equal.

[dieciottantunesimi]

Miiiiinghia .... a me non me ne vengono proprio cazzarola, ma non è che c\'è il trucchetto?
<BR>E damme er libro!

[talpuz]

beh, intanto vedo di chiudere il primo
<BR>
<BR>eravamo arrivati a dire che 5|z, quindi z=5k per qualche k naturale
<BR>sostituendo
<BR>
<BR>2^p+3^p=5ⁿ*kⁿ
<BR>
<BR>ora, scriviamo 2=(5-3) e sviluppiamo la potenza p-esima del binomio. abbiamo
<BR>
<BR>2^p+3^p=(5-3)^p+3^p=sum[k=0->p](p k)5^k*(-3)^p-k+3^p=sum[k=1->p](p k)5^k*(-3)^p-k-3^p+3^p=sum[k=1->p](p k)5^k*(-3)^p-k
<BR>
<BR>uguagliando con il secondo membro e semplificando un 5
<BR>
<BR>sum[k=1->p](p k)5^k-1*(-3)^p-k=p*3^p-1+5h=5^n-1*kⁿ
<BR>
<BR>(ho sintetizzato in quell\'h il resto della sommatoria)
<BR>
<BR>e si vede chiaramente che per p=\\=5 il primo membro dell\'ultima uguaglianza non è divisibile per 5
<BR>
<BR>ergo
<BR>se p=\\=5, n=1 e z=2^p+3^p
<BR>se p=5 per verifica diretta, 2⁵+3⁵=275=5²*11, quindi anche qui n=1<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: talpuz il 08-01-2004 19:35 ]

[gip]

<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>
<BR>Find all positive integers n such that the set {n, n+1, n+2, n+3, n+4, n+5} can be partitioned into two subsets so that the product of the numbers in each subset is equal.
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>
<BR>Intanto ciao a tutti <IMG SRC="images/forum/icons/icon_biggrin.gif"> , è la prima volta che posto sul forum.
<BR>Quanto al problema, osserviamo innanzitutto che almeno uno tra quei sei numeri deve essere divisibile per un primo maggiore di 5; tre di essi, infatti, saranno divisibili per 2, mentre un altro, distinto da quei tre, sarà divisibile per 3; dei due numeri rimasti, essendo la loro differenza necessariamente <5, uno solo può essere divisibile per 5; il numero n restante, non essendo 1 (dal momento che i numeri dall\'1 al 6 banalmente non soddisfano la proprietà richiesta), dovrà essere multiplo di un primo p>5. Ma tra i sei numeri non vi sono altri multipli di p, dunque la partizione che contiene n sarà divisibile per p, quella che non lo contiene no; quindi l\'esercizio non ha soluzioni.
<BR>
<BR>Ciao! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">

[dieciottantunesimi]

Bello.

[Biagio]

ok, avete risolto tutto!adesso vedo se ne trovo qualcun altro carino...

[Biagio]

bon, eccovene uno rimasto insoluto, forse passato inosservato...di EvaristeG:
<BR>
<BR>dimostrare che quattro quadrati non possono essere in progressione aritmetica.