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Dimostrare che esistono infiniti interi positivi $ \displaystyle~n $ per cui $ \displaystyle~n! $ non è multiplo di $ \displaystyle~n^2+1 $.
Dimostrare che esistono infiniti interi positivi $ \displaystyle~n $ per cui $ \displaystyle~n! $ è multiplo di $ \displaystyle~n^2 + 1 $.

per il punto 2 si può fare cosi:
scelgo $ n=2k^2 $ con k intero positivo e $ k\equiv 1\pmod 5 $. Usando un trucchetto classico, scompongo $ 4k^4+1 $ come $ (2k^2+2k+1)(2k^2-2k+1) $. Il fatto che il primo fattore sia divisibile per 5 mi assicura di poter scrivere $ n^2+1 $ come prodotto di 3 numeri diversi (escludendo casi banali) e minori di n, il che basta a concludere che $ n^2+1|n! $ per infiniti n.

Per il punto 1 ci sto ancora pensando. Avevo pensato di riuscire a dimostrare che esistono infiniti primi della forma $ n^2+1 $, ma poi ho controllato su internet e ho scoperto che è una congettura...

$ 4k^4+1 $ come $ (2k^2+2k+1)(2k^2-2k+1) $.

Scomponi così solo quando l'esponente è una potenza di 2? O può essere anche utile mettere il doppio prodotto sotto radice?

il fatto è che non si può sistemare tutto con una radice... l'idea alla base di questa fattorizzzione è questa: $ 4k^4+1=4k^4+4k^2+1-4k^2=(2k^2+1)^2-4k^2=(2k^2+2k+1)(2k^2-2k+1) $. In generale puoi applicare questa cosa se hai un binomio della forma $ 2^{2a}x^{4m}+2^{2b}y^{4n} $ tale che $ a+b+1\equiv 0\pmod2 $ (ovviamente $ a,b,m,n\in\mathbb N $). L'espressione sembra complicata ma la ricavi facilmente provando ad applicare la stessa idea nel caso generale

Molto bene! Il 2° è ancora più facile per chi sa un po' di teoria (quella del senior diciamo)..

[quote="Maioc92"] Il fatto che il primo fattore sia divisibile per 5 mi assicura di poter scrivere $ n^2+1 $ come prodotto di 3 numeri diversi (escludendo casi banali) e minori di n, il che basta a concludere che $ n^2+1|n! $ per infiniti n.

[quote]
perchè ti assicura di poterlo scriver come prodotto di 3numeri diversi e che quindi n! divide n^2+1?

Sicuo che vuoi sapere perchè gli assicura che è prodotto di 3 nuemri diversi e non perchè è divisibile per 5?

Comunque poichè $ 2k^2+2k+1 $ è divisibile per 5 e siccome k se non è 1(credo che sia il caso banale di cui parlava) è minimo 6(poichè è conguo a 1 in mod 5) allora è anche maggiore di 5 quindi è $ 5\cdot q\cdot 2k^2-2k+1 $


Spero di non aver infangato il post di Maioc92 scrivendo una ca*+ata

si, esatto, è proprio cosi

Claudio. ha scritto:Spero di non aver infangato il post di Maioc92 scrivendo una ca*+ata

tranquillo, ci penso da solo a "infangare" i miei post con qualche ca***ta ogni tanto

danielf ha scritto:

Maioc92 ha scritto: Il fatto che il primo fattore sia divisibile per 5 mi assicura di poter scrivere $ n^2+1 $ come prodotto di 3 numeri diversi (escludendo casi banali) e minori di n, il che basta a concludere che $ n^2+1|n! $ per infiniti n.

perchè ti assicura di poterlo scriver come prodotto di 3numeri diversi e che quindi n! divide n^2+1?

vorrei sapere quello cheho chiesto..grazie

danielf ha scritto: vorrei sapere quello cheho chiesto..grazie

Ti hanno risposto sul perchè è scrivibile come prodotto di 3 interi diversi... il resto è abbastanza facile: n²+1 è minore di n!, e se è scrivibile come prodotto di tre interi minori di n allora dividerà n!, che è prodotto di tutti gli interi fino ad n

Comunque devi chiudere tutti i tag che apri se no non funzionano (mi riferisco ai quote)

Claudio. ha scritto:credo che sia il caso banale di cui parlava

A dire il vero, a priori i casi banali sono un bel po'. Bisognerebbe controllare che tutti e tre i fattori siano minori di n, e che non ce ne siano due uguali. In ogni caso, una volta impostate equazioni e disequazioni si vede al volo senza stare a risolverle che hanno un numero finito di soluzioni, il che ci mette il cuore in pace

julio14 ha scritto:

Claudio. ha scritto:credo che sia il caso banale di cui parlava

A dire il vero, a priori i casi banali sono un bel po'. Bisognerebbe controllare che tutti e tre i fattori siano minori di n, e che non ce ne siano due uguali. In ogni caso, una volta impostate equazioni e disequazioni si vede al volo senza stare a risolverle che hanno un numero finito di soluzioni, il che ci mette il cuore in pace

Si...poi per $ n<4 $
$ n!<n^2-1 $

Controesempio: con k = 6 viene $ 2k^2 + 2k + 1 = 85 = 5\cdot17 $. O tra i "numeri diversi" comprendi anche l'1?
La soluzione ovviamente rimane giusta è solo un fatto di termini.

perchè controesempio?? Con k=6 abbiamo $ n^2+1=4k^4+1=5\cdot 17\cdot 61 $, che chiaramente divide $ 72! $.
Comunque non sono uno sprovveduto, ho considerato tutte queste cose e l'unico caso che crea problemi (se non ho sbagliato qualche calcolo ovviamente, infatti ho messo "casi" e non "caso" per stare sul sicuro) è k=1