dimostrare che, se n+1 è un primo maggiore di 3,
$ n+1|1*n+2*(n-1)+3*(n-2)+...+\frac{n}{2}*(\frac{n}{2}+1) $
dimostratelo nel modo più corto possibile..
n+1|2(n+2n-2+3n-6+..)
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exodd
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n+1|2(n+2n-2+3n-6+..)
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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Re: n+1|2(n+2n-2+3n-6+..)
La somma è mal espressa... i puntini mi sembrano essere una forma contratta per dire "di qua aumenta di 1, di là diminuisce di 1", ma si parte con degli interi e poi ci si ritrova $ $\frac n2 $ che per primi maggiori di 3 non è intero...exodd ha scritto:$ n+1|1*n+2*(n-1)+3*(n-2)+...+\frac{n}{2}*(\frac{n}{2}+1) $
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exodd
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Re: n+1|2(n+2n-2+3n-6+..)
n+1 è primo, quindi n è pari..julio14 ha scritto:La somma è mal espressa... i puntini mi sembrano essere una forma contratta per dire "di qua aumenta di 1, di là diminuisce di 1", ma si parte con degli interi e poi ci si ritrova $ $\frac n2 $ che per primi maggiori di 3 non è intero...exodd ha scritto:$ n+1|1*n+2*(n-1)+3*(n-2)+...+\frac{n}{2}*(\frac{n}{2}+1) $
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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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quell'espressione modulo n+1 diventa
$ \displaystyle -\sum_{i=1}^{\frac n 2}i^2=-\frac{\frac n 2(\frac n 2+1)(n+1)}{6} $ per la nota formula della somma dei primi k quadrati. Poichè n+1>3, si conclude che quest'ultima espressione è $ \equiv 0\pmod{n+1} $. Non è tanto lunga cosi
$ \displaystyle -\sum_{i=1}^{\frac n 2}i^2=-\frac{\frac n 2(\frac n 2+1)(n+1)}{6} $ per la nota formula della somma dei primi k quadrati. Poichè n+1>3, si conclude che quest'ultima espressione è $ \equiv 0\pmod{n+1} $. Non è tanto lunga cosi
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!
E' vero una cosa molto piu generale: per ogni intero positivo $ m $ della forma $ 6k\pm 1 $ vale $ \displaystyle m \mid \sum_{1 \le i \le m-1, \text{gcd}(m,i)=1}{i^2} $ ( per una dimostrazione vedi qui).
Riguardo il problema originale, dobbiamo dimostrare che $ \displaystyle m \mid \sum_{1 \le i \le m-1}{i^2} $ per ogni $ m \in \mathbb{P}\setminus \{2,3\} $. Ovviamente $ \displaystyle m \mid \sum_{1 \le i \le m-1}{i} $ quindi $ m $ divide anche $ \displaystyle \left(\sum_{1 \le i \le m-1}{i}\right)^2=\left(\sum_{1\le i\le j\le m-1}{ij}\right) $. Se dimostro che $ m $ divide $ \displaystyle \left(\sum_{1\le i< j\le m-1}{ij}\right) $ allora per differenza ho la tesi. Ma questo è vero perchè in $ \mathbb{Z}/m\mathbb{Z} $ vale $ x^{m-1}-1=\displaystyle \prod_{1 \le i \le m-1}{(x-i)} $. []
Riguardo il problema originale, dobbiamo dimostrare che $ \displaystyle m \mid \sum_{1 \le i \le m-1}{i^2} $ per ogni $ m \in \mathbb{P}\setminus \{2,3\} $. Ovviamente $ \displaystyle m \mid \sum_{1 \le i \le m-1}{i} $ quindi $ m $ divide anche $ \displaystyle \left(\sum_{1 \le i \le m-1}{i}\right)^2=\left(\sum_{1\le i\le j\le m-1}{ij}\right) $. Se dimostro che $ m $ divide $ \displaystyle \left(\sum_{1\le i< j\le m-1}{ij}\right) $ allora per differenza ho la tesi. Ma questo è vero perchè in $ \mathbb{Z}/m\mathbb{Z} $ vale $ x^{m-1}-1=\displaystyle \prod_{1 \le i \le m-1}{(x-i)} $. []
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exodd
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Re: n+1|2(n+2n-2+3n-6+..)
essenzialmente, la mia è la stessa di jordan
$ 2[1*n+2*(n-1)+3*(n-2)+...+\frac{n}{2}*(\frac{n}{2}+1)]=(n+1)^2+(n+1)^2+...-(1^2+2^2+...+p^2) $
semplicemente usando il quadrato di binomio
$ 2*i*(n+1-i)=(n+1)^2-i^2-(n+1-i)^2 $
$ 2[1*n+2*(n-1)+3*(n-2)+...+\frac{n}{2}*(\frac{n}{2}+1)]=(n+1)^2+(n+1)^2+...-(1^2+2^2+...+p^2) $
semplicemente usando il quadrato di binomio
$ 2*i*(n+1-i)=(n+1)^2-i^2-(n+1-i)^2 $
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