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Sia [tex]\displaystyle n[/tex] un numero intero positivo.

1. Dimostrare che per ogni [tex]\displaystyle n[/tex] esiste un numero [tex]\displaystyle m[/tex] della forma [tex]m=\displaystyle \underbrace{111...11}_{\text{x volte 1}} \underbrace{00...00}_{\text{y volte 0}}[/tex] (in pratica, un po' di uni seguiti da un po' di zeri, in base 10, naturalmente) tale che [tex]\displaystyle n | m[/tex].

2. Per ogni [tex]\displaystyle n[/tex] trovare il più piccolo [tex]\displaystyle m[/tex], sempre della stessa forma, tale che [tex]\displaystyle n|m[/tex].

3. E se il numero [tex]\displaystyle m[/tex] fosse della forma [tex]m=\displaystyle \underbrace{kkk...kk}_{\text{x volte k}} \underbrace{00...00}_{\text{y volte 0}}[/tex][tex]\displaystyle [/tex] con [tex]\displaystyle 1<k<10[/tex] intero?

a) Riscrivo il numero $m=\frac{10^x-1}{9}10^y$ devo dimostrare che per ogni $n$ esistono $x$ e $y$ tali che $n|\frac{10^x-1}{9}10^y$
Se $(10,n)=1$ allora pongo $10^x\equiv 1 \mod 9n$ uso il piccolo teorema di Fermat e pongo $x=\phi(9n)$ e ho vinto!
Se $(10,n)\not=1$ allora impongo $y=\max\{v_2(n), v_5(n)\}$ e detto $n'=\frac{n}{v_2(n)v_5(n)}$ scelgo $x=\phi(9n')$
In entrambi i casi ho trovato $x,y$ adatti.

b) scelti così $x,y$ non si può scegliere un $y$ minore perché 2 e 5 non dividono il primo termine e almeno uno dei due non divide neanche $10^{y-k}$.
Invece esistono $x$ minori perché la funzione $\phi$ non implica che l'esponente sia il più piccolo possibile: es $2^6\equiv1 \mod7$ ma anche $2^3\equiv1\mod7$

c) esiste comunque un multiplo di $n$ della forma $k\frac{10^x-1}{9}10^y$ ma rimane il problema del punto b) che devo ancora pensarci.

EDIT: avevo dimenticato un 9

paga92aren ha scritto:a) Riscrivo il numero $m=\frac{10^x-1}{9}10^y$ devo dimostrare che per ogni $n$ esistono $x$ e $y$ tali che $n|\frac{10^x-1}{9}10^y$
Se $(10,n)=1$ allora pongo $10^x\equiv 1 \mod 9n$ uso il piccolo teorema di Fermat e pongo $x=\phi(9n)$ e ho vinto!
Se $(10,n)\not=1$ allora impongo $y=\max\{v_2(n), v_5(n)\}$ e detto $n'=\frac{n}{v_2(n)v_5(n)}$ scelgo $x=\phi(9n')$
In entrambi i casi ho trovato $x,y$ adatti.

overkill!

paga92aren ha scritto:b) scelti così $x,y$ non si può scegliere un $y$ minore perché 2 e 5 non dividono il primo termine e almeno uno dei due non divide neanche $10^{y-k}$.
Invece esistono $x$ minori perché la funzione $\phi$ non implica che l'esponente sia il più piccolo possibile: es $2^6\equiv1 \mod7$ ma anche $2^3\equiv1\mod7$

be', questa non mi sembra una risposta

ngshya ha scritto:2. Per ogni $ \displaystyle n $ trovare il più piccolo $ \displaystyle m $, sempre della stessa forma, tale che $ \displaystyle n|m $.

$ m=\displaystyle 10^{\text{max}\{\upsilon_2(n),\upsilon_5(n)\}}\cdot \left(\frac{10^{\text{lcm}\{\text{ord}_2(2^{-\upsilon_2(n)}5^{-\upsilon_5(n)}n),\text{ord}_5(2^{-\upsilon_2(n)}5^{-\upsilon_5(n)}n)\}}-1}{9}\right) $

suppongo sia un ${\rm ord}_{10}$ all'esponente, al posto di un ${\rm ord}_2$ (e comunque io scriverei ${\rm ord}_a(b)$ per dire l'ordine moltiplicativo di $b$ mod $a$, e non viceversa: non so quanto sia universale questa convenzione, ma di solito si capisce dal contesto).

ma_go ha scritto:suppongo sia un ${\rm ord}_{10}$ all'esponente, al posto di un ${\rm ord}_2$ (e comunque io scriverei ${\rm ord}_a(b)$ per dire l'ordine moltiplicativo di $b$ mod $a$, e non viceversa: non so quanto sia universale questa convenzione, ma di solito si capisce dal contesto).

Ciao
Si, volevo intendere il minimo comune multiplo tra ord_2(N) e ord_5(N), dove N è composto dai soli fattori di n coprimi con 10.. (quando ho fatto copia mi sono dimenticato di mettere il 5, edito subito).

Ogni riferimento al TdN 1 dell'ammissione al WC è puramente casuale ...

Davvero è un esercizio dell'ammissione al WC?

Xamog ha scritto:Ogni riferimento al TdN 1 dell'ammissione al WC è puramente casuale ...

Di simile hanno solo dei numeri definiti in modo simile e delle relazioni di divisibilità. I punti in comune si fermano lì: questo problema ce l'hanno proposto al progetto Diderot, anche prima che uscissero gli esercizi di ammissione al WC se non sbaglio (chiedo conferma a ngshya).
io pensavo che per essere ammessi al WC bastasse la solita monetina da 20 centesimi :p

Credo che quelli del Diderot lo abbiano preso da qualche altra parte... e forse è anche un fatto noto.

jordan è tornato!