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Determinare tutte le coppie (m,n) di interi positivi per cui
$ \sqrt [60] (m^[n^5-n]) $
risulta a sua volta un intero.

forse è $\sqrt[60]{m^{n^5-n}}$ ?

Il numero per essere un intero deve avere tutti gli esponenti multipli di 60=2^2\cdot 3 \cdot 5.
Scomponiamo l'esponente e otteniamo $ n(n+1)(n-1)(n^2+1) $. Notiamo che questa quantità è sempre multipla di $ 3 $e $ 5 $e di $ 2 $, ma non di $ 4 $: infatti l'unico caso in cui $ n^5-n $ non è multiplo di $ 4 $è se $ n\equiv 2 (mod 4) $. A questo punto quindi per avere un intero è necessario che m sia un quadrato perfetto (un fattore 2 lo abbiamo comunque), in modo da avere esponenti multipli anche di 4. In tutti gli altri casi non abbiamo restrizioni su $ m $.
Le soluzioni sono quindi nella forma $ (a;4b) $,$ (a;4b+1) $,$ (a;4b+3) $,(a^2;4b+2) per ogni intero $ a,b $

EvaristeG ha scritto:forse è $\sqrt[60]{m^{n^5-n}}$ ?

Codice: Seleziona tutto

\sqrt[60]{m^{n^5-n}}

Si , grazie mille. Non sono ancora praticissimo di latex

Triarii ha scritto:Il numero per essere un intero deve avere tutti gli esponenti multipli di $ 60=2^2\cdot 3 \cdot 5 $.
Scomponiamo l'esponente e otteniamo $ n(n+1)(n-1)(n^2+1) $. Notiamo che questa quantità è sempre multipla di $ 3 $e $ 5 $e di $ 2 $, ma non di $ 4 $: infatti l'unico caso in cui $ n^5-n $ non è multiplo di $ 4 $è se $ n\equiv 2 (mod 4) $. A questo punto quindi per avere un intero è necessario che m sia un quadrato perfetto (un fattore 2 lo abbiamo comunque), in modo da avere esponenti multipli anche di $ 4 $. In tutti gli altri casi non abbiamo restrizioni su $ m $.
Le soluzioni sono quindi nella forma $ (a;4b) $,$ (a;4b+1) $,$ (a;4b+3) $,(a^2;4b+2) per ogni intero $ a,b $

Precisamente...forse bisognerebbe dimostrare il fatto che l'MCD di $ n(n-1)(n+1)(n^2+1) $ è 30.
Per informazione questo era un esercizio preso dalle prove di ammissione Sant'Anna.

Beh, basta analizzare i moduli che ho detto e si nota subito che l'esponente è divisibile per 30.
Infatti è chiaramente multiplo di 2 (ci sono due fattori consecutivi) e si 3 (ci sono 3 fattori consecutivi).
Lo è anche di 5 : basta calcolarsi a mano l'esponente variando la classe di resto modulo 5 di n e notare che è sempre 0

Triarii ha scritto:Lo è anche di 5 : basta calcolarsi a mano l'esponente variando la classe di resto modulo 5 di n e notare che è sempre 0

Naturalmente per 2 e per 3 è banalissimo.Per 5 forse andava specificato: io avrei detto banalmente che quando non compare un multiplo di 5 tra i fattori $ (n-1)n(n+1) $, ossia per i numeri che terminano per 2,3,7,8 si verifica facilmente che $ n^2+1 $ è multiplo di 5. O forse è una semplificazione eccessiva?

Beh è praticamente la stessa cosa che ho fatto io. Io ho sfruttato le congruenze, tu pure, ma "implicitamente". Ti consiglio di guardarle se non le conosci già, perchè funzionano per ogni numero (la tua osservazione si basava sulla cifra finale, ma se tu avessi avuto numeri tipo 7 non avresti potuto usare quel ragionamento, mentre magari con le congruenze avresti potuto dire qualcosa)

perchè se avessi avuto in numero 7 non avrei potuto sfruttare questo ragionamento?

Prendi ad esempio $ n(n+1)(n-1)(n^2+3)(n^2+5) $
Con le congruenze è un attimo dimostrare che questa quantità è sempre multiplo di 7.
Il tuo ragionamento come lo applicheresti qui? Sinceramente non conosco un metodo diverso dalle congruenze per mostrarlo rigorosamente (escludendo il poco rigoroso "torna sempre"), ma se ne conosci uno sono ben lieto di consocerlo

Ok, avevo capito che il mio ragionemento non andava bene nel problema in questione per dimostrare che se n=7 l'MCD della quantità in questione rimane 30. Mentre qui si parla di un'altro ipotetico problema, che effettivamente va risolto con le congruenze.

C'è una osservazione generale che può essere fatta ed è meglio fare, sul problema di trovare l'MCD di simili espressioni: il piccolo teorema di Fermat dice che $a^{p-1}\equiv 1 \bmod p$ per ogni $a$ con $(a,p)=1$ e per ogni $p$ primo.
Un corollario "solito" è che $a^p\equiv a \bmod p$. D'altra parte si può anche ricavare $a^{k(p-1)+1}\equiv a \bmod p$ per ogni $k$.
Dunque, consideriamo $n^5-n$. Dal corollario "solito", notiamo che $n^5-n\equiv 0\bmod 5$ per ogni $n$; inoltre, vediamo che $5=4+1$ e i divisori di $4$ sono $1,2,4$.
Il caso $4=p-1$ l'abbiamo già trattato, è il corollario "solito".
Il caso $4=2(p-1)$, ovvero $p=3$, ci dice che $n^5-n\equiv 0\bmod 3$.
Il caso $4=4(p-1)$, ovvero $p=2$, ci dice che $n^5-n\equiv 0\bmod 2$.
Per capire se tali congruenze rimangono valide modulo $p^2$ o $p^3$ o altre potenze più alte si può procedere per tentativi (calcolando ad esempio i primi termini per $n=1,2,3,\ldots$), oppure provare ad applicare Eulero-Fermat (per chi lo conosce). Ma la prima strada è più pratica, direi.
In questo caso, per $n=2$, si ha $n^5-n=30$, quindi il più grande modulo per cui $n^5-n\equiv 0\mod m$ è $m=30$ (come si deduce dalle tre congruenze precedenti applicando il teorema cinese del resto).

Poi, ovviamente, questo va applicato per risolvere il problema.

Non che non si possa ragionare sulle cifre finali o su cose tipo: o $n$ o $n-1$ è pari, quindi $n(n-1)$ è pari, uno tra $n-1$, $n$, $n+1$ è multiplo di $3$, quindi anche $n^3-n$ lo è. Però, già con un'espressione tipo $n^7-n$ si hanno dei problemi, proprio perché la divisibilità per $7$ non si esprime comodamente in termini delle cifre e ragionare su $n(n-1)(n+1)(n^2+n+1)(n^2-n+1)$ non è agevolissimo.

EvaristeG ha scritto:C'è una osservazione generale che può essere fatta ed è meglio fare, sul problema di trovare l'MCD di simili espressioni: il piccolo teorema di Fermat dice che $a^{p-1}\equiv 1 \bmod p$ per ogni $a$ con $(a,p)=1$ e per ogni $p$ primo.
Un corollario "solito" è che $a^p\equiv a \bmod p$. D'altra parte si può anche ricavare $a^{k(p-1)+1}\equiv a \bmod p$ per ogni $k$.
Dunque, consideriamo $n^5-n$. Dal corollario "solito", notiamo che $n^5-n\equiv 0\bmod 5$ per ogni $n$; inoltre, vediamo che $5=4+1$ e i divisori di $4$ sono $1,2,4$.
Il caso $4=p-1$ l'abbiamo già trattato, è il corollario "solito".
Il caso $4=2(p-1)$, ovvero $p=3$, ci dice che $n^5-n\equiv 0\bmod 3$.
Il caso $4=4(p-1)$, ovvero $p=2$, ci dice che $n^5-n\equiv 0\bmod 2$.
Per capire se tali congruenze rimangono valide modulo $p^2$ o $p^3$ o altre potenze più alte si può procedere per tentativi (calcolando ad esempio i primi termini per $n=1,2,3,\ldots$), oppure provare ad applicare Eulero-Fermat (per chi lo conosce). Ma la prima strada è più pratica, direi.
In questo caso, per $n=2$, si ha $n^5-n=30$, quindi il più grande modulo per cui $n^5-n\equiv 0\mod m$ è $m=30$ (come si deduce dalle tre congruenze precedenti applicando il teorema cinese del resto).
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Grazie mille EvaristeG, questo post mi è stato molto utile per capire meglio l'esercizio, che avevo deciso di risolvere valutando l'andamento delle cifre finali proprio perché si trattava di un caso molto semplice, ma indubbiamente, in un problema solo un pò più complesso come quello che hai citato, risulta indispensabile sfruttare le congruenze.