OliForum Matematico

Gara Nazionale 1990:
Dimostrare che $ \displaystyle x^2+5x+16 $ non è divisibile per $ \displaystyle 169 $, per ogni $ \displaystyle x $ intero.

Bye,
#Poliwhirl#

Soluzione bruttissima:
se è divisibile per 169 allora lo è anche per 13. Questo vuol dire che
$ x^2+5x+16 \equiv 0 (\mod 13) $
$ x(5+x) \equiv 10 (\mod 13) $
che si verifica facilmente avere solo la soluzione $ x \equiv 4 (\mod 13) $

Allora $ (13k+4)^2+65k+20+16 \equiv 0 (\mod 169) $
$ 169k^2+16+104k+65k+36 \equiv 0 (\mod 169) $

$ 169k+52 \equiv 0 (\mod 169) $
$ 52 \equiv 0 (\mod 169) $

che è ovviamente sempre falsa
Perdonatemela: è la soluzione che mi è venuta dopo 3 minuti, lo so che fa schifo

Mi accorgo solo ora di questo problema: viva l'attenzione
Penso che il concetto, comunque, sia proprio quello che tu hai esposto,
Darkcrystal.
Con un risultato del tutto equivalente, io ho cercato di tirar fuori
dall'espressione proposta un quadrato e dei multipli di 13:
x²+5x+16 = (x+9)²-13·(x+9)+13·4.
Questo mi ha fatto vedere che x²+5x+16 è senz'altro divisibile per 13
quando lo è x+9. In tal caso, allora, (x+9)²-13·(x+9) sarebbe divisibile
per 169=13·13, mentre 52 (=13·4) no. Ciò significa che x²+5x+16 è al
massimo divisibile per 13.

Un problema Parmense, lo riguardavo giusto qualche sera fa. Alla fine è la stessa cosa di Davide, ma forse si può comprendere meglio anche senza conoscere le congruenze

$ f(x)=x^2+5x+16=(x-4)^2+13x $
Quindi perchè $ f(x) $ sia multipla di $ 13 $ dev'essere $ x=13k+4 $ (sfruttando il fatto che 13 sia un numero primo)
$ f(13k+4)=169k^2+13(13k+4)=169k^2+169k+52 $

The claim follows

Beh, però anche se non le conosci, le usi implicitamente.... quando scrivi $ 13k+4 $

Ti eviti il "si verifica facilmente" che sarebbero dodici robbe pallosissime a mano ed è tutto più immediato e diretto, invece che caduto dal cielo