OliForum Matematico

p^b=(19-2)(...)
<BR>
<BR>Quindi necessariamente p=17 e soluzione a=b=1
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<BR>Del resto si ha 2^a+17^b=(17+2)^a e quindi
<BR>
<BR>17^(b-1)=17^(a-1)+17^(a-2)*2+...+2^(a-1)
<BR>
<BR>Che nega ogni possibilità per b>1
<BR>

Vi sono tre sacchetti: il primo contiene 3 palline nere e 5 bianche, il secondo <BR>ne contiene 2 nere e 4 bianche ed il terzo 3 nere e 5 bianche. <BR>Viene scelto, a caso, uno dei tre sacchetti e da questo, sempre a caso, viene estratta una pallina. <BR> <BR>Sapendo che il colore di quest’ultima è ...

1) In effetti si poteva anche controllare la congruenza mod4, =-1, impossibile <BR> <BR>3) (10n+k)^3=...10nk^2 + k^3 <BR> <BR>Ora, ponendo k=1,3,7,9 oettengo le altrettante cifre dispari finali, al variare di n posso produrre tutte le cifre delle decine (l\'ultima cifra della casellina di un numero ...

Bella, karl, e c\'è un sistema veloce per trovarla,intendo cioè non a tentativi o ad occhio? Quindi piuttosto generale...
<BR>
<BR>Grazie

Si dimostri che per ogni n esiste un numero di n cifre, tutte diapari, divisibile per 5^n. <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">

Eh, sì...eccone un altro:
<BR>
<BR>Dimostrare che non esistono numeri primi nella seguente sequenza:
<BR>
<BR>10001, 100010001, 1000100010001, ...

Ve ne lascio ancora uno, leggero e veloce, giusto per rilassarsi...
<BR>
<BR>Dimostrare che ogni primo, tranne 2 e 5, divide infiniti numeri della forma
<BR>
<BR>11, 111, 1111, ...
<BR>
<BR>Ciao

Questi due mi hanno occupato un bel po\' di tempo... <BR> <BR>1) Dato un intero positivo k, dimostrare che esistono infiniti quadrati della forma (2^k)n – 7 (la parentesi chiarisce che n moltiplica 2^k) <BR> <BR>3)Dimostrare che se un’ infinita progressione aritmetica di interi positivi contiene un ...

16+(54-3)(54+3)(54+1)(54-1)=16+(54^2-9)(54^2-1)=(54^2-5)^2
<BR>
<BR>Davvero simpatico Matthew...<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: Novecento il 13-08-2004 19:58 ]

B) Notiamo che i possibili resti della divisione di un cubo per 7 sono -1,0,1, nel nostro caso y^3 dovrebbe essere congruo a 2 mod7, che per l\'appunto è impossibile...ciao

Tento: fra i numeri 2k+1 denoto con p il maggiore dei numeri primi e mettendo a denominator comune ottengo un numeratore non multiplo di p, in quanto somma di addendi di cui uno solo non multiplo di p, e un denominatore che invece presenta il fattore p...quindi la frazione non si semplifica. <BR> <B...

Mmh...questo era più infido degl\'altri (soggetttiva la cosa), in ogni caso proviamo: <BR> <BR>se ogni primo p compare al numeratore con un\'esponente maggiore o uguale a quello con cui si trova al denominatore si ha la tesi. Poichè la massima potenza di p che divide n! è data da sum[k=1...inf] [n/p...

Per Castore e Polluce! Quando hai ragione, hai ragione...e che la prima volta che l\'ho modificato ho corretto proprio errori ortografici! Io lo so che la sera devo andare a letto presto, se no non rendo...beh, in effetti era anche un pò rozza (come matematico me ne dolgo) e sei anche assai rugoso (...

Che pesante, uff...il mio e non era un è, bensì proprio un e, se la leggi con un po\' di enfasi riesci a capirlo...
<BR>
<BR>P.S.:su po\' nulla da ridire

In effetti hai frainteso, ma diciamo pure che il 49% <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif"> della colpa è mia, quell\'espressione poteva essere più chiara; nella mia mente suonava circa così: \"...e dire che la prima volta che l\'ho modificato ho proprio corretto...\" <BR>B...