La ricerca ha trovato 41 risultati
- 08 dic 2014, 17:42
- Forum: Teoria dei Numeri
- Argomento: Non possono essere tutti primi
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Re: Non possono essere tutti primi
Oppure $a\mid abc+ab+ac+bc+a+b+c=(a+1)(b+1)(c+1)$ E cicliche Da cui $abc\mid (a+1)(b+1)(c+1)$ Supponiamo ora $a>b>c$ Se fossero tutti primi sarebbe $a>b+1$, $a>c+1$ e $a\nmid a+1$ Infatti non può essere $a=b+1$ perchè gli unici primi consecutivi sono $2,3$ ma $c$ non sarebbe più primo in quel caso Q...
- 08 dic 2014, 17:23
- Forum: Teoria dei Numeri
- Argomento: Quadrati dei divisori
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Re: Quadrati dei divisori
Infatti $2p$ è il più piccolo divisore pari di $n$ maggiore di $2$ e $p<2p$
Ma $2p$ deve essere sommato necessariamente quindi anche $p$ deve essere sommato
Ma $2p$ deve essere sommato necessariamente quindi anche $p$ deve essere sommato
- 08 dic 2014, 17:22
- Forum: Teoria dei Numeri
- Argomento: Quadrati dei divisori
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Re: Quadrati dei divisori
Puoi accorciare eliminando il caso $1$ Infatti deve essere $1+4+d_3^2+d_4^2=2n_1$ Quindi esattamente $1$ tra $d_3$ e $d_4$ è pari Ma allora $2n_1\equiv 1+0+1+0\equiv 2\pmod 4$ Quindi $4\nmid n$ Ma allora $n=2d$ con $d$ dispari Quindi, sia $p$ il più piccolo primo che divide $n$, vale $d_3=p,d_4=2p$ ...
- 19 ott 2014, 13:07
- Forum: Teoria dei Numeri
- Argomento: Successione infinitamente pari ed infinitamente dispari
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Re: Successione infinitamente pari ed infinitamente dispari
$1)$ Dimostriamo che non esiste $N$ tale che $c_n$ è dispari per $n\ge N$ Supponiamo $c_n$ dispari per un qualche $n$ intero positivo Sia $c_n=2^md+1$ con $d$ dispari $c_{n+1}=3\cdotp 2^{m-1}d+1$ $c_{n+2}=3^2\cdotp 2^{m-2}d+1$ . . . $c_{n+m}=3^md+1\equiv 0\pmod 2$ $2)$ Dimostriamo che non esiste $N$...
- 12 set 2014, 21:27
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- Argomento: Un classico che fa bene al raffreddore
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Re: Un classico che fa bene al raffreddore
Grazie mille per i consigli
Guarderò quel link
Guarderò quel link
- 10 set 2014, 14:53
- Forum: Teoria dei Numeri
- Argomento: Un classico che fa bene al raffreddore
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Re: Un classico che fa bene al raffreddore
$n=p_1^{a_1}\cdotp p_2^{a_2}\cdotp \ldots \cdotp p_m^{a_m}$ Allora $\varphi (n)=n(\frac {p_1-1} {p_1})\cdotp \ldots \cdotp (\frac {p_m-1} {p_m})$ Osserviamo che per $n$ dispari, $\varphi (n)$ è pari con $n\ge 2$, infatti $p_q-1$ sarebbe pari, con $1\le q\le m$ In quel caso dunque $\varphi (n)\nmid n...
- 10 ago 2014, 00:05
- Forum: Teoria dei Numeri
- Argomento: $x^2+y^2+z^2-wp=0, 0<w<p$
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Re: $x^2+y^2+z^2-wp=0, 0<w<p$
Sí intendevo $a$ e $-a$ modulo $p$ cioé $a$ e $p-a$
Scusate l'imprecisione
Ho provato in vari modi col pigeonhole ma non ne uscivo in fretta quindi ho optato per un'altra soluzione
Scusate l'imprecisione
Ho provato in vari modi col pigeonhole ma non ne uscivo in fretta quindi ho optato per un'altra soluzione
- 09 ago 2014, 14:00
- Forum: Teoria dei Numeri
- Argomento: $x^2+y^2+z^2-wp=0, 0<w<p$
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Re: $x^2+y^2+z^2-wp=0, 0<w<p$
Supponiamo di avere già $x,y,z$ tali che $x^2+y^2+z^2\equiv 0\pmod p$ Allora, poiché $x^2\equiv (p-x)^2\pmod p$ Possiamo sempre scegliere $x,y,z\le \frac {p-1} 2$ Quindi $x^2+y^2+z^2<p^2$ Ora, supponiamo che esistano $a$ e $-a$ positivi tali che siano entrambi residui quadratici modulo $p$ Allora sc...
- 05 mag 2014, 17:49
- Forum: Teoria dei Numeri
- Argomento: E' vecchia di 2 anni, ma sempre bella
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- Visite : 3943
Re: E' vecchia di 2 anni, ma sempre bella
L'unica soluzione è $(2,251,252)$ $x^3(y+z)(y^2-yz+z^2)=2012(xyz+2)$ $max{gcd(x^3,xyz+2)=2}$ Quindi $x=1$ o $gcd(x,2012)\ne 1$ Ma allora $x=2x_1$ Se no avremmo $x\ge 503$ Ma allora srebbe $LHS>RHS$ Quindi $x_1^3(y+z)(y^2-yz+z^2)=503(x_1yz+1)$ Chiaramente $gcd(x_1,503)=1$ Quindi $gcd(y^3+z^3,503)=503...
- 23 apr 2014, 01:02
- Forum: Teoria dei Numeri
- Argomento: primi e cubi
- Risposte: 5
- Visite : 4719
Re: primi e cubi
Oppure $p(p-1)=(k-1)(k^2+k+1)$ $p\nmid k-1$ Quindi $p\mid k^2+k+1$ Quindi $k-1\mid p-1$ $p=nk-n+1$ $nk-n+1\mid k^2+k+1$ Ma allora, senza aumentare le soluzioni infatti $(n,nk-n+1)=1$, $nk-n+1\mid n(k^2+k+1)-k(nk-n+1)$ $nk-n+1\mid 2nk+n-k$ Ma allora $nk-n+1\mid 2nk+n-k-2(nk-n+1)$ $nk-n+1\mid 3n-k-2$ ...
- 20 apr 2014, 14:37
- Forum: Algebra
- Argomento: Sette non è un numero perfetto
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- Visite : 1438
Re: Sette non è un numero perfetto
$p(x)=a_nx^n+\ldots +a_1x+a_0$
$p(k)-p(m)=a_n(k^n-m^n)+\ldots +a_1(k-m)$
$k-m\mid p(k)-p(m)$
Quindi
$b-7\mid 8$
$a-7\mid 77$
$a-b\mid 85$
Con
$7<a<b$
Da cui
$b=8,9,11,15$
$a=8,14,18,84$
$a-b=1,5,17,85$
Da cui l'unica coppia possibile
$(14,9)$
$p(k)-p(m)=a_n(k^n-m^n)+\ldots +a_1(k-m)$
$k-m\mid p(k)-p(m)$
Quindi
$b-7\mid 8$
$a-7\mid 77$
$a-b\mid 85$
Con
$7<a<b$
Da cui
$b=8,9,11,15$
$a=8,14,18,84$
$a-b=1,5,17,85$
Da cui l'unica coppia possibile
$(14,9)$
- 19 mar 2014, 18:15
- Forum: Teoria dei Numeri
- Argomento: 176. Somma di Quadrati
- Risposte: 3
- Visite : 3856
Re: 176. Somma di Quadrati
Giuste entrambe!!
Ho risposto tardi perchè non mi apriva il topic
Ho risposto tardi perchè non mi apriva il topic
- 09 mar 2014, 15:26
- Forum: Teoria dei Numeri
- Argomento: Tutto il contrario turuturu tutto divide tutto
- Risposte: 5
- Visite : 4752
Re: Tutto il contrario turuturu tutto divide tutto
Sia $k=ord_r(t)$ Essendo, per il Piccolo Teorema Di Fermat, $t^{r-1}\equiv 1\pmod r$ Avremo $k\mid r-1$ Se vale la tesi avremo $t^{pq}\equiv 1\pmod r$ Ma allora deve essere $k\mid pq$ Da cui i casi $k=p$ $k=q$ $k=1$ $k=pq$ Nel primo caso e nel terzo vale $r\mid t^p-1$ Dal quarto caso otteniamo $pq\m...
- 03 mar 2014, 14:43
- Forum: Teoria dei Numeri
- Argomento: 175. Doppia divisibilità
- Risposte: 15
- Visite : 7976
Re: 175. Doppia divisibilità
Certo, se $b-1\mid b+1$ deve essere $b-1\mid 2$ cioè $b=2,3$
Mi sono perso solo quella no?
Mi sono perso solo quella no?
- 01 mar 2014, 12:21
- Forum: Teoria dei Numeri
- Argomento: 176. Somma di Quadrati
- Risposte: 3
- Visite : 3856
176. Somma di Quadrati
Sia $k\in \mathbb N$
Siano $p=\frac {p_1} {p_2}, q=\frac {q_1} {q_2},m=\frac {m_1} {m_2}, n=\frac {n_1} {n_2}$
Con $p_1,p_2,q_1,q_2,n_1,n_2,m_1,m_2\in \mathbb Z^0$
Trovare $(p,q,n,m,k)$ tali che valga
\begin{equation} (p+q\sqrt {2})^{2k}+(n+m\sqrt {2})^{2k}=5+4\sqrt {2} \end{equation}
Siano $p=\frac {p_1} {p_2}, q=\frac {q_1} {q_2},m=\frac {m_1} {m_2}, n=\frac {n_1} {n_2}$
Con $p_1,p_2,q_1,q_2,n_1,n_2,m_1,m_2\in \mathbb Z^0$
Trovare $(p,q,n,m,k)$ tali che valga
\begin{equation} (p+q\sqrt {2})^{2k}+(n+m\sqrt {2})^{2k}=5+4\sqrt {2} \end{equation}