Algebra - Aritmetica

In questo forum si discute delle Olimpiadi di Matematica

Moderatore: tutor

edony
Messaggi: 204
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Salerno

Messaggioda edony » 01 gen 1970, 01:33

<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE> <BR>On 2005-01-22 17:41, HiTLeuLeR wrote: <BR><!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE> <BR>On 2005-01-22 15:00, edony wrote: <BR>n° 2: sia g un generatore mod p allora la produttoria può essere scritta come <BR>(g^a_1)*....*(g^a_phi(p-1)) = g^(a_1 + a_2 +...+a_phi(p-1)). Quindi è sufficiente dimostrare che a_1 + a_2 +...+a_phi(p-1) = 0 mod(p-1). <BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End --> <BR>Ineccepibile, almeno fin qui... <BR> <BR><!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE> <BR>Gli a_i sono tutti e solo i numeri minori di p-1 e primi con esso. <BR>Se un numero n è primo con p-1, allora, ovviamente, anche p-1-n è primo con p-1 [...] <BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End --> <BR>Siamo d\'accordo anche su questo fronte, ma lasciami precisare (pedanteria!!!) che gli a<sub>i</sub> sono tutti e soli gli <!-- BBCode Start --><I>interi positivi</I><!-- BBCode End --> < p-1 e primi con esso... <BR> <BR><!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE> <BR>[...] quindi possiamo accoppiare i numeri della somma in modo da avere sempre termini=0 mod(p-1)del tipo a_i + (p-1 - a_i) ne segue (essendo phi(p-1) pari) che la somma di sopra è = 0 mod(p-1) e di conseguenza il prodotto è = 1 mod(p-1) <BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End --> <BR>Eh, no... Qui già non ci troviamo più d\'accordo! Innanzitutto, nota che la tua dimostrazione non tiene conto in alcun modo del fatto che la tesi non è vera nel caso singolare in cui sia p = 3 (btw, l\'unica radice primitiva mod 3 è g = 2, e chiaramente 2 =\\= 1 mod 3). Inoltre, la condizione circa la parità di phi(p-1) cui giustamente hai fatto riferimento vale sse p > 2. Quindi, prima di procedere, sarebbe cosa buona e giusta levarsi di torno, innanzitutto, il caso p = 2. Forse possono sembrare delle quisquilie, non oso dubitarlo, ma sommate nell\'insieme, di fatto, levano punti! Pertanto... <BR> <BR>A questo punto, veniamo al passaggio logico più risicato del tuo proof: per affermare che gli interi a<sub>1</sub>, a<sub>2</sub>, ..., a<sub>phi(p-1)</sub> possono essere accoppiati di modo tale che la loro somma sia pari a p-1 dovresti prima provare che a<sub>i</sub> e (p-1) - a<sub>i</sub> sono <!-- BBCode Start --><I>distinti</I><!-- BBCode End --> per ogni i = 1, 2, ..., phi(p-1), altrimenti non se ne fa nulla!!! <BR> <BR>L\'idea dimostrativa è comunque interessante (e del tutto differente dalla mia). A questo punto, devi soltanto trovare il modo di tappare le falle... <BR> <BR>EDIT: manie...<font color=white> <BR> <BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 22-01-2005 18:02 ] <BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End --> <BR>Ho anche omesso di dimostrare che gli a_i sono primi con p-1 e che phi(p-1) è sempre pari(per p>3) e forse anche qualche altra \"piccolezza\" <BR>E chiaro quindi che non mi piace essere molto ridondante...ma per una maggiore esattezza diciamo che le imprecisioni che hai trovato possono essere eliminate così <BR>per p>3 vale quanto detto prima. <BR>per p=2 la tesi è vera come si può verificare; per p=3 non è vera. <BR>Evviva la pignoleria <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif"> <BR>

Avatar utente
HiTLeuLeR
Messaggi: 1874
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Reggio di Calabria

Messaggioda HiTLeuLeR » 01 gen 1970, 01:33

<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE> <BR>On 2005-01-22 20:55, edony wrote: <BR>Ho anche omesso di dimostrare che gli a_i sono primi con p-1 e che phi(p-1) è sempre pari (per p>3) e forse anche qualche altra \"piccolezza\" <BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End --> <BR>Beh, il primo è un fatto noto, peraltro già discusso in questo stesso forum. Magari mi metto a cercare il link, così puoi sincerartene. E poi non capisco l\'esigenza di quotare per intero il post mio precedente... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif"> <BR> <BR>Il secondo è così banale, che non mi dava cuore chiederti di provarlo. Il punto è un altro, in ogni caso: le tue omissioni sono errori, fintanto che non ci spendi neppure UNA parola. Un conto è formulare un\'affermazione che, seppure indimostrata, resta comunque VERA nel principio. Ben altro è sparare boiate e poi sperare di cavarsela semplicemente col dire: \"Ma sai, siccome trattavasi di piccolezze, mi sono concesso qualche licenza e ho messo tutto lì nel mucchio.\" Se non sei d\'accordo, beh... Mi spiace, ma lasciati ricordare che, per arrampicarsi sugli specchi, bisogna essere quantomeno l\'uomo ragno... <BR> <BR>P.S.: e comunque non hai risposto all\'eccezione più importante che ti ho mosso! Come dimostri che a<sub>i</sub> e (p-1) - a<sub>i</sub> sono distinti per ogni i = 1, 2, ..., phi(p-1) ? -_- <BR> <BR>EDIT: sia chiaro, è un fatto banalissimo!!! Ma va detto, in ogni caso...<font color=white><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 22-01-2005 21:30 ]

Avatar utente
HiTLeuLeR
Messaggi: 1874
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Reggio di Calabria

Messaggioda HiTLeuLeR » 01 gen 1970, 01:33

Clicca <a href=\"http://olimpiadi.ing.unipi.it/modules.php?op=modload&name=Forums&file=viewtopic&topic=2926&forum=5\"><font color=blue><!-- BBCode Start --><B>qui</B><!-- BBCode End --></font></a>, magari! Si tratta del problema n° 2.

edony
Messaggi: 204
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Salerno

Messaggioda edony » 01 gen 1970, 01:33

Per dimsotrare che a_i e p-1 -a_i sono distinti basta dire che se così non fosse allora phi(p-1) dovrebbe essere dispari perchè si avrebbe tra le tante coppie una coppia coincidente(a_i e p-1-a_1 possono essere uguali per un solo valore di i spero che questa tu me la dia buona). <BR>oppure si può vedere che se a_i=p-1-a_i allora 2a_i=p-1e siccome p-i>2 a_i | p-1 che è assurdo. <BR> <BR>p.s ho visto scritto in qualche dimostrazione (2+2)*3=12 senza spendere neanche UNA parola sul fatto che 2+2=4...mi sa che presto saremo invasi da falsi uomo ragno

Avatar utente
HiTLeuLeR
Messaggi: 1874
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Reggio di Calabria

Messaggioda HiTLeuLeR » 01 gen 1970, 01:33

Ok, adesso va non bene, ma più che bene!!! Soltanto mi sfugge il senso della tua riflessione (?!?) finale, già... Ti sei dato all\'ermetismo o pensi forse che...?

Avatar utente
HiTLeuLeR
Messaggi: 1874
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Reggio di Calabria

Messaggioda HiTLeuLeR » 01 gen 1970, 01:33

Tanto vale che \"esibisca\" pure la <!-- BBCode Start --><I>mia</I><!-- BBCode End --> soluzione al problema n° 2, a questo punto. In fondo, ogni regola ha le proprie eccezioni, per cui... <BR> <BR>------- <BR> <BR>Se p = 2, la tesi è banale, poiché l\'unica radice primitiva mod 2 è g = 1. Sia dunque p > 3. E allora, se g è una qualunque radice primitiva mod p, la medesima proprietà è pure soddisfatta dal suo inverso aritmetico mod p. <BR> <BR>Ergo, poiché le uniche soluzioni distinte dell\'equazione modulare x<sup>2</sup> = 1 mod p sono x = 1 ed x = p-1 (mod p), e siccome né 1 né p-1 sono radici primitive mod p, se p > 3, si deduce che g<sub>1</sub>, g<sub>2</sub>, ..., g<sub>phi(p-1)</sub>, in quanto radici primitive distinte mod p, si associano in phi(p-1)/2 coppie di tipo (u,v) tali che: uv = 1 mod p, ove si tenga conto nondimeno del fatto che phi(p-1) = 0 mod 2. <BR> <BR>Pertanto, a meno d\'un\'inessenziale permutazione sugli indici, si può assumere g<sub>2k-1</sub> = g<sub>2k</sub><sup>-1</sup> mod p, p.o. k=1, 2, ..., phi(p-1)/2, sicché: g<sub>2k-1</sub> g<sub>2k</sub> = 1 mod p. <BR>Di qui: prod<sub>k=1...phi(p-1)</sub> g<sub>k</sub> = prod<sub>k=1...phi(p-1)/2</sub> g<sub>2k-1</sub>g<sub>2k</sub> = 1 mod p, q.e.d. <BR> <BR>EDIT: corretti alcuni errori di tabulazione! <IMG SRC="images/forum/icons/icon21.gif"><font color=white><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 23-01-2005 08:33 ]

Avatar utente
HiTLeuLeR
Messaggi: 1874
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Reggio di Calabria

Messaggioda HiTLeuLeR » 01 gen 1970, 01:33

<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE> <BR>On 2005-01-22 22:19, HiTLeuLeR wrote: <BR>[...] se g è una qualunque radice primitiva mod p, la medesima proprietà è pure soddisfatta dal suo inverso aritmetico mod p. <BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End --> <BR>QUESTO è l\'esempio d\'una proposizione VERA, ma non dimostrata. E\' chiaro finalmente il senso, edony, o debbo aiutarmi con delle diapositive? <BR> <BR>------------ <BR> <BR>Giusto per la cronaca, ho aggiunto un\'altra tripletta di problemi alla lista originaria, per rimpiazzare quelli \"bruciati\" da edony, masso e boll. Fra questi, il proof della proposizione di cui sopra!

Avatar utente
MASSO
Messaggi: 134
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Piacenza\Pisa
Contatta:

Messaggioda MASSO » 01 gen 1970, 01:33

HiTLeuLeR ovviamente hai ragione; e per porvi rimedio dimostrero qui che se k è dispari non esistono terne che soddisfano il problema: <BR>Problema 3: determinare tutte e sole le terne (m,n,k) di interi positivi, con <BR>k > 1, tali che: 1! + 2! + ... + m! = n^k. <BR>poniamo k dispari, siccome la somma a sinistra è sempre divisibile per 3, se k è dispari dovrà essere anche divisibile per 27; osserviamo ora le congruenze modulo 27 (della somma dei fattoriali) al variare di m: <BR>1,3,9,6,18,9,0,9,9,9,..... <BR>perciò se esistesse una terna che rispetti le condizioni essa avrebbe m=7; ma quindi la somma a sinistra è congrua a 3 modulo 10 e quindi k deve essere 3, (deve essere della forma 4p+3 ma già 3^7 è troppo grande); quindi con le congruenze cubiche si deduce che n finisce per 7, ma essendo multiplo di tre deve essere della forma 27+30h; ma già 27^3 è troppo grande per cui non esistono terne aventi k dispari maggiore di 1 che rispettino la condizione iniziale; il caso k=1 è già stato discusso. <BR>EDIT:corretto dopo l\'intervento di HiTLeuLeR<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: MASSO il 23-01-2005 19:01 ]

Avatar utente
HiTLeuLeR
Messaggi: 1874
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Reggio di Calabria

Messaggioda HiTLeuLeR » 01 gen 1970, 01:33

<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE> <BR>On 2005-01-23 12:24, MASSO wrote: <BR>poniamo k dispari, siccome la somma a sinistra è sempre divisibile per 3, se k è dispari dovrà essere anche divisibile per 27 [...] <BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End --> <BR>Alt!!! Giusto per voler trovare il pelo nell\'uovo, quest\'è vero <!-- BBCode Start --><I>solo</I><!-- BBCode End --> per m > 1, che di fatto è il caso su cui ti sei concentrato nel prosieguo del tuo ultimo messaggio. Lo so, sono dettagli, ma a conti fatti segnano le differenze... <BR> <BR><!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE> <BR>[...] perciò se esistesse una terna che rispetti le condizioni essa avrebbe m=7; ma 7 è dispari e perciò la somma è pari [...] <BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End --> <BR>Se non ho frainteso il senso, il discorso qui proprio non fila! Ok, le congruenze mod 27 mostrano che, se k è un dispari intero > 1 e l\'equazione proposta ammette soluzioni, allora m = 1 oppure m = 7. Tuttavia: 1! + 2! + ... + m! = 1 mod 2, per ogni m € N<sub>0</sub>, poiché k! = 0 mod 2, per ogni k intero > 1. Vedi di sistemare quest\'ultimo passaggio logico e mettiamoci una pietra sopra...

Avatar utente
Boll
Messaggi: 1076
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Piacenza
Contatta:

Messaggioda Boll » 01 gen 1970, 01:33

<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE> <BR><font color=green><!-- BBCode Start --><B>Problema 12:</B><!-- BBCode End --></font> sapendo che, in rappresentazione decimale, risulta essere 34! = 95232799cd96041408476186096435ab000000, calcolare le cifre incognite \'a\', \'b\', \'c\', \'d\' che figurano a secondo membro. <BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End --> <BR> <BR>Cazzati i conti, poca voglia di rifarli...<font color=white><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: Boll il 24-01-2005 13:09 ]
"Ma devo prendere una n-upla qualsiasi o una n-upla arbitraria?" (Lui)

Avatar utente
Boll
Messaggi: 1076
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Piacenza
Contatta:

Messaggioda Boll » 01 gen 1970, 01:33

<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE> <BR><font color=green><!-- BBCode Start --><B>Problema 8:</B><!-- BBCode End --></font> provare che esiste un intero positivo k > 0 tale che, per ogni <BR>n € N<sub>0</sub>, k · 2<sup>2<sup>n</sup></sup> + 1 sia un numero composto. <BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End --> <BR> <BR>Per farmi perdonare della dimostrazione precedente, in cui non riporto tutti i conti, faccio questa per benino. <BR> <BR> <BR>Dimostriamo innanzitutto che 2<sup>2n</sup>==1 (3) comunque preso n naturale>0. Proviamo la tesi per induzione: per n=1 è verificata, se è vero per n avremo che 2<sup>2n</sup>*2<sup>2</sup>==1*4==1 (3), quindi la tesi è verificata per induzione. <BR> <BR>Ora avremo che 2<sup>2<sup>n</sup></sup>=2<sup>2j</sup>, se n>0, se n=0 la tesi diventa banale, basta porre k=17. <BR>Ora abbiamo, quindi, modulo 3, che k+1 dev\'essere composto, ci basterà prendere k==2 mod 3 per verificare la tesi, notando, che il numero costruito è > 4k+1 e quindi, per k>0, sempre maggiore di 3, che è l\'unico primo ==0 modulo 3. <BR> <BR>EDIT: Corretto il 4, ero un pò sbasito...<font color=white><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: Boll il 24-01-2005 13:08 ]
"Ma devo prendere una n-upla qualsiasi o una n-upla arbitraria?" (Lui)

Avatar utente
HiTLeuLeR
Messaggi: 1874
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Reggio di Calabria

Messaggioda HiTLeuLeR » 01 gen 1970, 01:33

<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE> <BR>On 2005-01-23 17:32, Boll wrote: <BR>Problema 12: [...] sfruttando l\'identità di Legendre possiamo scomporre il numero cercato, che risulta essere <BR>n=34!= 2<sup>28</sup>*3<sup>15</sup>*5<sup>7</sup>*7<sup>4</sup>*11<sup>3</sup>*13<sup>2</sup>*17<sup>2</sup>*19*23*29*31 <BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End --> <BR>Naturalmente, non era affatto necessario fornire la scomposizione in fattori primi completa di 34!, e forse è pure per questo che il problema ti è risultato più contoso di quanto, in effetti, non sia risultato a me. In ogni caso, dacché hai voluto strafare, beh... quantomeno avresti dovuto usare diligenza. Mi duole infatti doverti appuntare, come sempre più spesso accade, che la tua soluzione è piena zeppa di errori di ogni sorta!!! Persino sulla scomposizione di cui sopra c\'è da ridere e ridire... Baaah! Eppure si trattava solo di conti, tu stesso hai avuto premura di sottolinearlo... Orbene, nella scomposizone in fattori primi di 34!, l\'esponente del 2 è 32, e non 28. Me dio, se questo è modo... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_confused.gif"> <BR> <BR><!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE> <BR>ora, dividiamo tutto per 10<sup>7</sup> e, guardando la congruenza modulo 10, troveremo \'a\'. Sfruttando le propreità delle congruenze e il teorema di Euler Fermat si arriva a dire che a=6 <BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End --> <BR>Beh, nonostante le tue raccomandazioni, sono <!-- BBCode Start --><I>costretto</I><!-- BBCode End --> a chiederti di scrivere estesamente i conti a cui ti riferisci, soprattuto dal momento che le conclusioni cui ti conducono sono, di fatto, catastroficamente sbagliate! Di conseguenza, anche tutto il seguito del tuo bel discorsertto risulta, mi spiace dirtelo, da rivedere... Poooooooooooovero misero boll! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif"> <BR> <BR>P.S.: l\'idea risolutiva è comunque azzeccata. Consolati... <IMG SRC="images/forum/icons/icon21.gif"> <font color=white><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 23-01-2005 20:38 ]

Avatar utente
HiTLeuLeR
Messaggi: 1874
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Reggio di Calabria

Messaggioda HiTLeuLeR » 01 gen 1970, 01:33

<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE> <BR>On 2005-01-23 19:11, Boll wrote: <BR>Problema 8: [...] per farmi perdonare della dimostrazione precedente, in cui non riporto tutti i conti, faccio questa per benino. <BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End --> <BR>Per farti perdonare dei disastri che combini ci vorrebbe ben altro, in verità, ma vabbe\'... Chiudendo un occhio o anche due, può anche darsi cheee... <BR> <BR><!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE> <BR>Dimostriamo innanzitutto che 2<sup>2n</sup>==1 (3) comunque preso n naturale>0. Proviamo la tesi per induzione: per n=1 è verificata, se è vero per n avremo che 2<sup>2n</sup>*2<sup>2</sup>==1*4==1 (3), quindi la tesi è verificata per induzione. <BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End --> <BR>Sì, vero! In alternativa, più semplicemente, si può sfruttare il teorema di Euler-Fermat, congiuntamente alle proprietà elementari delle congruenze (già discusse altrove in questo forum in modo sistematico), osservando che risulta phi(3) = 2, ove phi(·) denota - come sempre - la totiente di Eulero. <BR> <BR><!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE> <BR>se n=0 la tesi diventa banale, basta porre k=4. <BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End --> <BR>Questa non l\'ho capita! Innanzitutto, la traccia del problema che ho proposto non copre il caso n = 0 (btw, non ne capisco il perché, visto che avrebbe reso la questione giusto un epsilon più interessante). In secondo luogo, la scelta k = 4, per quanto vada bene nel caso n = 0, tuttavia è assolutamente inadatta per un certo numero di altri casi (n = 1, per esssempio). Maaah... <IMG SRC="images/forum/icons/icon27.gif"> <BR> <BR>L\'esercizio può ritenersi comunque risolto, per cui provvedo subito a rimpiazzarlo con un altro, cui ho dedicato gli ultimi due giorni! <IMG SRC="images/forum/icons/icon24.gif"> <font color=white><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 23-01-2005 20:58 ]

Avatar utente
thematrix
Messaggi: 465
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Quartu S.E. (CA)
Contatta:

Messaggioda thematrix » 01 gen 1970, 01:33

<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE> <BR>On 2005-01-22 11:01, HiTLeuLeR wrote: <BR> <BR> <BR><font color=green><!-- BBCode Start --><B>Problema 12:</B><!-- BBCode End --></font> sapendo che, in rappresentazione decimale, risulta essere 34! = 95232799cd96041408476186096435ab000000, calcolare le cifre incognite \'a\', \'b\', \'c\', \'d\' che figurano a secondo membro. <BR> <BR>NOTA: naturalmente, è fatto assoluto divieto di usare calcolatrici et similia! A limite, è ammesso l\'impiego dell\'abaco o delle fave secche... Regolatevi!!! <BR> <BR> <BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 23-01-2005 21:09 ] <BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End --> <BR> <BR>provo così: <BR> <BR><font color=white>1) 34!=N * 5^7 * 2^32,quindi termina con sette zeri.Dunque,b=0. <BR> <BR>2) (34!) / (5^7*2^7) = N * 2^25;poichè 1*3*7*9==9(10),abbiamo N==9*9*9*3*(15/5)*(30/(2*5))==3(10). Inoltre,dato che 2^25==2(10), (N* 2^25)==6(10).Quindi,a=6. <BR> <BR>3)La somma di tutte le cifre è 143+c+d.Poichè 9|34!,sappiamo che c+d=1 o c+d=10.Ora,sommando le cifre che occupano una posizione dispari(cioè la prima,la terza,la quinta...),otteniamo come valore 65+c,e con quelle pari 78+d.Dato che 11|34!,otteniamo che 11|78+d-65-c,dunque c-d=2 (se c-d=-9,avremo c+d=9,impossibile).poichè c e d sono positivi,l\'unica soluzione è c+d=10,e quindi c=6 e d=4.</font> <BR> <BR> <BR>Spero sia giusto... <BR><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: thematrix il 23-01-2005 22:30 ]
Sunshine or rain, it's all the same, life isn't gray
oh Mary-Lou.

(Mary-Lou --- Sonata Arctica)

Avatar utente
HiTLeuLeR
Messaggi: 1874
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Reggio di Calabria

Messaggioda HiTLeuLeR » 01 gen 1970, 01:33

Innanzitutto vi debbo le mie scuse, visto che nel messaggio originario (solo adesso me ne rendo conto) la traccia del problema n° 12 conteneva un errore di battitura: m\'ero perso un 2 per strada, per cui il calcolo di \'c\' e \'d\' ne risultava necessariamente compromesso! Vogliatemi ancora perdonare... <BR> <BR>Altro discorso dicasi in quanto alla determinazione di \'a\' e \'b\'. I risultati suggeriti da boll, come pure da matrix, concordano sul fatto che debba essere a = 6, e tuttavia i miei calcoli suggeriscono invece che la soluzione corretta sia a = 2. Boooh, vedrò di controllare più attentamente gli argomenti di matrix, ché quelli di boll - come già si è discusso - si commentano pressoché da soli! Ne riparliamo alla prossima, in ogni caso, ché mo\' vi debbo salutare. Ciao! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_smile.gif"><font color=white> <BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 23-01-2005 22:44 ]


Torna a “[vecchio forum]Le olimpiadi della matematica”

Chi c’è in linea

Visitano il forum: Nessuno e 1 ospite