Staffetta tdn
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Re: Staffetta tdn
Hai pienamente ragione, riscrivo le idee di fondo
1) la parte in cui mi riduco alle potenze di primi è la stessa strategia che si usa per dimostrare il Teorema Cinese del Resto, di poco generalizzata
2) i polinomi "nulli" (mod $ \displaystyle p^2 $) sono tutti e soli quelli nella forma $ \displaystyle p^2R_0(x)+px(x-1)\cdots(x-(p-1))R_1(x)+x(x-1)\cdots(x-(p-1))(x-p)(x-(p+1))\cdots(x-(2p-1))R_2(x) $ con $ \displaystyle R_0(x),R_1(x),R_2(x)\in\mathbb{Z}[x] $ di grado minore di p (a parte eventualmente $ \displaystyle R_2(x) $.
3) i polinomi "nulli" (mod $ \displaystyle p^a $ con $ \displaystyle a\le p $) sono tutti e soli quelli nella forma $ \displaystyle p^aR_0(x)+p^{a-1}x(x-1)\cdots(x-(p-1))R_1(x)+p^{a-2}x(x-1)\cdots(x-(2p-1))R_2(x)+\ldots+x(x-1)\cdots(x-(ap-1))R_a(x) $ con $ \displaystyle R_0(x),R_1(x),\ldots,R_a(x)\in\mathbb{Z}[x] $ di grado minore di p (a parte eventualmente $ \displaystyle R_a(x) $.
L'idea ovviamente è che un polinomio nullo è della forma $ \displaystyle \sum_{i=0}^a p^{a-i}(x^p-x)^i R_i(x) $, ma non si può dire a priori.
Cmq il messaggio precedente era la vendetta per l'exponential formula del senior
1) la parte in cui mi riduco alle potenze di primi è la stessa strategia che si usa per dimostrare il Teorema Cinese del Resto, di poco generalizzata
2) i polinomi "nulli" (mod $ \displaystyle p^2 $) sono tutti e soli quelli nella forma $ \displaystyle p^2R_0(x)+px(x-1)\cdots(x-(p-1))R_1(x)+x(x-1)\cdots(x-(p-1))(x-p)(x-(p+1))\cdots(x-(2p-1))R_2(x) $ con $ \displaystyle R_0(x),R_1(x),R_2(x)\in\mathbb{Z}[x] $ di grado minore di p (a parte eventualmente $ \displaystyle R_2(x) $.
3) i polinomi "nulli" (mod $ \displaystyle p^a $ con $ \displaystyle a\le p $) sono tutti e soli quelli nella forma $ \displaystyle p^aR_0(x)+p^{a-1}x(x-1)\cdots(x-(p-1))R_1(x)+p^{a-2}x(x-1)\cdots(x-(2p-1))R_2(x)+\ldots+x(x-1)\cdots(x-(ap-1))R_a(x) $ con $ \displaystyle R_0(x),R_1(x),\ldots,R_a(x)\in\mathbb{Z}[x] $ di grado minore di p (a parte eventualmente $ \displaystyle R_a(x) $.
L'idea ovviamente è che un polinomio nullo è della forma $ \displaystyle \sum_{i=0}^a p^{a-i}(x^p-x)^i R_i(x) $, ma non si può dire a priori.
Cmq il messaggio precedente era la vendetta per l'exponential formula del senior
Re: Staffetta tdn
Nabir Albar ha scritto: Cmq il messaggio precedente era la vendetta per l'exponential formula del senior
Comunque perfetto A te
p.s. per curiosità... chi sei?
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"Allora impara a fare meno il ruffiano. Io non lo faccio mai e guarda come sono ganzo" Tibor Gallai
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Re: Staffetta tdn
Problema 84. Fissato un intero positivo $ z $, mostrare che l'equazione $ n!=z^x-z^y $ ha un numero finito di soluzioni in $ \mathbb{N} $.
Btw, sono il vecchio kn.
Btw, sono il vecchio kn.
Re: Staffetta tdn
Se z=1 è ovvio. D'ora in poi sfrutto implicitamente $z>1$
Prendo il minor primo $p>z$.
Assumo esistano infinite soluzione $(a_n,x_n,y_n)$ (crescenti in $a_n$) che soddisfano e tali che $p\le a_n$.
Chiamo Eq:n l'uguaglianza:
$\displaystyle \frac{a_n!}{a_0!}=z^{x_n-x_0}\left(\frac{z^{y_n}-1}{z^{y_0}-1}\right)$
Che si dimostra sfruttando il fatto che le triple sono soluzioni e facendo quindi la divisione membro a membro
In Eq:n LHS è intero, quindi anche RHS lo è perciò $z^{y_n}-1\mid z^{y_0}-1$ da cui deriva $y_0\mid y_n$
Estraggo la valutazione p-adica da entrambe le parti di Eq:n :
$\displaystyle\left\lfloor\frac{a_n-a_0}{p}\right\rfloor\le \upsilon_p\left(\frac{z^{y_n}-1}{z^{y_0}-1}\right)$
Vale $p|z^{y_0}-1$ per la definizione di p, inoltre $y_0\mid y_n$ quindi posso applicare lifting the exponent (il cui nome in italiano è per me ancora un mistero glorioso) ottenendo
$\displaystyle\left\lfloor\frac{a_n-a_0}{p}\right\rfloor\le \upsilon_p\left(\frac{y_n}{y_0}\right)$
Da cui si ottiene:
$\displaystyle y_n\ge p^{\left\lfloor\frac{a_n-a_0}{p}\right\rfloor}$
Ma allora definitivamente $\displaystyle y_n> p^{\frac{a_n}{2p}}$
Deve valere perciò (sfruttando il fatto che $a_n,x_n,y_n$ sono soluzioni) $a_n!\ge z^{x_n}\cdot z^{p^{\frac{a_n}{2p}}}$ definitivamente. Da questo si ottiene che esistono n grandi a piacere (dato che gli $a_n$ sono infiniti sono anche grandi a piacere) tali che (pongo z=2... che è il caso peggiore):
$(2pn)!>2^{p^n}$
Estraggo il logaritmo in base 2 da entrambe le parti e maggiorizzo LHS:
$(2pn)^2>2pn+(2pn-1)+\dots +1>\log(2pn)+\log(2pn-1)+\dots + log(2)+log(1)>p^n$
Che ovviamente è falso definitivamente al crescere di $n$ quindi ho un assurdo da cui gli $a_n$ sono finiti.
Prendo il minor primo $p>z$.
Assumo esistano infinite soluzione $(a_n,x_n,y_n)$ (crescenti in $a_n$) che soddisfano e tali che $p\le a_n$.
Chiamo Eq:n l'uguaglianza:
$\displaystyle \frac{a_n!}{a_0!}=z^{x_n-x_0}\left(\frac{z^{y_n}-1}{z^{y_0}-1}\right)$
Che si dimostra sfruttando il fatto che le triple sono soluzioni e facendo quindi la divisione membro a membro
In Eq:n LHS è intero, quindi anche RHS lo è perciò $z^{y_n}-1\mid z^{y_0}-1$ da cui deriva $y_0\mid y_n$
Estraggo la valutazione p-adica da entrambe le parti di Eq:n :
$\displaystyle\left\lfloor\frac{a_n-a_0}{p}\right\rfloor\le \upsilon_p\left(\frac{z^{y_n}-1}{z^{y_0}-1}\right)$
Vale $p|z^{y_0}-1$ per la definizione di p, inoltre $y_0\mid y_n$ quindi posso applicare lifting the exponent (il cui nome in italiano è per me ancora un mistero glorioso) ottenendo
$\displaystyle\left\lfloor\frac{a_n-a_0}{p}\right\rfloor\le \upsilon_p\left(\frac{y_n}{y_0}\right)$
Da cui si ottiene:
$\displaystyle y_n\ge p^{\left\lfloor\frac{a_n-a_0}{p}\right\rfloor}$
Ma allora definitivamente $\displaystyle y_n> p^{\frac{a_n}{2p}}$
Deve valere perciò (sfruttando il fatto che $a_n,x_n,y_n$ sono soluzioni) $a_n!\ge z^{x_n}\cdot z^{p^{\frac{a_n}{2p}}}$ definitivamente. Da questo si ottiene che esistono n grandi a piacere (dato che gli $a_n$ sono infiniti sono anche grandi a piacere) tali che (pongo z=2... che è il caso peggiore):
$(2pn)!>2^{p^n}$
Estraggo il logaritmo in base 2 da entrambe le parti e maggiorizzo LHS:
$(2pn)^2>2pn+(2pn-1)+\dots +1>\log(2pn)+\log(2pn-1)+\dots + log(2)+log(1)>p^n$
Che ovviamente è falso definitivamente al crescere di $n$ quindi ho un assurdo da cui gli $a_n$ sono finiti.
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Re: Staffetta tdn
Molto bene
Per chiarezza, hai sostituito implicitamente $ x\mapsto x+y $ e $ y\mapsto x $
Posta pure il nuovo problema
Per chiarezza, hai sostituito implicitamente $ x\mapsto x+y $ e $ y\mapsto x $
Posta pure il nuovo problema
Re: Staffetta tdn
Problema 85:
Dato $n\ge 2$ intero, quanto vale:
$\displaystyle\upsilon_2\left(\binom{2^{n+1}}{2^n}-\binom{2^n}{2^{n-1}}\right)$
Dato $n\ge 2$ intero, quanto vale:
$\displaystyle\upsilon_2\left(\binom{2^{n+1}}{2^n}-\binom{2^n}{2^{n-1}}\right)$
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Re: Staffetta tdn
Penso che quel $v(n)$ sia una funzione particolare(?),potresti definirla?
<<Se avessi pensato (se pensassi) che la matematica è solo tecnica
e non anche cultura generale; solo calcolo e non anche filosofia,
cioè pensiero valido per tutti, non avrei fatto il matematico (non
continuerei a farlo)>> (Lucio Lombardo Radice, Istituzioni di
Algebra Astratta).
Mathforum
$ \displaystyle\zeta(s)=\sum_{n=1}^\infty \frac {1}{n^s} $
e non anche cultura generale; solo calcolo e non anche filosofia,
cioè pensiero valido per tutti, non avrei fatto il matematico (non
continuerei a farlo)>> (Lucio Lombardo Radice, Istituzioni di
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$ \displaystyle\zeta(s)=\sum_{n=1}^\infty \frac {1}{n^s} $
Re: Staffetta tdn
Dato $p$ primo e $n$ intero positivo definisco $\upsilon_p(n)$ l'esponente di $p$ nella fattorizzazione di $n$matty96 ha scritto:Penso che quel $v(k)$ sia una funzione particolare(?),potresti definirla?
Si chiama valutazione p-adica e si scrive così in latex
Codice: Seleziona tutto
\upsilon_p(n)
Insomma il problema sta chiedendo quanti 2 dividono quell'espressione
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Re: Staffetta tdn
ok.....grazie,ora ci penso un pò vediamo cosa ne esce.
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continuerei a farlo)>> (Lucio Lombardo Radice, Istituzioni di
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Re: Staffetta tdn
bene, provo.
$ \binom{2^{n+1}}{2^n} -\binom{2^n}{2^{n-1}} = \frac{(2^{n+1})!}{(2^n)!(2^{n+1}-2^{n})!} -\frac{(2^{n})!}{(2^{n-1})!(2^{n}-2^{n-1})!} $. Essendo $ 2^{n+1} -2^n = 2^n $ si ha che l'espressione di partenza diventa:
$ \frac{(2^{n+1})!}{(2^n)!} -\frac{(2^n)!}{(2^{n-1})!} $.
Essendo $ \frac{(2^n)!}{(2^{n-1})!} =(2^{n-1}+1)(2^{n-1}+2) \dots (2^{n-1}+2^{n-1}) = \prod_{r=1}^{2^{n-1}}(2^{n-1}+r) $ Si ottiene che l'espressione di partenza diviene
$ \frac{\prod_{r=1}^{2^n}(2^n-r)}{(2^n)!} -\frac{\prod_{r=1}^{2^{n-1}}(2^{n-1}+r)}{(2^{n-1})!} $
Essendo però $ \prod_{r=1}^{2^{n-1}}(2^{n-1}+r) = \frac{\prod_{r=1}^{2^{n-1}}(2^{n-1}+r)^2}{\prod_{r=1}^{2^{n-1}}(2^{n-1}+r)} = \frac{\prod_{r=1}^{2^{n-1}}(2^{n}+2r)^2}{2^n\prod_{r=1}^{2^{n-1}}(2^{n-1}+r)} $ ( questo avviene in conseguenza del fatto che $ \prod_{r=1}^{2^{n-1}}(2^{n-1}+r)^2 $ ha $ 2^n $ fattori (che sono uguali a due a due, ma ciò ha poca importanza (?)))
Da qui l'espressione iniziale diventa
$ \frac{\prod_{r=1}^{2^{n}}(2^n+r)}{(2^n)!}-\frac{\prod_{r=1}^{2^{n-1}}(2^{n-1}+2r)^2}{(2^n)!\prod_{r=1}^{2^{n-1}}(2^{n-1}+2r)} $
Da cui, "unendo" le due frazioni e ( questa è la cosa che maggiormente mi lascia perplesso ) facendo qualche osservazione furba, si ottiene
$ \frac{\bigl( \prod_{r=1}^{2^{n-1}}(2^{n-1}+r)\prod_{k=1}^{2^{n-1}}(2^n+2k-1) -\prod_{r=1}^{2^{n-1}}(2^r+2r) \bigr) \prod_{r=1}^{2^{n-1}}(2^n+2r)}{(2^n)! \prod_{r=1}^{2^{n-1}}(2^{n-1}+r)} $. Bene.
Faccio alcune osservazioni:
$ \upsilon _2 (\prod_{r=1}^{2^{n-1}}(2^{n-1}+r)) = \upsilon _2 (2^n!) -\upsilon _2 (2^{n-1}!) = 2^n-1-( 2^{n-1} -1)= 2^{n-1} $
$ \upsilon _2 (\prod_{r=1}^{2^{n-1}}(2^r+2r)) = 2^{n-1} +2^{n-1} -1 = 2^n -1 $
EDITATO MOLTE VOLTE : <enigma>: ho corretto la parte giusta ? prima che vado avanti e faccio un disastro...
P.S. : aspetto risposte per fare qualsiasi cosa...
PPS: ho provato epr n=2 ed esche che è divisibile, è palese l'errore a questo punto, vedo di correggere in qualche modo...
$ \binom{2^{n+1}}{2^n} -\binom{2^n}{2^{n-1}} = \frac{(2^{n+1})!}{(2^n)!(2^{n+1}-2^{n})!} -\frac{(2^{n})!}{(2^{n-1})!(2^{n}-2^{n-1})!} $. Essendo $ 2^{n+1} -2^n = 2^n $ si ha che l'espressione di partenza diventa:
$ \frac{(2^{n+1})!}{(2^n)!} -\frac{(2^n)!}{(2^{n-1})!} $.
Essendo $ \frac{(2^n)!}{(2^{n-1})!} =(2^{n-1}+1)(2^{n-1}+2) \dots (2^{n-1}+2^{n-1}) = \prod_{r=1}^{2^{n-1}}(2^{n-1}+r) $ Si ottiene che l'espressione di partenza diviene
$ \frac{\prod_{r=1}^{2^n}(2^n-r)}{(2^n)!} -\frac{\prod_{r=1}^{2^{n-1}}(2^{n-1}+r)}{(2^{n-1})!} $
Essendo però $ \prod_{r=1}^{2^{n-1}}(2^{n-1}+r) = \frac{\prod_{r=1}^{2^{n-1}}(2^{n-1}+r)^2}{\prod_{r=1}^{2^{n-1}}(2^{n-1}+r)} = \frac{\prod_{r=1}^{2^{n-1}}(2^{n}+2r)^2}{2^n\prod_{r=1}^{2^{n-1}}(2^{n-1}+r)} $ ( questo avviene in conseguenza del fatto che $ \prod_{r=1}^{2^{n-1}}(2^{n-1}+r)^2 $ ha $ 2^n $ fattori (che sono uguali a due a due, ma ciò ha poca importanza (?)))
Da qui l'espressione iniziale diventa
$ \frac{\prod_{r=1}^{2^{n}}(2^n+r)}{(2^n)!}-\frac{\prod_{r=1}^{2^{n-1}}(2^{n-1}+2r)^2}{(2^n)!\prod_{r=1}^{2^{n-1}}(2^{n-1}+2r)} $
Da cui, "unendo" le due frazioni e ( questa è la cosa che maggiormente mi lascia perplesso ) facendo qualche osservazione furba, si ottiene
$ \frac{\bigl( \prod_{r=1}^{2^{n-1}}(2^{n-1}+r)\prod_{k=1}^{2^{n-1}}(2^n+2k-1) -\prod_{r=1}^{2^{n-1}}(2^r+2r) \bigr) \prod_{r=1}^{2^{n-1}}(2^n+2r)}{(2^n)! \prod_{r=1}^{2^{n-1}}(2^{n-1}+r)} $. Bene.
Faccio alcune osservazioni:
$ \upsilon _2 (\prod_{r=1}^{2^{n-1}}(2^{n-1}+r)) = \upsilon _2 (2^n!) -\upsilon _2 (2^{n-1}!) = 2^n-1-( 2^{n-1} -1)= 2^{n-1} $
$ \upsilon _2 (\prod_{r=1}^{2^{n-1}}(2^r+2r)) = 2^{n-1} +2^{n-1} -1 = 2^n -1 $
EDITATO MOLTE VOLTE : <enigma>: ho corretto la parte giusta ? prima che vado avanti e faccio un disastro...
P.S. : aspetto risposte per fare qualsiasi cosa...
PPS: ho provato epr n=2 ed esche che è divisibile, è palese l'errore a questo punto, vedo di correggere in qualche modo...
Ultima modifica di minima.distanza il 08 dic 2010, 22:38, modificato 3 volte in totale.
Re: Staffetta tdn
Tranquillo, l'errore non è grossolano... è immane. Visto che sembri avere tanta buona volontà, ti voglio mettere sulla strada giusta:
Testo nascosto:
"Quello lì pubblica come un riccio!" (G.)
"Questo puoi mostrarlo o assumendo abc o assumendo GRH+BSD, vedi tu cos'è meno peggio..." (cit.)
"Questo puoi mostrarlo o assumendo abc o assumendo GRH+BSD, vedi tu cos'è meno peggio..." (cit.)
Re: Staffetta tdn
ATTENZIONE CONTIENE POSSIBILE PROGETTO DI SOLUZIONE (non guardare se si vuole risolvere)
Testo nascosto:
Re: Staffetta tdn
È accettata... ma secondo me non ti verrà...ndp15 ha scritto:ATTENZIONE CONTIENE POSSIBILE PROGETTO DI SOLUZIONE (non guardare se si vuole risolvere)Testo nascosto:
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Re: Staffetta tdn
Non è che ti sei dimenticato qualcosa nell'hint ? non mi sembra avere senso la formula che hai scritto...<enigma> ha scritto:Tranquillo, l'errore non è grossolano... è immane. Visto che sembri avere tanta buona volontà, ti voglio mettere sulla strada giusta:Testo nascosto:
Re: Staffetta tdn
No, presa così non ha senso: chi vuol capire capisca. Io sono pigrissimo nello scrivere: a cosa potrà mai riferirsi la valutazione diadica?minima.distanza ha scritto:Non è che ti sei dimenticato qualcosa nell'hint ? non mi sembra avere senso la formula che hai scritto...<enigma> ha scritto:Tranquillo, l'errore non è grossolano... è immane. Visto che sembri avere tanta buona volontà, ti voglio mettere sulla strada giusta:Testo nascosto:
"Quello lì pubblica come un riccio!" (G.)
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