Diofantea facile facile (own)

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
Veluca
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Diofantea facile facile (own)

Messaggio da Veluca » 01 apr 2009, 23:18

probabilmente è già stata postata, ma...
$ 2^n+3^n=5^n $.
Da risolvere ovviamente in $ \mathbb{N}_0 $

pak-man
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Messaggio da pak-man » 01 apr 2009, 23:34

n=1 è soluzione, n=2 non lo è, e per il Teorema di Fermat n>2 non può essere soluzione (da quanto sognavo di dirlo!).
L'unica soluzione è dunque n=1

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jordan
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Messaggio da jordan » 02 apr 2009, 11:25

pak-man ha scritto:[...]per il Teorema di Fermat n>2 non può essere soluzione[...]
Come direbbe TG, provalo :twisted:
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Cassa
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Messaggio da Cassa » 02 apr 2009, 13:18

HINTISSIMO
2+3=5
:lol:

Veluca
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Messaggio da Veluca » 02 apr 2009, 13:29

pak-man ha scritto:n=1 è soluzione, n=2 non lo è, e per il Teorema di Fermat n>2 non può essere soluzione (da quanto sognavo di dirlo!).
L'unica soluzione è dunque n=1
questa-non-vale xD

Alex89
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Messaggio da Alex89 » 02 apr 2009, 13:34

Oppure più semplicemente $ \frac{5^n}{2} > 3^n > 2^n $ per n>2, e quindi sommati non ci arrivano a $ 5^n $.
Ultima modifica di Alex89 il 03 apr 2009, 22:34, modificato 1 volta in totale.

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jordan
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Messaggio da jordan » 02 apr 2009, 14:35

Forse questo può interessarti..
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pak-man
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Messaggio da pak-man » 02 apr 2009, 17:46

jordan ha scritto:
pak-man ha scritto:[...]per il Teorema di Fermat n>2 non può essere soluzione[...]
Come direbbe TG, provalo :twisted:
Ma non ci ha già pensato Wiles? :)

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jordan
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Messaggio da jordan » 02 apr 2009, 18:01

Io direi che come risultato (almeno momentaneamente..) va bene come cultura personale, ma non da essere usato in una dimostrazione olimpica (sempre a meno che non lo dimostri come premessa.. :roll: )
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Messaggio da Cassa » 02 apr 2009, 18:21

Più che altro la mia è una prova di texaggio e di gestione della sommatoria :lol:

$ \displaystyle 2^n+3^n=5^n $
$ \displaystyle 2^n+3^n=(2+3)^n $
$ \displaystyle 0=$\sum_{i=1}^{n-1}\binom{n}{i}2^{(n-i)} 3^i $
$ \displaystyle n=1 $

Troppo sunto?
Ultima modifica di Cassa il 02 apr 2009, 19:05, modificato 1 volta in totale.

pak-man
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Messaggio da pak-man » 02 apr 2009, 18:58

Ma se poni n=1, nella sommatoria i va da 1 a 0...

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Messaggio da SkZ » 02 apr 2009, 19:01

cmq e' giusto: hai una sommatoria di $ ~n-1 $ termini strettamente positivi che e' uguale a 0, ergo $ ~n=1 $

c'e' una convenzione che se in $ ~\sum_a^b_i $ se $ ~a>b $ o meglio se $ ~a=b+1 $ allora la sommatoria non si fa
Ultima modifica di SkZ il 02 apr 2009, 19:03, modificato 1 volta in totale.
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jordan
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Messaggio da jordan » 02 apr 2009, 19:01

pak-man ha scritto:Ma se poni n=1, nella sommatoria i va da 1 a 0...
Infatti credo che le sue intenzioni fossero per le sommatorie con almeno 3 termini, cioè n>1.. comunque per Cassa, tutto apposto, anche il latex; quando fai le sommatorie e formule un po lunghe cerca sempre di mettere davanti il comando \displaystyle, si vede meglio :wink:

edit: preceduto da Skz
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Messaggio da Cassa » 02 apr 2009, 19:03

E appunto essendo la somma di nulla viene 0
[credo] :roll: :oops:

Edit: Siete troppo veloci a postare :lol:
Grazie per i consigli :D

pak-man
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Messaggio da pak-man » 02 apr 2009, 19:10

SkZ ha scritto:c'è una convenzione che se in $ ~\sum_a^b_i $ se $ ~a>b $ o meglio se $ ~a=b+1 $ allora la sommatoria non si fa
Occhei, non la sapevo

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