Divisibile per 1,2,...,n ma non divisibile per n+1,n+2, n+3

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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geda
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Divisibile per 1,2,...,n ma non divisibile per n+1,n+2, n+3

Messaggio da geda » 22 mag 2009, 12:18

Trovare tutti i numeri naturali $ n $ per i quali esiste un numero naturale $ m $ divisibile per tutti i numeri naturali da $ 1 $ a $ n $, ma non divisibile per nessuno dei numeri $ n + 1, n + 2, n + 3 $.


P.S.: Stupendo 8)

drago90
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Messaggio da drago90 » 22 mag 2009, 15:47

non vorrei dire cavolate,ma non basta dire tutti gli n tali che $ phi(m)=n $ con $ m=n $ ????

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exodd
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Messaggio da exodd » 22 mag 2009, 15:50

drago90 ha scritto:non vorrei dire cavolate,ma non basta dire tutti gli n tali che $ phi(n)=n $ con $ m=n $ ????
se phi è la funzione di eulero, non dovrebbe andare oltre $ n-1 $...
Tutto è possibile: L'impossibile richiede solo più tempo
julio14 ha scritto: jordan è in realtà l'origine e il fine di tutti i mali in $ \mathbb{N} $
EvaristeG ha scritto:Quindi la logica non ci capisce un'allegra e convergente mazza.
ispiratore del BTA

in geometry, angles are angels

"la traslazione non è altro che un'omotetia di centro infinito e k... molto strano"

drago90
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Messaggio da drago90 » 22 mag 2009, 15:52

okok...cavolata micidiale....volevo dire il contrario esatto di ciò che ho detto...possibile che sia solo 2???

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Re: Divisibile per 1,2,...,n ma non divisibile per n+1,n+2,

Messaggio da SkZ » 22 mag 2009, 15:55

basta fare alcune considerazioni sul fatto che e' un multiplo del mcm(1,...,n) e non e' divisibile per i 3 successivi numeri e si vede che ai pochi casi
uno tra n, n+1 e n+2 e' multiplo di 3, ergo...
uno tra n e n+1 e' pari ergo...
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Re: Divisibile per 1,2,...,n ma non divisibile per n+1,n+2,

Messaggio da Maioc92 » 22 mag 2009, 17:46

SkZ ha scritto:uno tra n, n+1 e n+2 e' multiplo di 3, ergo...
uno tra n e n+1 e' pari ergo...
e quindi?Non ho capito il suggerimento......

Comunque secondo me poichè n+1,n+2,n+3 non devono dividere mcm(1,2...n) allora devono essere o primi o potenze n-esime di un primo
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!

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Messaggio da dario2994 » 22 mag 2009, 18:55

allora prima di tutto noto che tra n+1,n+2,n+3 c'è un pari. Assumo WLOG che il numero pari è n+1... allora
$ n+1=2\frac{n+1}{2} $
ma il fantomatico numero m che stiamo cercando è divisibile sia per 2 (con n>1), sia per n+1/2(n>3 altrimenti è uguale a 2 e non va bene).
Ora analizzo il caso n<=3... n=1... funge, il caso n=2 funge..., il caso n=3 no.
Dovrei aver concluso.

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Messaggio da ...LAM... » 22 mag 2009, 19:36

Ma n può essere uguale anche a 6 (esempio m=60)..
Io dimostrerei ponendo che ogni prodotto tra due numeri primi tra loro (compresi tra 1 e n) deve essere diverso da n+1, n+2, n+3
Ciò non è mai verificato per n>6..

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Messaggio da SkZ » 23 mag 2009, 19:38

n>0, si parla di numeri da 1 a n, ergo n+k>k
se n=1 allora m=1
prendo n>1
almeno uno tra n+1, n+2 e n+3 e' multiplo di 3, ergo e' uguale a 3a con a<n. Se $ ~a\neq 1 $, allora $ ~3a|m $, quinti n<3

discorso simile con il 2 come detto da dario2994
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Messaggio da dario2994 » 06 gen 2010, 12:13

Riesumo questo vecchio post... dato che avevo scritto cagate xD
Tentiamo di risolvere in modo giusto :?
Tra n+1,n+2,n+3 uno è sicuramente divisibile per 2. Quindi qualunque esso sia lo chiamo a... ottengo $ 2\cdot \frac a 2\not | m $ ma per ipotesi ho $ 2|m\ e\ \frac a 2|m $. Quindi affinchè valga tutto devo avere che a è divisibile per 4... e così via fino ad ottenere che a è una potenza di 2.
Stesso identico ragionamento mi porta a dire che è presente tra n+1,n+2,n+3 una potenza di 3.
Ovviamente la potenza di 2 e di 3 non possono essere lo stesso numero ed inoltre hanno parità diversa quindi il modulo della loro differenza è 1. Il terzo numero non è affatto libero ma per ora lo tralascio.
Ottengo da risolvere $ |2^a-3^b|=1 $ che è gia stato fatto qui:
viewtopic.php?t=12911
Quindi le possibili soluzioni sono 4-3=1 e 9-8=1 3-2=1. Dal primo caso si ottengono le soluzioni n=1,n=2 con ovvi m di conseguenza. Dalla terza soluzione si ottiene n=1 che è gia stata analizzata. Dalla seconda si ottiene n=6 che da soluzione; n=7 che non da soluzione.
Riassumendo le soluzioni sono (n,m)=(1,1);(2,2);(6,60)
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Messaggio da Maioc92 » 06 gen 2010, 12:57

dario2994 ha scritto: Riassumendo le soluzioni sono (n,m)=(1,1);(2,2);(6,60)
il resto va tutto bene direi, ma bisogna stare attenti qui: il problema chiede solo gli n, che sono quelli che hai trovato. Presentare un m che funziona per ogni n possibile soluzione è d'obbligo, e hai fatto anche questo. Però presentarli come uniche soluzioni mi sembra sbagliato, perchè gli m che funzionano sono infiniti e per convincersene basta usare il teorema cinese del resto
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Messaggio da Maioc92 » 06 gen 2010, 13:00

Claudio. ha scritto:Ma non basta dire che se $ $n>2 $ allora almeno uno tra$ \displaystyle \frac{n+1}{2}, \frac{n+2}{2}, \frac{n+3}{2} $ è minore o uguale a $ $n $?
il punto è che nelle ipotesi del problema c'è che $ mcm(1,2,....n)|m $, non che $ n!|m $. Infatti è stato questo a portare in errore nei post precedenti
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Claudio.
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Messaggio da Claudio. » 06 gen 2010, 13:01

Maioc92 ha scritto:
Claudio. ha scritto:Ma non basta dire che se $ $n>2 $ allora almeno uno tra$ \displaystyle \frac{n+1}{2}, \frac{n+2}{2}, \frac{n+3}{2} $ è minore o uguale a $ $n $?
il punto è che nelle ipotesi del problema c'è che $ mcm(1,2,....n)|m $, non che $ n!|m $. Infatti è stato questo a portare in errore nei post precedenti
Si in effetti avevo pensato direttamente a n!

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