viareggio '87 facile

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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fraboz
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viareggio '87 facile

Messaggio da fraboz » 06 apr 2011, 19:25

dimostrare che $ 120|3x^5+5x^3-8x $, $ \forall x \in \mathbb Z $

amatrix92
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Re: viareggio '87 facile

Messaggio da amatrix92 » 06 apr 2011, 20:00

Provo a spiegare tutti i passaggi per renderla comprensibioe a tutti:

$ 3x^5+5x^3-8x = x ( 3x^4+5x^2-8) $

A questo punto ho dei termini al quadrato ed ho $ 3+5-8=0 $ : si vede subito che $ 1 $ e $ -1 $ sono soluzione.

Provo quindi a fare la divisione per $ x^2-1 $ e vedere cosa mi resta ma visto che odio la divisione tra polinomi provo a farv vedere che è (quasi) sempre possibile usare dei trucchetti :)

$ \displaystyle \frac {3x^4 + 5x^2 -8}{x^2-1} = \frac { 3x^4 + -3 +5(x^2 - 1)}{x^2 -1} = \frac { 3 ( x^4 -1 )} {x^2-1 } + 5 = 3(x^2+1)+5 = 3x^2+8 $

Ho quindi scomoposto il polinomio iniziale in $ (x-1)(x+1)(3x^2+8)x $ quindi sapendo che $ 120 = 2^3 \cdot 3 \cdot 5 $ devo trovare i vari fattori.

Il fattore 3 deriva dal fatto che uno tra $ x , x+1 $ e $ x-1 $ è multiplo di 3. Il fattore 5 deriva dal fatto che $ x^2 -1 \equiv 0 (5) $ poichè se $ x $ non è multiplo di 5 i suoi residui quadratici sono 1 e -1. I tre fattori 2 li trovo separatamente se x è pari o dispari.

Se è pari un fattore 2 è in x e un fattore 4 lo portiamo fuori da $ 3x^2+8 $ che sostituendo $ x \rightarrow 2x $ diventa $ 4 ( 3x^2 +2) $.

Se inveec è dispari notiamo che $ x+1 $ e $ x-1 $ sono entrambi pari e almeno uno dei due (in quanto pari consecutivi) è multiplo di 4. Dovrei aver finito :)
Le parole non colgono il significato segreto, tutto appare un po' diverso quando lo si esprime, un po' falsato, un po' sciocco, sì, e anche questo è bene e mi piace moltissimo, anche con questo sono perfettamente d'accordo, che ciò che è tesoro e saggezza d'un uomo suoni sempre un po' sciocco alle orecchie degli altri.

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fraboz
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Re: viareggio '87 facile

Messaggio da fraboz » 06 apr 2011, 20:06

esatto, carino come esercizio sulle congruenze vero? :)

amatrix92
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Re: viareggio '87 facile

Messaggio da amatrix92 » 06 apr 2011, 20:13

fraboz ha scritto:esatto, carino come esercizio sulle congruenze vero? :)
sì era semplice però era carino! Se ti piaciono questo genere di esercizi prova a dimostrare che $ n=2k+1 \implies 120 | n^5 -n $ o ancora classico trova $ MCD ( p^4 -q^4) $ per p e q primi dispari maggiori di 10. E per finire simile a quello di partenza $ 120 | n^5 - 5n^3 +4n $. Posta pure sotto le soluzioni se ti va e se ne conosci di nuovi proponili pure :)
Ultima modifica di amatrix92 il 06 apr 2011, 21:26, modificato 2 volte in totale.
Le parole non colgono il significato segreto, tutto appare un po' diverso quando lo si esprime, un po' falsato, un po' sciocco, sì, e anche questo è bene e mi piace moltissimo, anche con questo sono perfettamente d'accordo, che ciò che è tesoro e saggezza d'un uomo suoni sempre un po' sciocco alle orecchie degli altri.

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Re: viareggio '87 facile

Messaggio da Sonner » 06 apr 2011, 20:38

Il primo mi sembra falso, cosa intendevi?

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Re: viareggio '87 facile

Messaggio da sasha™ » 06 apr 2011, 20:47

amatrix92 ha scritto:Il fattore 5 deriva dal fatto che $ x^2 -1 \equiv 0 (5) $ poichè se $ x $ non è multiplo di 5 i suoi residui quadratici sono 1 e -1.
Se hai come residuo quadratico 1, va bene, ma se hai -1 lo devi prendere da un'altra parte, ossia $3x^2+8$. :D

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Re: viareggio '87 facile

Messaggio da amatrix92 » 06 apr 2011, 21:13

Sonner ha scritto:Il primo mi sembra falso, cosa intendevi?

Sì effettivamente la doppia freccia è falsa diciamo che se x è dispari allora vale quella propietà

@sasha: hai ragione grazie! :)
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Re: viareggio '87 facile

Messaggio da fraboz » 06 apr 2011, 21:16

allora per l'ultimo problema basta individuare che il polinomio si scompone come $ n(n-1)(n+1)(n-2)(n+2) $ e dunque segue che $ 3|p(n) $ e $ 5|p(n) $ in quanto è il prodotto di cinque numeri consecutivi e per dimostrare che $ 8|p(n) $ bisogna dire in modo analogo alla tua dimostrazione che essendovi almeno due pari consecutivi almeno uno sarà multiplo di $ 4 $. :)
il secondo non ho capito bene cosa chieda :?
Ultima modifica di fraboz il 06 apr 2011, 21:27, modificato 2 volte in totale.

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Re: viareggio '87 facile

Messaggio da sasha™ » 06 apr 2011, 21:20

Non dovrebbe essere $n^5 - n$?

EDIT: Di niente! :D

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Re: viareggio '87 facile

Messaggio da amatrix92 » 06 apr 2011, 21:24

già edito!
Le parole non colgono il significato segreto, tutto appare un po' diverso quando lo si esprime, un po' falsato, un po' sciocco, sì, e anche questo è bene e mi piace moltissimo, anche con questo sono perfettamente d'accordo, che ciò che è tesoro e saggezza d'un uomo suoni sempre un po' sciocco alle orecchie degli altri.

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Re: viareggio '87 facile

Messaggio da fraboz » 06 apr 2011, 21:46

allora provo col primo :
analizzo mod5 e sfruttando il piccolo teorema di fermat ottengo che $ 5|p(n) $ inoltre analizzando mod3 e usando nuovamente il PTF e il suo corollario ($ a^{p-1} \equiv 1 mod_p $ se $ MCD(a;p)=1 $) ottengo che $ 3|p(n) $ e infine analizzando mod8 e usando il PTF generalizzato ai numeri non primi ossia $ a^{\phi(m)} \equiv 1 mod_m $ e utilizzando il fatto che $ MCD(8;2k+1)=1 $ ottengo che $ 8|p(n) $ spero di non aver scritto vaccate :D

@amatrix92 non riesco a capire la notazione del secondo esercizio me la puoi esplicitare?

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Re: viareggio '87 facile

Messaggio da amatrix92 » 06 apr 2011, 22:40

I primi due sono corretti, l'altro ti chiede di determinare qual'è il massimo numero che è sempre presente nella fattorizzazione di $ p^4-q^4 $ per ogni p,q numeri primi >10
Le parole non colgono il significato segreto, tutto appare un po' diverso quando lo si esprime, un po' falsato, un po' sciocco, sì, e anche questo è bene e mi piace moltissimo, anche con questo sono perfettamente d'accordo, che ciò che è tesoro e saggezza d'un uomo suoni sempre un po' sciocco alle orecchie degli altri.

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