Diofantea con fattoriali ed esponenziali (facile)

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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amatrix92
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Diofantea con fattoriali ed esponenziali (facile)

Messaggio da amatrix92 » 06 gen 2012, 13:10

Risolvere con $ k,n \in \mathbb N $

$ \displaystyle \frac{(2n)!}{{n!}{2^n}} = 2k $
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.

ale.b
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Re: Diofantea con fattoriali ed esponenziali (facile)

Messaggio da ale.b » 06 gen 2012, 17:57

Se esistessero $k,n\in\mathbb{N}$ che risolvono la diofantea, dovrebbe risultare:

$\displaystyle 2 \mid \frac{(2n)!}{{n!}{2^n}}$

ma ciò è assurdo poichè

$\displaystyle v_2((2n)!)=\sum_{k=1}^{\infty}{\left\lfloor\frac{2n}{2^k}\right\rfloor}=\sum_{k=1}^{\infty}{\left\lfloor\frac{n}{2^{k-1}}\right\rfloor}=\sum_{j=1}^{\infty}{\left\lfloor\frac{n}{2^j}\right\rfloor}+n=v_2(n!)+n=v_2(n!)+v_2(2^n)=v_2(n!2^n)$

Funziona?

Claudio.
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Re: Diofantea con fattoriali ed esponenziali (facile)

Messaggio da Claudio. » 06 gen 2012, 19:20

Non conosco la notazione.
Comunque la tesi equivale a dire che in $\displaystyle \frac{(2n)!}{n!}$ ci siano almeno $n+1$ fattori 2. Adesso notiamo che se ci fosse un $n$ per cui vale questo allora vale anche per $n+1$, poichè $2(n+1)$ ha un fattore $2$ in più di $(n+1)$. Allora esistono valori della forma $2^k$ ma per $n=2^k \quad \displaystyle \frac{(2n)!}{n!}$ ha $2^k$ fattori $2$, assurdo.

matty96
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Re: Diofantea con fattoriali ed esponenziali (facile)

Messaggio da matty96 » 07 gen 2012, 15:37

Basta notare che quel rapporto è dispari. Infatti è $(2n)!=2n(2n-1)2(n-1)(2n-3)2(n-2)\cdot\cdot\cdot1$ Quindi ci sono n termini 2 (cioè $2^n$) e gli altri n termini corrispondono a $n!$ e a $(2n-1)(2n-3)\cdot\cdot\cdot 1$. Perciò il nostro denominatore si mangia il suo "gemello" e ci rimane quel prodotto di termini dispari
<<Se avessi pensato (se pensassi) che la matematica è solo tecnica
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Claudio.
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Re: Diofantea con fattoriali ed esponenziali (facile)

Messaggio da Claudio. » 07 gen 2012, 15:43

Oppure modificando leggermetne quello che ho detto dire che se esiste una valore n, allora dovrebbe valere per qualsiasi n naturale e quindi concludere.

matty96
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Re: Diofantea con fattoriali ed esponenziali (facile)

Messaggio da matty96 » 07 gen 2012, 21:54

Comunque ale.b si, credo funzioni. Tuttavia penso che in gara sia un pò difficile da accettare come soluzione perchè l'identità di polygnac non mi sembra abbia una dimostrazione elementare (o forse no? :roll: )

P.S. modifica effettuata. Cosi mi rimangio quello ho detto
Ultima modifica di matty96 il 08 gen 2012, 12:24, modificato 2 volte in totale.
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ma_go
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Re: Diofantea con fattoriali ed esponenziali (facile)

Messaggio da ma_go » 08 gen 2012, 00:50

amatrix92 ha scritto:Risolvere con $ k,n \in \mathbb N $

$ \displaystyle \frac{(2n)!}{{n!}{2^n}} = 2k $
io sarò pure incontentabile, ma usare come testo "per quali $n$ interi <frazione> è pari" pareva tanto brutto?

andando al sodo di questo post:
matty96 ha scritto:Comunque ale.b si, credo funzioni. Tuttavia penso che in gara sia un pò difficile da accettare come soluzione perchè l'identità di polygnac non mi sembra abbia una dimostrazione elementare
quest'affermazione lancia un bonus (che male non fa):
bonus: dimostrare l'identità di legendre-polygnac (credo che si chiami così), ovvero che se $p$ è un primo, allora $\displaystyle v_p(n!) = \sum_{k\ge 0} \left\lfloor \frac{n}{p^k}\right\rfloor$.
ricordiamo che (o definiamo) $v_p(m)$ è la valutazione $p$-adica* di $m$, ovvero è il più grande intero $k$ tale che $p^k$ divide $m$, o equivalentemente l'unico intero $k$ tale che $p^k$ divide $m$ ma $p^{k+1}$ non lo divide. ancora in altri termini, $p^{v_p(m)}\|m$ (quest'espressione, per chi non lo sapesse, si legge "$p^{v_p(m)}$ divide esattamente $m$").

poi, giusto per continuare a contraddire matty96 ( :) ), potrei ricordare che il problema di amatrix92 ha come progenitore il problema (classicissimo) che chiede di contare gli zeri di 2012!.

un'ultima nota: la (finta) frazione $\frac{(2n)!}{n!2^n}$ si scrive anche $\frac{(2n)!}{(2n)!!} = (2n-1)!!$, dove il doppio punto esclamativo $m!!$ indica il prodotto di tutti i numeri minori o uguali ad $m$, e della stessa parità di $m$.

* non v'interrogate sul significato del nome "valutazione $p$-adica", accontentatevi di sapere che esiste.

matty96
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Re: Diofantea con fattoriali ed esponenziali (facile)

Messaggio da matty96 » 08 gen 2012, 13:52

Sono stato stupido a pensare che non fosse elementare, mi sono fatto condizionare dall 'infinito senza rendermi conto che quando p^k >n la frazione parte intera diventa 0. Bene veniamo alla dimostrazione.
Innanzitutto scriviamo $\upsilon_p(n!)=\sum_{i=1}^{n} \upsilon_p(i)$.
Ora dobbiamo notare che la la frazione parte intera che dobbiamo dimostrare ci da un messaggio importante: infatti $\left\lfloor \frac{n}{p^k}\right\rfloor$ ci dice quanti numeri compresi tra 1 e n sono divisibili per $p^k$. Quindi ci sono $\left\lfloor \frac{n}{p}\right\rfloor$ valori divisibili per p, $\left\lfloor \frac{n}{p^2}\right\rfloor$ divisibili per p^2 etc. Ora quelli che sono divisibili per p vengono contati una sola volta e infatti $\upsilon_p(p)=1$ , quelli divisibili per p^2 vengono contati due volte perchè una volta è divisibile per p e $\upsilon_p(p^2)=2$ e cosi' via. Facendo la somma di questi otteniamo proprio la tesi e cioè $$\upsilon_p(n!)=\sum_{i=1}^{n} \upsilon_p(i)= \sum_{k\ge 0} \left\lfloor \frac{n}{p^k}\right\rfloor$$
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Re: Diofantea con fattoriali ed esponenziali (facile)

Messaggio da Claudio. » 08 gen 2012, 14:12

Io non conoscevo la definizione nè il nome dell'identità, ma mi sembra davvero intuitiva e semplice...

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