Diofantea con fattoriali ed esponenziali (facile)
Diofantea con fattoriali ed esponenziali (facile)
Risolvere con $ k,n \in \mathbb N $
$ \displaystyle \frac{(2n)!}{{n!}{2^n}} = 2k $
$ \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.
Re: Diofantea con fattoriali ed esponenziali (facile)
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?
$\displaystyle 2 \mid \frac{(2n)!}{{n!}{2^n}}$
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?
Re: Diofantea con fattoriali ed esponenziali (facile)
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.
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.
Re: Diofantea con fattoriali ed esponenziali (facile)
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
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,
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Re: Diofantea con fattoriali ed esponenziali (facile)
Oppure modificando leggermetne quello che ho detto dire che se esiste una valore n, allora dovrebbe valere per qualsiasi n naturale e quindi concludere.
Re: Diofantea con fattoriali ed esponenziali (facile)
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? )
P.S. modifica effettuata. Cosi mi rimangio quello ho detto
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.
<<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
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Re: Diofantea con fattoriali ed esponenziali (facile)
io sarò pure incontentabile, ma usare come testo "per quali $n$ interi <frazione> è pari" pareva tanto brutto?amatrix92 ha scritto:Risolvere con $ k,n \in \mathbb N $
$ \displaystyle \frac{(2n)!}{{n!}{2^n}} = 2k $
andando al sodo di questo post:
quest'affermazione lancia un bonus (che male non fa):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
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.
Re: Diofantea con fattoriali ed esponenziali (facile)
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 $$\upsilon_p(n!)=\sum_{i=1}^{n} \upsilon_p(i)= \sum_{k\ge 0} \left\lfloor \frac{n}{p^k}\right\rfloor$$
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)
Io non conoscevo la definizione nè il nome dell'identità, ma mi sembra davvero intuitiva e semplice...