164-$ax^p+by^p$

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
mat94
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164-$ax^p+by^p$

Messaggio da mat94 » 09 dic 2013, 19:30

Siano $a,b$ due interi comprimi e sia $p$ un primo. Dimostrare che ci sono infiniti interi che non sono della forma $ax^p+by^p$ al variare di $x,y$ in $\mathbb{Z}$.

maurizio43
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Re: 164-$ax^p+by^p$

Messaggio da maurizio43 » 10 dic 2013, 18:39

Ho il dubbio che ci siano crepe nelle mie valutazioni ( potrei avere trascurato qualche aspetto , oppure,tanto per cambiare, non aver compreso bene il testo ),
però vorrei ugualmente sottoporvi la traccia delle mie considerazioni ( anche se un tantino grossolane).

Il caso $ x=y $ è banale ( è ovvio che ci sono infiniti interi che non sono multipli di $ x^p $ ) .

Senza ledere la generalità assumiamo $ y > x $
Elenchiamo i numeri interi consecutivi successivi a $ ax^p + by^p $ ( e indicando con $h$ e $k$ due interi qualunque) :
$ ax^p + by^p + 1$
$ ax^p + by^p + 2 $
.......................
.......................
$ ax^p + by^p + x^p $ ; ovvero : $ (a+1)x^p + by^p$
.......................
.......................
$ ax^p + by^p + y^p $ ; ovvero : $ ax^p + (b+1)y^p$
.........................
.........................
in generale :
$ ax^p + by^p + kx^p + hy^p $ ; ovvero : $ (a+k)x^p + (b+h)y^p $
...................................
...................................

Possiamo riassumere che :
- I numeri interi successivi a : $ ax^p + by^p$ sono infiniti
- Tra essi solo quelli per i quali abbiamo indicato sulla destra un raccoglimento a fattor comune sono rappresentabili nella forma richiesta .
- Tutti gli altri , che sono la maggioranza e che sono in numero infinito , non sono rappresentabili nella forma richiesta .

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Re: 164-$ax^p+by^p$

Messaggio da ma_go » 10 dic 2013, 18:58

spunto a cui pensare, per maurizio: dove stai usando il fatto che $p>1$?
poi pensa bene a come stai ordinando i numeri di quella forma, perché io non sono convinto che stiano in quell'ordine.

maurizio43
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Re: 164-$ax^p+by^p$

Messaggio da maurizio43 » 10 dic 2013, 20:12

Ti ringrazio per le tue osservazioni
Non sono affatto sicuro che l' ordine sia quello giusto ( In realtà occorreva almeno precisare $h>1$ e $k>1$ ). Ma col mio metodo (veramente rudimentale) è sufficiente far notare che le varie espressioni del tipo che soddisfa la formula di partenza sono per forza pressochè tutte "inframezzate" da altre che non la soddisfano: infinite le une , infinite le altre .
P.S.: $ p = 1 $ non mi sembra metta in crisi il metodo . Che , nella sua pochezza, è di bocca buona... trangugia $p>1$ e trangugia $p=1$... (credo) . :)

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Re: 164-$ax^p+by^p$

Messaggio da ma_go » 10 dic 2013, 20:56

maurizio43 ha scritto:P.S.: $ p = 1 $ non mi sembra metta in crisi il metodo . Che , nella sua pochezza, è di bocca buona... trangugia $p>1$ e trangugia $p=1$... (credo) . :)
appunto: per $p=1$ l'enunciato è falso (esercizio facile)*. quindi qualcosa non quadra.

* si può anche dire esplicitamente da quale punto in poi la cosa funziona (esercizio medio, che non voglio formalizzare).

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Re: 164-$ax^p+by^p$

Messaggio da Troleito br00tal » 10 dic 2013, 21:00

ma_go ha scritto:* si può anche dire esplicitamente da quale punto in poi la cosa funziona (esercizio medio, che non voglio formalizzare).
Anche perché è in $\mathbb{Z}$!

maurizio43
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Re: 164-$ax^p+by^p$

Messaggio da maurizio43 » 12 dic 2013, 11:43

FACCIO AMMENDA , FACCIO AMMENDA !! :oops:
In effetti con $p=1$ si possono 'coprire' tutti i numeri interi con una combinazione lineare di interi $ax+by$ .
Basta , ad esempio, considerare $a=2$ e $b=3$ .
Tutti numeri pari sono 'copribili' con un $y=0$ e un $x$ opportuno (cioè : $2n=a.n + b.0$ )
Tutti i dispari multipli di $3$ sono 'copribili' con un $x=0$ e un $y$ opportuno (cioè : $3n=a.0 + b.n$ )
E qualunque dispari $2n+1$ non multiplo di $3$ è 'copribile' partendo da un qualunque dispari $2m+1$ già precedentemente 'coperto' .
Infatti la loro differenza è pari (cioè : $2n-2m$ ), ed è sufficiente incrementare la $x$ del precedente della metà di tale differenza (cioè di : $n-m$ )
per ottenere dall' uno l' altro . Quindi 'non scappa' nessun intero .
--------------------
Ed è invece con $p\ge{2}$ che la griglia di tutti gli interi 'coperti' dalla formula di partenza appare diventare abbastanza lasca da lasciare un intervallo abbastanza ampio tra 2 successivi interi 'coperti' , così da 'contenere' interi 'non copribili' (dato che ci sposta con un 'passo minimo' più largo)
E gli interi 'non copribili' , quindi , risultano di numero infinito .
--------------------
Per dar seguito all' intestazione devo poi postare delle scuse e delle interpretazioni circa le mie grossolane 'cappelle' precedenti . Scuse che metto sotto hide per non tediare ulteriormente la maggioranza con la mia logorrea (visto che è giusto che non gliene possa 'fregar di meno') :?
Testo nascosto:
AMMENDA , AMMENDA !
E' mia abitudine , per semplificare l' approccio iniziale a un problema, cominciare con qualche caso particolare, presupponendo qualche variante semplificativa sulle ipotesi, per vedere se è abbastanza facile "arrivare in fondo" , salvo poi riprendere il ragionamento sul caso generale .
Però a volte (ahimè) arrivato alla soluzione semplificata, squittisco un " bene, evviva ! " , mi dimentico del tutto che il testo è da riprendere nella sua versione integrale, e non solo non lascio 'sedimentare' (come si dovrebbe sempre fare) per qualche ora il tutto, per riprenderlo poi a mente fredda e controllare eventuali sbavature, ma addirittura mi butto, scodinzolando, a postare subito la risposta , che quindi risulta risposta ad un quesito tutto mio, del cui testo nemmeno informo gli altri. :shock:
Per esempio nel nostro caso ho impostato tutto ipotizzando di avere a che fare solo con grandezze intere positive ! E ho quindi esposto una sequenza di interi consecutivi piuttosto improponibile ( a prescindere dalla sottovalutazione del caso propostomi successivamente di $p=1$ , benchè non primo )
E a volte , poi, persino le controdeduzioni contenute nelle vostre risposte le interpreto erroneamente, basandomi sulle mie ipotesi di partenza, che gli altri non conoscono !
Che dire ?
Portate pazienza, se potete, e perdonate il caso , in attesa dell' intervento dello psichiatra .
-----------
P.S.: per ma_go : mi hai fatto spuntare un poco di curiosità circa l' esercizio medio che non era ancora stato formalizzato (sperando che non sia troppo difficile la soluzione... , per me)

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Re: 164-$ax^p+by^p$

Messaggio da jordan » 12 dic 2013, 13:41

Per $p=1$, il problema conosciuto è
"Siano $a,b$ due interi non nulli fissati. Allora un intero $z$ è esprimibile nella forma $ax+by$ per qualche $x,y$ intero se e solo se $\text{gcd}(a,b)$ divide $z$".

Altrimenti:
Ed è invece con p≥2 che la griglia di tutti gli interi 'coperti' dalla formula di partenza appare diventare abbastanza lasca da lasciare un intervallo abbastanza ampio tra 2 successivi interi 'coperti' , così da 'contenere' interi 'non copribili' (dato che ci sposta con un 'passo minimo' più largo)
E gli interi 'non copribili' , quindi , risultano di numero infinito .
E' questo il problema da mostrare! In anticipo, $a,b$ possono essere anche negativi: per esempio devi mostrare che esistono infiniti interi non esprimibili nella forma $2x^3-5y^3$..
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Re: 164-$ax^p+by^p$

Messaggio da maurizio43 » 14 dic 2013, 00:11

jordan ha scritto:E' questo il problema da mostrare! In anticipo, a,b possono essere anche negativi: per esempio devi mostrare che esistono infiniti interi non esprimibili nella forma 2x3−5y3..
Se rappresentiamo in un piano cartesiano $xyz$ la griglia dei valori assumibili da $ -2x^3 + 5y^3 $ , vediamo una griglia costituita dall’incrocio di tante rette verticali (ciascuna di ascissa pari al doppio di un cubo di un intero) con tante rette orizzontali (ciascuna di ordinata pari al quintuplo del cubo di un intero.
Tutte le possibilità sono rappresentate assumendo, nei nodi in cui si incrociano le varie rette, una coordinata $z$ pari alla somma di ascissa e ordinata .
A me sembra abbastanza <visivamente immediato> che esistono un mare di punti di coordinata intera che non appartengono ai nodi della griglia ( la quale è molto “lasca”) [Tra l' altro nelle zone sempre più lasche le $z$ si allontanano sempre più sensibilmente per l'effetto-somma (prescindendo da qualche accumulo sporadico qua e là)] ; e a me basterebbe questa considerazione .

Se vogliamo anche una conferma “numerica”, possiamo a limitarci a considerare un caso particolarissimo, che mi sembra riguardi un sottoinsieme ‘infimo’degli interi non coperti dalla griglia, insieme peraltro costituito da infiniti interi e quindi sufficienti a dimostrare quanto richiesto .
Più che di una dimostrazione si tratta di una “striminzita e goffa” constatazione , e provo un certo imbarazzo a esporla nella sua limitatezza, ma è la prima che mi è saltata in mente… e sono prigioniero della mia pigrizia.

Se c’è almeno un $m$ intero ogni $1000$ interi ( cioè compreso tra $1000 n$ e $1000(n+1)$ per ogni $n$ intero ) che non è rappresentabile nella forma $-2x^3 + 5y^3$ , allora si può convenire che di tali $m$ ne esistono infiniti, dato che le migliaia di interi sono infinite.
E per l’ appunto, ad esempio, il centesimo numero di ogni migliaio ( $m=1000n+100$ ) non può essere espresso nella forma richiesta [anche quando il numero che esprime le sole migliaia è un cubo perfetto]. Infatti :
$ 5y^3 $ è un intero che deve avere $5$ oppure $0$ come cifra delle unità
$-2x^3 $ è un intero pari che termina con la cifra delle unità $ = 0 $ solo quando $x$ è multiplo di $5$ ( e in questi casi termina sempre col $50$ : con 5 decine e 0 unità )
Quindi anche il termine $5y^3$ dovrebbe terminare per $50$ se si vuole arrivare a una somma che finisce per $100$
Ma non mi risulta che nessun cubo di un intero termini per $50$ .

(Scusa comunque la pochezza della argomentazione…)

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Re: 164-$ax^p+by^p$

Messaggio da jordan » 14 dic 2013, 02:51

Hai finalmente iniziato con buoni accenni di dimostrazione :P Riguardo il tuo ultimo messaggio:

$\bullet$ Puoi evitare quella sorta di preambolo, un qualcosa di "visivamente immediato" nella maggior parte dei casi non è una dimostrazione: personalmente non ho ben capito che hai scritto, nè mi pare visivamente immediato, visto che nel piano $xyz$ la curva $z=2x^3-5y^3$ è semplicemente una curva.. Piu' semplicemente, una volta fissato $z$, hai nel (piu' comodo?) piano $xy$ l'equazione $y=\sqrt[3]{\frac{1}{5}(2x^3-z)}$, e la domanda diventa "Mostrare che esistono infiniti interi $z$ tali che se $x$ è intero allora $\frac{1}{5}(2x^3-z)$ non è un cubo."


$\bullet$ Prova a scrivere in modo piu' formale quello che vuoi dire: l'idea tua di sopra è "L'equazione $2x^3-5y^3=1000z+100$ non ha soluzioni negli interi". Ora, questo che hai scritto è vero, la tua dimostrazione pero' ha qualche falla:

1) Hai scritto che "Nessun cubo termina per $50$." Questo è vero, ma perchè?

2) Dal fatto che $x$ è multiplo di $5$ hai dedotto che $2x^3$ termina con $50$; questo è falso, perchè?



$\bullet$ Versione semplificata dell'esercizio originale, che puoi risolvere semplicemente con l'idea di sopra:
"Mostrare che se $a,b,p$ sono numeri primi allora l'equazione $ax^p+by^p=z$ non ha soluzione per infiniti interi $z$".


@mat94: Mi pare ovvio che l'ipotesi $\text{gcd}(a,b)=1$ non è necessaria..
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Preliminaries, caso $p=2$.

Messaggio da jordan » 14 dic 2013, 05:23

Risolvo per ora il caso $p=2$.

1. "Per $a,b$ sono interi non nulli, il numero di interi $1\le n\le m$ non esprimibili nella forma $ax^2+by^2$ è almeno $\lfloor m/8\rfloor$".

Proof. Se $\text{gcd}(a,b) \ge 2$ allora $\text{gcd}(a,b) \mid ax^2+by^2$ per cui il numero di interi non esprimibili in quella forma è almeno $$m-\lfloor m/\text{gcd}(a,b) \rfloor \ge m-\lfloor m/2 \rfloor \ge \lfloor m/2 \rfloor.$$ Altrimenti $\text{gcd}(a,b)=1$. Supponiamo wlog $a \ge 1$.
$\circ$ Se $b \equiv 0\pmod 4$ allora gli interi non esprimibili nella forma $x^2+by^2$ sono almeno tutti quelli della forma $4z+2$, per cui sono almeno $\lfloor m/4\rfloor$.
$\circ$ Se $b \equiv 1\pmod 4$ allora gli interi non esprimibili nella forma $x^2+by^2$ sono almeno tutti quelli della forma $4z+3$, per cui sono almeno $\lfloor m/4\rfloor$.
$\circ$ Se $b\equiv 3\pmod 4$ allora gli interi non esprimibili nella forma $x^2+by^2$ sono almeno tutti quelli della forma $4z+2$, per cui sono almeno $\lfloor m/4 \rfloor$.
$\circ$ Se $b\equiv 2\pmod 4$ allora gli interi non esprimibili nella forma $x^2+by^2$ sono almeno tutti quelli della forma $8z+5$, per cui sono almeno $\lfloor m/8 \rfloor$. Infatti l'equazione $x^2+by^2=8z+5$ implica $2\nmid x$ da cui $by^2 \equiv 4 \pmod 8$, che è impossibile.


Una stima migliore se anche $b$ è positivo. Se $b\ge 2$ allora il numeri di interi esprimibili nella forma $x^2+by^2$ sono al massimo il prodotto tra tutti i possibili $x^2 \le m$ e tutti i possibili $by^2 \le m$, cioè al massimo
$$ \lfloor \sqrt{m} \rfloor \lfloor \sqrt{m/b} \rfloor \le \lfloor \sqrt{m} \rfloor \lfloor \sqrt{m/2} \rfloor \le m/\sqrt{2} < 3m/4.$$
Segue che il numero di interi non esprimibili nella forma $x^2+by^2$ è maggiore (stretto) di $m/4$. Quindi:
"Per $a,b$ sono interi positivi, il numero di interi $1\le n\le m$ non esprimibili nella forma $ax^2+by^2$ è almeno $\lfloor m/4\rfloor$".
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Preliminaries, caso primi di Sophie Germain

Messaggio da jordan » 14 dic 2013, 05:46

2. "Sia $p\ge 5$ un primo tale che $2p+1$ è anch'esso primo. Allora il numero di interi $1\le n\le m$ non esprimibili nella forma $ax^p+by^p$ è almeno $\min\left\{\lfloor m/2\rfloor, \left \lfloor \frac{2p-8}{2p+1}m \right \rfloor \right\}$."

Proof. Se $\text{gcd}(a,b) \ge 2$ allora $\text{gcd}(a,b) \mid ax^p+by^p$ per cui il numero di interi non esprimibili in quella forma è almeno $m-\lfloor m/\text{gcd}(a,b) \rfloor \ge m-\lfloor m/2 \rfloor \ge \left\lfloor m/2 \right\rfloor.$ Altrimenti $\text{gcd}(a,b)=1$. Supponiamo wlog $a \ge 1$. Dato che $\alpha x^p \in\{ -\alpha, 0,\alpha \}$ in $\mathbb{Z}/(2p+1)\mathbb{Z}$ allora il numero di interi positivi $\le m$ esprimibili nella forma $ax^p+by^p$ occupano al massimo $3^2$ classi di resto. Segue che il numero di interi positivi non esprimibili in quella forma è al massimo $\left \lfloor \frac{2p-8}{2p+1}m \right \rfloor$.
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Re: 164-$ax^p+by^p$

Messaggio da maurizio43 » 14 dic 2013, 14:39

Scusa se proseguo col mio discorso un po’ limitato, ma me ne hai dato lo spunto tu con le tue osservazioni. :)
jordan ha scritto: Hai scritto che "Nessun cubo termina per $50$" . Questo è vero, ma perchè ?
Il cubo di un numero intero $n$ di 3 cifre è indicabile come $ (100 c + 10 d + u )^3$ ,
con $d$ e $u$ interi compresi tra 0 e 9 e $c$ intero compreso tra 1 e 9 .
Sviluppando il cubo si ottiene la somma di tanti monomi, alcuni contenenti il fattore $10^6$, alcuni col fattore $10^5$, alcuni col fattore $10^4$, alcuni col fattore $10^3$, alcuni col fattore $10^2$, e gli ultimi due addendi sono : $ + 3du^210 $ e $u^3 $ .
Quindi se $u \ne 0 $ il cubo non termina per $50$ , ma anche se $u=0$ il cubo non termina per $50$ perchè è multiplo di $10^n$ , con $n \ge 2$ .
[ Ovviamente le $3$ cifre non sono una limitazione perché numeri maggiori si possono sempre indicare come $ m= 1000k + n $ e il discorso non cambia ]
jordan ha scritto:Dal fatto che $x$ è multiplo di $5$ hai dedotto che $2x^3$ termina per $50$; questo è falso, perchè ?
Per la verità mi sembra che se il numero $x$ termina per $5$ il suo cubo termina o per $25$ ,o per $ 75 $, e quindi $2x^3$ dovrebbe terminare per $50$ … :?:

Post Scriptum piuttosto folle :
So che non è "matematico" parlare di "visivamente immediato" , ma la rappresentazione della griglia su $xy$ in qualche nodo della quale spunta una $z$ sempre più grande e più lontana, dà proprio l' idea di un deserto con sporadiche oasi , sempre più distanziate fra loro e con alberi sempre più alti più sono lontane.
Ovvero dà l' idea dello spazio vuoto infinitamente preponderante, all' interno di un atomo, rispetto allo spazio occupato da masse ...
Ed è più forte di me pensare che non è matematico ma è evidente e poco confutabile che sono infiniti i punti privi di massa o infinite le quote non corrispondenti alle cime degli alberi .... :?

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Re: 164-$ax^p+by^p$

Messaggio da xXStephXx » 14 dic 2013, 15:18

La metto più che altro per capire dove sbaglio xD

Il caso $p=2$ lo do per buono (modulo $8$) lol.
Se $a=b=1$ ottengo $x^p+y^p$ ma sappiamo bene che $x^p+y^p \neq z^p$... (scherzo xD)
Però per il PTF e LTE ottengo che con $x^p+y^p$ non posso avere numeri divisibili per $p$ che non lo siano anche per $p^2$ e sono infiniti.

Ora suppongo che almeno uno tra $a$ e $b$ contiene una potenza di un primo del tipo $q^\alpha$ e suppongo wlog che $q^\alpha | a$. Suppongo anche che $\alpha$ non sia multiplo di $p$, infatti se tutti i primi di $a$ e $b$ avessero esponenti multipli di $p$ otterrei il caso precedente.
Ora voglio dimostrare che scegliendo opportunatamente $k$ non posso ottenere $ax^p+by^p = q^k$ per opportune scelte di $k$.
Per ora pongo $k> \alpha$ e ottengo modulo $q^\alpha$ che $q^\alpha | y^p$ e ottengo un'equazione del tipo
$\displaystyle q^\alpha x^p + bq^{\lceil \frac{\alpha}{p} \rceil p}y^p = q^k$ (faccio finta di dimenticare gli altri fattori di $a$ e metto in evidenza solo ciò che mi serve). Divido per $q^\alpha$ e ottengo $\displaystyle x^p+bq^{\lceil \frac{\alpha}{p} \rceil p - \alpha}y^p = q^{k-\alpha}$
So che $\lceil \frac{\alpha}{p} \rceil p - \alpha$ è maggiore di $0$ ma distinguo due casi:
  • Se $\lceil \frac{\alpha}{p} \rceil p - \alpha=1$ ho $x^p+bqy^p=q^{k-\alpha}$ Che diventa $q^px^p+bqy^p=q^{k-\alpha}$
    Divido tutto per $q$ e ho $q^{p-1}x^p+by^p=q^{k-\alpha-1}$ (in tutte queste divisioni non sto cambiando lettere sennò troppo scomodo xD)
    e ottengo $q^{p-1}x^p+bq^py^p=q^{k-\alpha-1}$ da cui $q^{p-2}x^p+bq^{p-1}y^p= q^{k-\alpha-2}$
    Ora ho che $p-2 > 0$ e ovviamente anche $p-1$. Pongo $k-\alpha-2=0$ ($k$ lo sceglievo io) e ottengo un assurdo modulo $q$.
    Quindi $q^k$ non lo posso generare.
  • $\lceil \frac{\alpha}{p} \rceil p - \alpha > 1$ ottengo
    $q^px^p + bq^{\lceil \frac{\alpha}{p} \rceil p - \alpha}y^p = q^{k-\alpha}$
    Divido per $q$ e ho $q^{p-1}x^p + bq^{\lceil \frac{\alpha}{p} \rceil p - \alpha-1}y^p= q^{k-\alpha-1}$
    Ora ho che $LHS$ è divisibile per $q$ mentre $RHS$ no perchè pongo $k-\alpha-1=0$ e quindi $q^k$ non lo posso generare
In teoria una volta che non posso generare $q^k$ non posso generare manco $q^k + q^M$ con $M$ variabile gigante a piacimento in modo da non interferire con l'annullamento di $q^k$ e sono infiniti.

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Re: 164-$ax^p+by^p$

Messaggio da jordan » 14 dic 2013, 21:26

maurizio43 ha scritto:Il cubo di un numero intero $n$ di 3 cifre è indicabile come $ (100 c + 10 d + u )^3$ ,
con $d$ e $u$ interi compresi tra 0 e 9 e $c$ intero compreso tra 1 e 9 . [...] e il discorso non cambia
La prima parte va bene. Piu' semplicemente vuoi mostrare che la divisibilita' $100 \mid x^3-50$ non ha soluzione. Se per assurdo ce l'avesse allora $x$ sarebbe pari; e anche multiplo di $5$. Per cui $x^3$ è multiplo di $1000$, e in particolare di $100$. Da cui $100 \mid 50$, che non è tanto vero.
maurizio43 ha scritto:Per la verità mi sembra che se il numero $x$ termina per $5$ il suo cubo termina o per $25$ ,o per $ 75 $, e quindi $2x^3$ dovrebbe terminare per $50$ … :?:
Nella tua dimostrazione sopra c'è scritto che $x$ è multiplo di $5$, non che termina per $5$..
maurizio43 ha scritto:Post Scriptum piuttosto folle :
[...]
Ma non sono cosi' tanti quanti dici te.. Ammesso che abbia capito quello che dici, prova a ripensare a come ti sei costruito la figura, e assicurati che hai incluso anche i possibili valori negativi di $a,b,x,y$ :roll:
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