Problemino abbastanza semplice

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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Loara
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Problemino abbastanza semplice

Messaggio da Loara » 17 set 2014, 08:21

Own: sono dati $n\geq 2$ numeri interi $a_1, a_2, a_3, \cdots , a_n$ tali che MCD$(a_i, a_j)=1$ per ogni $1\leq i<j\leq n$. Dimostrare che
$$
a_1^{a_2}a_2^{a_3}a_3^{a_4}\cdots a_{n-1}^{a_n}a_n^{a_1}\; |\;(a_1a_2a_3\cdots a_n)!
$$

A prima vista può sembrare ostico, ma la soluzione è semplice, e basta un po' di intuito per trovarla.
$ 210^2+211^2+212^2+213^2+214^2+215^2+216^2+217^2+218^2+219^2+220^2=\\ =221^2+222^2+223^2+224^2+225^2+226^2+227^2+228^2+229^2+230^2\\ 210=2*3*5*7 $

Delfad0r
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Re: Problemino abbastanza semplice

Messaggio da Delfad0r » 17 set 2014, 15:47

Per definizione di fattoriale abbiamo
$$
(a_1 \cdots a_n)! = \prod_{i=1}^{a_1 \cdots a_n}i
$$
Sperando di poter dare per scontato che fra i numeri da $ 1 $ a $ a_1 \cdots a_n $ ce ne sono esattamente $ a_2 \cdots a_n $ divisibili per $ a_1 $, possiamo affermare che fra i fattori della produttoria ce ne sono $ a_2 \cdots a_n $ multipli di $ a_1 $. Dunque $ a_1^{a_2 \cdots a_n}|(a_1 \cdots a_n)! $; siccome $ a_2 \cdots a_n \geq a_2 $, allora vale anche $ a_1^{a_2}|(a_1 \cdots a_n)! $.
Con un ragionamento del tutto analogo si dimostrano anche le condizioni di divisibilità cicliche rispetto a questa.
Siccome gli $ a_i $ sono coprimi a coppie, dalle condizioni di divisibilità del tipo $ a_i^{a_{i+1}}|(a_1 \cdots a_n)! $ si deduce che
$$
a_1^{a_2} \cdot a_2^{a_3} \cdots a_{n-1}^{a_n} \cdot a_n^{a_1}|(a_1 \cdots a_n)!
$$
che è la tesi.

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Loara
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Re: Problemino abbastanza semplice

Messaggio da Loara » 17 set 2014, 17:27

Bonus: Se invece poniamo solo che MCD$(a_1, a_2, a_3, \cdots , a_n)=1$, la tesi è ancora dimostrata? Ovviamente bisogna motivare la risposta.
$ 210^2+211^2+212^2+213^2+214^2+215^2+216^2+217^2+218^2+219^2+220^2=\\ =221^2+222^2+223^2+224^2+225^2+226^2+227^2+228^2+229^2+230^2\\ 210=2*3*5*7 $

Gottinger95
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Re: Problemino abbastanza semplice

Messaggio da Gottinger95 » 18 set 2014, 12:30

Naah, non gredo.
Testo nascosto:
Tipo prendiamo \(a_i = 2^{i-1}\). A sinistra abbiamo \(2\) elevato alla
\[ S_1 = \sum_{k=1}^{n-1} (k-1) 2^k + n \ge \sum_{k=2}^{n-1}2^{k} = 2^n - 4\]
mentre a destra abbiamo \(2 \) elevato alla \( S_2 =n(n-1)/2\), tutto fattoriale. La valutazione duadica di destra è (perchè?)
\[ S_3 = \sum_{k=0}^{ n(n-1)/2 -1 } k = \frac{ n(n-1) [ n(n-1) -2 ] }{2} \le n^4 / 2 \]
Per \(n\) parecchio grande ho l'impressione che \( S_1 \ge 2^{n} - 4 > n^4 /2 \ge S_3 \), perciò \( V_2(LHS) > V_2(RHS)\), ossia \( LHS \nmid RHS\).
Insomma, potrei aver sbagliato qualche conto, ma il problemaccio è che se uno pone \(a_1 = 1\), la condizione è praticamente inesistente, e non è difficile vedere che senza condizioni quella cosa è falsa.
E se uno invece dicesse che per tutte le \(k\)-uple di \(a_i\) il \(MCD\) è 1? Per quali \(k\) continua ad essere vero? Il nostro \(k\) dipende solo da \(n\) o anche dalla \(n\)-upla di \(a_i\) scelta?
\( \displaystyle \sigma(A,G) \ \ = \sum_{Y \in \mathscr{P}(A) } \dot{\chi_{|G|} } (Y) \) bum babe

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Loara
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Re: Problemino abbastanza semplice

Messaggio da Loara » 22 set 2014, 09:17

Gottinger95 ha scritto: [...] ma il problemaccio è che se uno pone \(a_1 = 1\), la condizione è praticamente inesistente, e non è difficile vedere che senza condizioni quella cosa è falsa.
Caso esemplificativo:

Consideriamo la coppia $(2, 4)$. Qui MCD$(2, 4)=2$ ed è facile constatare che
\[
2^44^2 \mbox{ non divide } 8!
\]
Se però ora consideriamo la terna $(1, 2, 4)$ osserviamo che
\[
2^44^11^2\;\;|\;8!
\]
$ 210^2+211^2+212^2+213^2+214^2+215^2+216^2+217^2+218^2+219^2+220^2=\\ =221^2+222^2+223^2+224^2+225^2+226^2+227^2+228^2+229^2+230^2\\ 210=2*3*5*7 $

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