divisibilità, sns 1991-1992

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
HomoPatavinus
Messaggi: 54
Iscritto il: 23 mag 2006, 16:32
Località: Padova

divisibilità, sns 1991-1992

Messaggio da HomoPatavinus » 19 ago 2006, 18:09

premetto che quasi sicuramente troverete che sia un esercizio banale, ma su questo genere di problemi non so neanche da dove cominciare e,anzi ,vi sarei grato se risolvendo il problema mi spiegaste ogni passaggio come lo spieghereste a un ritardato mentale.


DIMOSTRARE CHE:$ \sqrt[n] n! $ NON PUò MAI ESSERE UN DIVISORE DI $ \frac{n+1} 2 $

con $ n $ numero naturale maggiore di 1


grazie in anticipo per la vostra attenzione
Ultima modifica di HomoPatavinus il 19 ago 2006, 21:15, modificato 1 volta in totale.

Avatar utente
HiTLeuLeR
Messaggi: 1874
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Reggio di Calabria

Messaggio da HiTLeuLeR » 19 ago 2006, 18:28

Fossi al tuo posto, tenterei di dimostrare che $ \sqrt[n]{n!} $ non è razionale, eccetto che per n = 1. Il resto verrebbe da sé... :wink:

HomoPatavinus
Messaggi: 54
Iscritto il: 23 mag 2006, 16:32
Località: Padova

Messaggio da HomoPatavinus » 19 ago 2006, 20:25

che condizioni devo porre per dimostrarlo?

Avatar utente
Poliwhirl
Messaggi: 383
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Napoli

Re: divisibilità, sns 1991-1992

Messaggio da Poliwhirl » 19 ago 2006, 20:58

HomoPatavinus ha scritto:premetto che quasi sicuramente troverete che sia un esercizio banale, ma su questo genere di problemi non so neanche da dove cominciare e,anzi ,vi sarei grato se risolvendo il problema mi spiegaste ogni passaggio come lo spieghereste a un ritardato mentale.


DIMOSTRARE CHE:$ \sqrt[n] n! $ NON PUò MAI ESSERE UN DIVISORE DI $ \frac{n+1} 2 $

con $ n $ numero naturale


grazie in anticipo per la vostra attenzione
C'è un errore nel testo, ho riportato sopra la versione corretta (n+1, non n+2); cmq, deve essere:

$ \displaystyle k*\sqrt[n]n! \neq \frac{n+1}{2} $ con $ k $ intero,
$ \displaystyle 2^n * k^n * n! \neq (n+1)^n $ che è vera perché $ \displaystyle n\nmid (n+1) $ per $ \displaystyle n\neq 1 $ (come il testo dell'esercizio originale prevedeva).

Bye,
#Poliwhirl#

HomoPatavinus
Messaggi: 54
Iscritto il: 23 mag 2006, 16:32
Località: Padova

Messaggio da HomoPatavinus » 19 ago 2006, 21:14

scusa la mia ignoranza ma cos'è quel simbolo strano? cmq hai ragione è n+1 non n+2, ora correggo

Avatar utente
HiTLeuLeR
Messaggi: 1874
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Reggio di Calabria

Re: divisibilità, sns 1991-1992

Messaggio da HiTLeuLeR » 20 ago 2006, 10:24

Poliwhirl ha scritto:$ \displaystyle n\nmid (n+1) $
HomoPatavinus ha scritto:scusa la mia ignoranza ma cos'è quel simbolo strano? cmq hai ragione è n+1 non n+2, ora correggo
Se il simbolo strano a cui ti riferisci è quell'asticella verticale "tagliata" a circa 1/3 dall'alto, allora si usa per negare la condizione di divisibilità. Perciò $ a \nmid b $ si leggerà "a non divide b". Se può esserti utile, ricordo che, dati due numeri $ a, b \in \mathbb{R} $, si dice che a divide b, e si scrive $ a \mid b $, se esiste un intero k tale che b = ak.
Ultima modifica di HiTLeuLeR il 20 ago 2006, 18:27, modificato 1 volta in totale.

Avatar utente
HiTLeuLeR
Messaggi: 1874
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Reggio di Calabria

Messaggio da HiTLeuLeR » 20 ago 2006, 10:27

Visto che c'è stata un po' di confusione sulla traccia del problema, vi invito alla generalizzazione:

"Determinare ogni coppia (n,k) di interi positivi, con n > 1, tali che $ \sqrt[n]{n!} $ divide $ \displaystyle\frac{n+k}{2} $."

HomoPatavinus
Messaggi: 54
Iscritto il: 23 mag 2006, 16:32
Località: Padova

Messaggio da HomoPatavinus » 20 ago 2006, 12:38

$ 2^n * k^n * n! \neq (n+1)^n $
che è vera perché $ n\nmid (n+1) $ per $ n\neq 1 $
Scusami ma forse hai saltato qualche passaggio che hai considerato banale ma è la prima volta che tento di risolvere un esercizio di divisibilità e quindi:
vi sarei grato se risolvendo il problema mi spiegaste ogni passaggio come lo spieghereste a un ritardato mentale.


quello che credo di aver capito è questo;

se $ 2^n * k^n * n! = (n+1)^n $ allora ogni fattore del primo membro deve dividere n volte il secondo membro; 2^n potrebbe, k^n potrebbe, ma n no, neppure una volta. è questo il passaggio che hai saltato? Correggimi se sbaglio.

P.S. come fate a fare quei riquadri " Poliwhirl ha scritto: ecc. " ? vi tocca riscrivere tutte le formule in latex (come è toccato fare a me ) ?

Aethelmyth
Messaggi: 47
Iscritto il: 16 ago 2006, 19:24
Località: Roma Eur, Torrino
Contatta:

Messaggio da Aethelmyth » 20 ago 2006, 13:23

HomoPatavinus ha scritto:allora ogni fattore del primo membro deve dividere n volte il secondo membro; 2^n potrebbe, k^n potrebbe, ma n no, neppure una volta. è questo il passaggio che hai saltato? Correggimi se sbaglio.
È esatto, infatti a parte per n=1, n non divide il numero a sé successivo, né tantomeno il suo quadrato :wink:
HomoPatavinus ha scritto: P.S. come fate a fare quei riquadri " Poliwhirl ha scritto: ecc. " ? vi tocca riscrivere tutte le formule in latex (come è toccato fare a me ) ?
Invece del semplice quote tra parentesti quadre scrivi quote="nome" , tutto sempre tra parentesi quadre. Te capì? :wink:
[img]http://img177.imageshack.us/img177/5673/ponandzimd6.gif[/img]
Membro dell'associazione "Matematici per la messa al bando del sudoku" fondata da fph

Avatar utente
evans
Messaggi: 115
Iscritto il: 21 nov 2005, 20:52

Messaggio da evans » 25 ago 2006, 20:37

@Hit Come dimostrare che $ \sqrt[n] n! $ è irrazionale e qiondi concludere la dimostrazione?

Comunque$ 2^n*m^n * n! \neq (n+k)^n $

perchè $ n\nmid (n+k) $ con$ k\neq0 $

non so però se è giusto... :(

EvaristeG
Site Admin
Messaggi: 4760
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Roma
Contatta:

Messaggio da EvaristeG » 25 ago 2006, 21:04

Beh, evans, se $ \sqrt[n]{n!}=p/q $ con (p,q)=1, allora $ n!=p^n/q^n $
e quindi $ q^n\mid p^n $, da cui q=1 e dunque $ n!=p^n $ con p naturale. Ora, prova a contare i fattori 2 che dividono n! e ti accorgerai che sono troppo pochi per una potenza n-esima.

Avatar utente
HiTLeuLeR
Messaggi: 1874
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Reggio di Calabria

Messaggio da HiTLeuLeR » 25 ago 2006, 21:53

evans ha scritto:Comunque$ 2^n*m^n * n! \neq (n+k)^n $ perché $ n\nmid (n+k) $ con$ k\neq0 $
No, che non è giusto! Perché n | (n+k), ogni volta che n | k. Per cui basta prendere k = n, 2n, ... per smentire la tua ultima affermazione.
evans ha scritto:@Hit Come dimostrare che $ \sqrt[n] n! $ è irrazionale e quindi concludere la dimostrazione?
Un modo l'ha suggerito Evariste: riprendendo il suo intervento, supponi sia n > 1. Allora 2 | p, e l'uguaglianza è possibile sse $ v_2(n!) = v_2(p^n) \ge n $, dove $ v_2(\cdot) $ indica una valutazione 2-adica (qui). Applicando allora l'identità di Legendre-De Polignac (qui): $ \displaystyle n \le v_2(n!) < \sum_{k=1}^{\infty} \frac{n}{2^k} = n $, assurdo! Un'altra via praticabile passa per il teorema di Chebyshev (qui), seppure qualcuno non lo ritenga un risultato da annoverare nel syllabus più propriamente olimpico.

Avatar utente
evans
Messaggi: 115
Iscritto il: 21 nov 2005, 20:52

Messaggio da evans » 25 ago 2006, 23:52

HiTLeuLeR ha scritto:
evans ha scritto:Comunque$ 2^n*m^n * n! \neq (n+k)^n $ perché $ n\nmid (n+k) $ con$ k\neq0 $
No, che non è giusto! Perché n | (n+k), ogni volta che n | k. Per cui basta prendere k = n, 2n, ... per smentire la tua ultima affermazione.


vero :? ci penso un pò su...

Avatar utente
gian92
Messaggi: 558
Iscritto il: 12 nov 2007, 13:11
Località: roma

Messaggio da gian92 » 24 mar 2010, 23:39

giusto per completezza per chi volesse vedere le soluzioni dei vecchi SNS in realtà l'esercizio era:
dimostrare che
$ \sqrt[n]{n!}<\frac{n+1}{2} $

quello proposto qua era solo il secondo punto.

comunque dimostrare questo non è difficile ed è una AM-GM mascherata
infatti se prendiamo i natrali da 1 a n come tutti gli elementi di AM e GM e usiamo poi la formula di gauss abbiamo finito

Robertopphneimer
Messaggi: 426
Iscritto il: 14 lug 2012, 15:43

Re: divisibilità, sns 1991-1992

Messaggio da Robertopphneimer » 21 lug 2012, 14:21

gian92 ha scritto:


comunque dimostrare questo non è difficile ed è una AM-GM mascherata

infatti se prendiamo i natrali da 1 a n come tutti gli elementi di AM e GM e usiamo poi la formula di gauss abbiamo finito
non ho capito....come facciamo AM GM?? cioè in che modo si applica?? dobbiamo fare AM e AM al secondo?
L'universo è come una sfera dove il centro è ovunque e la circonferenza da nessuna parte.
"Blaise Pascal"

Rispondi