OliForum Matematico

Sia MCD(a,b) = 1
Calcolare per quali a, b e n positivi è valida la relazione:
ab(a+b) = n!

PS:
Che è successo a questo sito? per un po' di tempo non si apriva e sono scomparsi dei messaggi........

se $ ~a\equiv 0 \mod 2 \Rightarrow b\equiv 1 \mod 2 $
SPIG: $ ~a<b $

per ora ho trovato solo i banali $ ~a=1\quad b=1\quad n=2 $ (unico caso con $ ~a=b $) e $ ~a=1\quad b=2\quad n=3 $, ma il tempo dedicato e' $ $\lim_{t\rightarrow 0^+}$ $

SkZ ha scritto:se $ ~a\equiv 0 \mod 2 \Rightarrow b\equiv 1 \mod 2 $
SPIG: $ ~a<b $

per ora ho trovato solo i banali $ ~a=1\quad b=1\quad n=2 $ (unico caso con $ ~a=b $) e $ ~a=1\quad b=2\quad n=3 $, ma il tempo dedicato e' $ $\lim_{t\rightarrow 0^+}$ $

c'è anche $ a=3 $, $ b=5 $, ma non credo sia cosa giusta andare per tentativi....

dalferro, una domanda, dove hai preso questo (bel) problema?

A dir la verità non ricordo bene...
ma ti posso dire che era una parte di un altro problema più grande....

apparte le due soluzioni banali si puo dimostrare almeno che posto che b=1 che a(a+1)=n! ??

jordan ha scritto:a parte le due soluzioni banali, si puo dimostrare almeno che posto che b=1 che a(a+1)=n! ??

Qualcuno mi ha chiesto di darci un'occhiata. Ed io - che un giorno di nostalgia finirò a morire - ne approfitto - giusto il tempo di un saluto - per tornare - invecchiato, o semplicemente più stanco di ieri - nei luoghi - tanto cari! - dell'infanzia.

Errata (vedi seguito). Dev'essere $ a+1 \ge n \ge 2 $. Perciò, se $ \mathcal{N} = \{1, 2, \ldots, n\} $, esiste $ \emptyset \ne \mathcal{S} \subseteq \mathcal{N} $ tale che $ a = \prod_{i \in \mathcal{S}} i $ ed $ a+1 = \prod_{i \in \mathcal{S}^*} i $, dove $ \mathcal{S}^* = \mathcal{N} \setminus \mathcal{S} \ne \emptyset $. Naturalmente, $ \mathcal{S} $ ed $ \mathcal{S}^* $ sono coprimi, nel senso che $ \gcd(i,j) = 1 $, per ogni $ (i,j) \in \mathcal{S} \times \mathcal{S}^* $. Pertanto $ 2 \in \mathcal{S} $ sse $ 2i \in \mathcal{S} $, per ogni intero positivo $ i \le \frac{1}{2} n $. Senonché $ \prod_{i \in \mathcal{S}^*} i - \prod_{i \in \mathcal{S}} i = 1 $. Dunque, se $ n $ è pari, a forza $ 2 \in \mathcal{S}^* $ ed $ n = 2 $ (dalla disuguaglianza di Bernoulli). Se invece $ n $ è dispari e $ 2 \in \mathcal{S} $ (risp., $ 2 \in \mathcal{S}^* $), allora necessariamente $ i \in \mathcal{S} $ (risp., $ i\in\mathcal{S}^* $), per ogni intero $ 2 \le i < \frac{1}{2} n $ (perché?). Di conseguenza, $ n \le 9 $, e si vede che, di fatto, soltanto $ n = 3 $ sta bene.

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Dio ha inventato i numeri interi. Tutto il resto è opera dell'uomo. ~ Leopold Kronecker

Una sera, di presso al tramonto, un'anziana signora, incontrata per Caso sui binari di una vecchia stazione in disuso, mi domandò se sapessi dove finisce il Cielo. Sconfitto, felice - risposi non so. Oggi ancora ricordo le sue ultime parole, un attimo prima di partire, quando - con tutta la tenerezza ingenua di una vita - mi rivelò, come a susurrarmi un segreto, che il Cielo finisce nel cuore di Dio. ~ S

dalferro11 ha scritto:Sia MDC(a,b) = 1. Calcolare per quali a, b e n positivi è valida la relazione: $ ab(a+b) = n! $.

Errata (vedi seguito). Idem con patate - però, a questo p.to, possiamo supporre $ a, b \ge 2 $. Dev'essere $ a+b \ge n \ge 2 $. Pertanto, posto $ \mathcal{N} = \{1, 2, \ldots, n\} $, esistono $ A, B \subseteq \mathcal{N} $, entrambi non vuoti, tali che $ a = \prod_{i \in A} i $ e $ b = \prod_{j\in B} j $. Ne segue [1] $ a+b = \prod_{i \in A} i + \prod_{j\in B} j = \prod_{k \in \mathcal{S}} k $, dove $ \mathcal{S} = \mathcal{N} \setminus (A \cup B) \ne \emptyset $ e $ A $, $ B $ ed $ \mathcal{S} $ sono, naturalmente, a due a due coprimi. Wlog, ammettiamo $ 2 \in A $ (risp., $ 2 \in \mathcal{S} $). Allora $ 2i \in A $ (risp., $ 2i \in \mathcal{S} $), per ogni intero positivo $ i \le \frac{1}{2}n $, e anzi $ i \in A $ (risp., $ i \in \mathcal{S} $), per ogni intero $ 2 \le i \le \frac{1}{2} n $ (perché?). Nel primo caso (i.e, se $ 2 \in A $) si arriva a un assurdo (disuguaglianze), per il fatto che un qualche dispari intero $ \ge \frac{1}{2} n $ è in $ B $. Nel secondo, potendosi ammettere wlog $ \prod_{i \in A} i + \prod_{j\in B} j \le \prod_{i \in A} 2i - 2 $, si conclude che nessun dispari intero $ > \frac{1}{2}n $ appartiene ad $ \mathcal{S} $ (ancora disuguglianze), e quindi che a forza $ n \le 9 $. Il resto si fa a mano.

scusa ma mi sono perso un punto..perche se 2 appartiene a S allora 2i appartiene a S? con i<=1/2n..

jordan ha scritto:scusa ma mi sono perso un punto..perche se 2 appartiene a S allora 2i appartiene a S? con i<=1/2n..

Mi riferisco di seguito alla prima metà della soluzione (tanto, cambia nulla in quanto alla seconda): per assurdo, esista un qualche intero positivo $ i \le \frac{1}{2}n $ tale che $ 2i \not\in \mathcal{S} $. Allora necessariamente $ 2i \in \mathcal{S}^* $, dacché per costruzione $ (\mathcal{S}, \mathcal{S}^*) $ è una partizione di $ \mathcal{N} = \{1, 2, \ldots, n\} $. Da qui l'assurdo, visto che $ \mathcal{S} $ ed $ \mathcal{S}^* $ sono coprimi.

HiTLeuLeR ha scritto: ...
Dev'essere $ a+1 \ge n \ge 2 $. Perciò, se $ \mathcal{N} = \{1, 2, \ldots, n\} $, esiste $ \emptyset \ne \mathcal{S} \subseteq \mathcal{N} $ tale che $ a = \prod_{i \in \mathcal{S}} i $ ed $ a+1 = \prod_{i \in \mathcal{S}^*} i $, dove $ \mathcal{S}^* = \mathcal{N} \setminus \mathcal{S} \ne \emptyset $.
...

Perché?

FrancescoVeneziano ha scritto: Perché?

Complimenti, Francesco, pensavo che le soluzioni di Hitty fossero definitivamente impossibili da leggere!

FrancescoVeneziano ha scritto: Perché?

E' semplice: ho sbagliato. Ci aggiungo subito un edit, perché sia chiaro che la soluzione è invalidata.