m|n per ogni m<n^(1/3)

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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Leblanc
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m|n per ogni m<n^(1/3)

Messaggio da Leblanc » 28 feb 2007, 22:54

Trovare tutti gli $ n $ che sono divisibili per tutti i numeri naturali minori di $ \sqrt[3]{n} $.
Buon lavoro!
Maria

gamma
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Messaggio da gamma » 02 mar 2007, 16:03

Non vorrei sbagliare, ma ecco come risolverei il problema:

Non è restrittivo imporre che (con a intero):

$ a^{3}\leq\ n < (a+1)^{3} $

Sotto questa ipotesi il valore intero della radice cubica di n sarà sicuramente uguale ad a, per ipotesi n sarà quindi divisibile per tutti gli interi inferiori ad a, il che equivale a dire che a! divide n, da cui: $ n = a!k $ ( con k intero ). Sostituendo questo nell'equazione di partenza si ha:


$ a^{3}\leq\ a!k < (a+1)^{3} $

Ossia:

$ {\frac{a^{3}}{a!}} \leq\ k < {\frac{(a+1)^{3}}{a!}} $

k (che è intero) esiste solo quando la differenza:

$ {\frac{(a+1)^{3}}{a!}} - {\frac{a^{3}}{a!}} = {\frac{(a+1)^{3}}{a!}}-{\frac{{a^3}}{a!}} = {\frac{3a^{2}+3a+1}{a!}} $

Deve essere maggiore o uguale a 1, ossia quando:

$ {3a^{2}+3a+1}\geq\ a! $

E' facile verificare che questo e vero se e solo se "a" appartiene a {0; 1; 2; 3; 4}. Quindi si ha:

1) per a=0, k=0
2) per a=1, k= 1
3) per a=2, k appartiene a {4, ..., 13}
4) per a= 3, k appartiene a {5, ..., 10}
5) per a= 4, k appartiene a {3, 4, 5}

Moltiplicando ogni k per il rispettivo a! si ottengono i numeri n desiderati.

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Leblanc
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Messaggio da Leblanc » 02 mar 2007, 17:45

Mi pare che ci siano un paio di punti che non tornano...
gamma ha scritto: n sarà quindi divisibile per tutti gli interi inferiori ad a, il che equivale a dire che a! divide n, da cui: $ n = a!k $ ( con k intero ).
Questo punto non torna, perche' il fatto che tutti gli interi minori o uguali ad a dividano n implica che $ m.c.m(1, 2,... a)|n $, non che $ a!|n $... per fare un esempio, tutti i numeri minori o uguali a 5 dividono 60 ma 5!=120 non divide 60.
gamma ha scritto: k (che è intero) esiste solo quando la differenza:

$ {\frac{(a+1)^{3}}{a!}} - {\frac{a^{3}}{a!}} = {\frac{(a+1)^{3}}{a!}}-{\frac{{a^3}}{a!}} = {\frac{3a^{2}+3a+1}{a!}} $

Deve essere maggiore o uguale a 1
Guarda che tra 0.9 e 1.1 c'e' un numero intero, eppure la differenza 1.1-0.9 e' minore di 1... :wink: Cmq bisogna prima risolvere la parte sopra, che e' quella piu' difficile (infatti si puo' dimostrare facilmente per induzione che la disuguaglianza che hai scritto e' impossibile, perche' $ a! $ e' 'generalmente' molto maggiore di $ (a+1)^3 $)

piever
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Messaggio da piever » 07 mar 2007, 17:18

Tesi: per ogni $ a\geq 11 $ si ha che:

$ lcm(1,2,...,a-1,a)>(a+1)^3 $

Dimo:

$ lcm(1,2,...,a-1,a)\geq 2^k*3^j*p*5*7 $

Dove $ k=[\log_2 a] $ e $ j=[\log_3 a] $ mentre p e' il piu' grande primo minore o uguale ad a (e' distinto da 7 perche' abbiamo scelto $ a\geq 11 $).

Ora siccome la parte frazionaria e' sempre minore di 1, abbiamo $ 2^k*3^j*p*5*7>\frac{a}{2}*\frac{a}{3}*p*5*7 $

Supponiamo per assurdo $ p<\frac{a}{2} $ e avremmo che tra p e 2p non esistono primi, che e' falso per il teorema di Chebycheff.

Quindi $ \frac{a}{2}*\frac{a}{3}*p*5*7\geq\frac{a}{2}*\frac{a}{3}*\frac{a}{2}*5*7 $

E adesso:

$ \frac{35a^3}{12}>(a+1)^3 $ ovvero $ \frac{35}{12}>(1+\frac{1}{a})^3 $ che e' vera per a=4

Visto che il RHS e' decrescente in funzione di a, e' vera per qualsiasi $ a\geq 11 $


Poi restano un po' di casi piccoli da vedere a mano.
"Sei la Barbara della situazione!" (Tap)

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Leblanc
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Messaggio da Leblanc » 07 mar 2007, 19:42

piever ha scritto:Supponiamo per assurdo $ p<\frac{a}{2} $ e avremmo che tra p e 2p non esistono primi, che e' falso per il teorema di Chebycheff.
Giusto per fare la precisina... :)
Qui potevi tranquillamente non scomodare il teoremone, aggiungendo il fattore 5^i ed il primo 11... mi spiego meglio:
$ lcm(1,2,...,a-1,a)\geq 2^k*3^j*5^i*7*11> $$ \frac{a}{2}*\frac{a}{3}*\frac{a}{5}*7*11=\frac{77*a^3}{30} $.
Da qui si conclude come hai fatto tu.
Se qualcuno ha provato in altro modo, comunque, la risposta al quesito e' $ 420 $.

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FrancescoVeneziano
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Messaggio da FrancescoVeneziano » 07 mar 2007, 21:08

In effetti quel minimo comune multiplo cresce ben più velocemente di un cubo. Provate a dimostrare che il binomiale $ \binom{2n}{n} $ divide $ lcm(1,2,\ldots,2n-1,2n) $.

Inoltre si dimostra, ed è una riformulazione del teorema dei numeri primi, che $ \log lcm(1,2,\ldots,n-1,n)\sim n $.
Wir müssen wissen. Wir werden wissen.

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