Ancora numeri...

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Novecento
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Messaggio da Novecento » 01 gen 1970, 01:33

Si dimostri che per ogni n esiste un numero di n cifre, tutte diapari, divisibile per 5^n. <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">
"Si può perdonare a qualcuno l'aver fatto qualcosa di utile purché non l'ammiri" O. Wilde

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gip
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Messaggio da gip » 01 gen 1970, 01:33

<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>
<BR>On 2004-08-03 23:41, Novecento wrote:
<BR>Si dimostri che per ogni n esiste un numero di n cifre, tutte diapari, divisibile per 5^n. <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>
<BR>Dunque... procediamo per induzione...
<BR>
<BR>Caso base:
<BR>n=1; il numero cercato è semplicemente 5.
<BR>
<BR>Passo induttivo:
<BR>Supponiamo che esista un numero X di n cifre, tutte dispari, divisibile per 5<sup>n</sup> e dimostriamo che esiste anche un numero Y di n+1 cifre, dispari, divisibile per 5<sup>n+1</sup>.
<BR>Cerchiamo di creare Y in modo che le sue n cifre finali siano le stesse di X; si ha così Y=X+z*5<sup>n</sup>*2<sup>n</sup> (chiamiamo z la cifra di Y in posizione n+1-esima), ossia, poichè X è divisibile per 5<sup>n</sup>, Y=w*5<sup>n</sup>+z*5<sup>n</sup>*2<sup>n</sup> (abbiamo posto X=w*5<sup>n</sup>), da cui Y=5<sup>n</sup>*(w+z*2<sup>n</sup>). A questo punto ci basta trovare un numero dispari z < 10, tale che w+z*2<sup>n</sup> = 0 (mod 5); ma i numeri dispari < 10 coprono tutte le classi di resto mod 5, dunque è come se ci stessimo muovendo nel campo degli interi mod 5, in cui quell\'equazione ha sempre soluzione in z (proprio perchè è un campo: -w/2<sup>n</sup> ; 2<sup>n</sup> non è mai congruo a 0 mod 5), da cui la tesi.
<BR>
<BR>Ciao!!! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_biggrin.gif">
<BR><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: gip il 04-08-2004 12:07 ]

Novecento
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Messaggio da Novecento » 01 gen 1970, 01:33

Eh, sì...eccone un altro:
<BR>
<BR>Dimostrare che non esistono numeri primi nella seguente sequenza:
<BR>
<BR>10001, 100010001, 1000100010001, ...
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Novecento
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Messaggio da Novecento » 01 gen 1970, 01:33

Ve ne lascio ancora uno, leggero e veloce, giusto per rilassarsi...
<BR>
<BR>Dimostrare che ogni primo, tranne 2 e 5, divide infiniti numeri della forma
<BR>
<BR>11, 111, 1111, ...
<BR>
<BR>Ciao
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gip
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Messaggio da gip » 01 gen 1970, 01:33

<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>
<BR>On 2004-08-04 21:51, Novecento wrote:
<BR>Ve ne lascio ancora uno, leggero e veloce, giusto per rilassarsi...
<BR>
<BR>Dimostrare che ogni primo, tranne 2 e 5, divide infiniti numeri della forma
<BR>
<BR>11, 111, 1111, ...
<BR>
<BR>Ciao
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>
<BR>Prendiamo il generico primo p e consideriamo p numeri distinti del tipo suddetto: o ce n\'è almeno uno congruo a 0 (mod p), che sarà diviso da p, oppure ve ne sono due appartenenti alla stessa classe di congruenza, e in tal caso la loro differenza, nella forma 11....1100....00, sarà congrua a 0 (mod p), per cui anche il numero formato dalle sue prime cifre \'1\' lo sarà, e dunque sarà diviso da p. Per generare infiniti numeri divisi da p si possono scegliere opportunamente gli insiemi di p numeri, in modo da trovare numeri del tipo 11...11 sempre diversi (ad esempio mantenendo dieci numeri non divisibili per p e cambiando l\'undicesimo elemento...).
<BR>
<BR>Ciao!

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gip
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Messaggio da gip » 01 gen 1970, 01:33

<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>
<BR>On 2004-08-04 20:48, Novecento wrote:
<BR>Eh, sì...eccone un altro:
<BR>
<BR>Dimostrare che non esistono numeri primi nella seguente sequenza:
<BR>
<BR>10001, 100010001, 1000100010001, ...
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>
<BR>Intanto dimostro che non sono primi i numeri di quel tipo aventi n cifre \'1\', con n composto. Se infatti n=a*b, con a e b diversi da 1 e da n, posso chiamare X il numero del tipo suddetto avente b cifre \'1\', e risulta che il numero di partenza si può scrivere come X + X*10<sup>b+6</sup>+X*10<sup>2*(b+6)</sup> ecc.. con un totale di a addendi; si può dunque raccogliere a fattor comune X, che risulta un divisore del numero di partenza, che quindi non è primo.
<BR>
<BR>Esempio, giusto per chiarire:
<BR>100010001000100010001 ha n=6 cifre \'1\' ; prendiamo X = 10001; possiamo scrivere il nostro numerone come X+X*10<sup>8</sup>+X*10<sup>16</sup> , dunque X lo divide.
<BR>
<BR>A qualcuno viene in mente qualcosa per il caso in cui il numero di cifre \'1\' sia primo? <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif">
<BR>
<BR>Ciao!
<BR>
<BR>Marino

Novecento
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Messaggio da Novecento » 01 gen 1970, 01:33

Ciao, ho provato a concludere con la tua idea, ma non ne vengo fuori, non ci ho pensato molto però...
<BR>il mio approccio è diverso, se cerchi la formula per ogni termine lo smonti in breve tempo...
<BR>
<BR>bye
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andrea84
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Messaggio da andrea84 » 01 gen 1970, 01:33

Ciao!
<BR>
<BR>Vediamo...
<BR>sia n un numero del tipo in esame con k cifre, si dimostra che k==1mod(4) quindi k=4p+1 da cui n=sum(i=0...p)10^(4i) cioè n=(10^(4p+4)-1)/(10^4-1)
<BR>Ora n=(1/(10^4-1))*(10^(2p+2)-1)*(10^(2p+2)+1) dunque se p è pari
<BR>101|10^(2p+2)+1 e 99|10^(2p+2)-1 ( e 10^(2p+2)-1>99 e 10^(2p+2)+1 >101)mentre se p è dispari 9999|10^(2p+2)-1 e 10^(2p+2)-1>=9999 dove l\'uguale vale se e solo s p=1 ma in questo caso n=10001=73*137.
<BR>Da cui la tesi.
<BR>
<BR>Ciao<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: andrea84 il 07-08-2004 17:48 ]
Andrea 84 alias Brend

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Messaggio da gip » 01 gen 1970, 01:33

<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>
<BR>On 2004-08-07 17:47, andrea84 wrote:
<BR>
<BR>[...]
<BR>Da cui la tesi.
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>
<BR>Già, bravo! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_smile.gif">
<BR>La mia cocciutaggine non ha pagato <IMG SRC="images/forum/icons/icon_frown.gif">
<BR>
<BR>Ciao!
<BR>Marino

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Messaggio da Boll » 01 gen 1970, 01:33

Posto anche la mia \"presunta\" soluzione, quasi senza congruenze.
<BR>
<BR>Osserviamo che tutti i numeri di tale forma sono dati dalla sommatoria:
<BR>sum[k=0,n](10<sup>4k</sup>)
<BR>che è la somma di n termini di una progressione geometrica di ragione 10<sup>4</sup>
<BR>Ora, tutti i numeri con un numero pari di 1 sono multipli di 10001, che è composto, quelli con un numero dispari di 1 sono tutti dati dalla sommatoria sopra scritta e uindi si possono scrivere sotto la forma:
<BR>1*(10<sup>4n</sup>-1)/(10<sup>4</sup>-1), con n dispari, che si semplifica come ((10<sup>2n</sup>+1)/101)*(10<sup>n-1</sup>+10<sup>n-2</sup>+...+10<sup>2</sup>+10)*(10<sup>n-1</sup>-10<sup>n-2</sup>+...+10<sup>2</sup>-10)
<BR>ora, per le congruenze si dimostra che 101 è sempre divisore di un numero della forma 10<sup>2n</sup>+1 con n dispari, quindi il numero dato è composto.
<BR>
<BR>Ho eivitato il formalismo di dimostrare che almeno uno dei tre numeri sia diverso da uno, ma penso sia ovvio, spero di non sbgliare. <IMG SRC="images/forum/icons/icon_cool.gif">
<BR>
<BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: Boll il 10-08-2004 15:51 ]<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: Boll il 10-08-2004 15:53 ]
"Ma devo prendere una n-upla qualsiasi o una n-upla arbitraria?" (Lui)

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