$s(n)\mid n$ e $n$ non contiene $0$

[jordan]

Mostrare che esistono infiniti interi positivi che non contengono la cifra 0, e che sono divisibili per la somma delle loro cifre.

[Edit: rimossa la reference vista che è stata postata una soluzione]

[toti96]

provo a rispondere ma non sono sicuro... se $ n $ ha un numero di cifre pari ad un $ 3^m $ tutte uguali (chiamiamole $ a $ ) allora soddisfa questa proprietà. posso ovviamente creare infiniti numeri di questo tipo che certamente non conterranno lo zero,d'altro canto questi non sono gli unici numeri che soddisfano la proprietà iniziale ma ci bastano per dimostrare l'enunciato. ora qui la mia dimostrazione vera e propria si fa stentata :basandomi sulla definizione di numero in base 10 se esso ha le cifre uguali in numero$ 3^m=b $ diventa$ 10^{b-1}a+10^{b-2} a+...a $. mettiamo la $ a $ in evidenza ottenendo $ a(10^{b-1}+10^{b-2} ...+1) $. riesprimo il termine in parantesi come il numero la cui somma delle cifre sia $ b $ in quanto somma di $ b $ volte $ 1 $. sto quindi dicendo che $ ab\mid a(10^{b-1}+10^{b-2}...+1) $ ora che a sia divisore di a è banalmente vero . d'altro canto sappiamo che $ b=3^m $ e che la somma delle cifre dei termini in parentesi è $ b $ quindi per i criteri di divisibilità per 3 la tesi è dimostrata. ripeto non sono sicuro di ciò che scrivo al massimo e soprattutto di come lo esprimo...XD

[jordan]

posso ovviamente creare infiniti numeri di questo tipo che certamente non conterranno lo zero,d'altro canto questi non sono gli unici numeri che soddisfano la proprietà iniziale ma ci bastano per dimostrare l'enunciato.

Si, $n=\frac{1}{9}(10^{3^m}-1)$ e' giusto; riguardo il fatto che sia l'unica soluzione ti posso dire che è campata per aria, con qualche teorema "pesante" (in particolare, esistono al massimo due primi che non sono radici primitive di infiniti primi) si puo' rimuovere anche la condizione che tutte le cifre siano uguali..

[...]ora qui la mia dimostrazione vera e propria si fa stentata :basandomi sulla definizione di numero in base 10 se esso ha le cifre uguali diventa $10^ba+10^{b-1} a+...a$. mettiamo la $ a $ in evidenza ottenendo $ a(10^b+10^{b-1}...+1) $. riesprimo il termine in parantesi come il numero la cui somma delle cifre sia $ b $ in quanto somma di $ b $ volte $ 1 $. sto quindi dicendo che $ ab\mid a(10^b+10^{b-1}...+1) $ ora che a sia divisore di a è banalmente vero . d'altro canto sappiamo che $ b=3^m $ e che la somma delle cifre dei termini in parentesi è $ b $ quindi per i criteri di divisibilità per 3 la tesi è dimostrata. ripeto non sono sicuro di ciò che scrivo al massimo e soprattutto di come lo esprimo...XD

Non hai azzeccato quasi niente xD Hai preso la soluzione sopra, in cui imponevi $a=1$, ora, devi dimostrare che $3^m$ divide $1+10+10^2+\ldots+10^{3^m-1}$: "per i criteri di divisibilità per 3" la tesi è dimostrata, no, qui serve un criterio di divisibilità per $3^m$..
Ps. Sbaglio o è un vecchio sns?

[Drago96]

Un'idea potrebbe essere

Testo nascosto:

Induzione, tenendo presente che
$10^{3^{n+1}}-1=\left(10^{3^n}\right)^3-1$
cosa che si fattorizza in qualcosa di utile

[toti96]

quindi la forma dei numeri aventi la proprietà richiesta è giusta...la dimostrazione è ciccata XD una domanda ...[

in cui imponevi a=1

?? dove ho posto un vincolo così forte?? comunque mi resterebbe praticamente da dimostrare un criterio di divisibilità per $ 3^m $ giusto??allora sto cominciando a ragionare per questa strada solo che ad un certo punto mi trovo bloccato : comincio ad esprimere il$ 10 $ come $ (3*3)+1 $ quindi il termine di cui devo mostrare la divisibilità diventa $ [(3*3)+1]^{3^m-1}+[(3*3)+1]^{3^m-2}...+1 $. ora questa somma darà luogo a $ 3^m $ volte $ 1 $ quindi a $ 3^m $ più una certa quantità esprimibile come $ (3*3)[(3*3)^{3^m-2}...+1] $. ora naturalmente il tutto si risolve nel dimostrare che $ 3^m\mid (3*3)[(3*3)^{3^m-2}...+1] $.e qui mi fermo XD stavo pensando di lavorare sui termini noti perchè sono divisibili per $ 3^m $ ma dato che è una somma generalizzata non so quanto possa essere utile

[jordan]

Hai imposto a=1 dicendo che n=111...111 (m volte, con m potenza di 3) soddisfa la proprietà richiesta. Ora, prova per induzione..

[toti96]

grazie all'aiuto di Drago96 ( e non per presunzione ma non so come io abbia fatto a non pensarci prima comunque XD) diventa facilissimo dimostrare per induzione: per $ m=1 $ la tesi è valida adesso vediamo la validità dell'enunciato per $ m+1 $ se supponiamo vera la tesi per i valori da $ 1 $ a $ m $. stiamo dunque dicendo che:
$ 3^{m+1}\mid \frac{1}{9}[(10^{3^m})^3-1] $. interpretiamo il secondo termine come una differenza di cubi. riscriviamo quindi come $ \frac{1}{9}(10^{3^m}-1)[(10^{3^m})^2+1+10^{3^m}] $. consideriamo adesso $ 3^{m+1} $ come $ 3^m*3 $. la tesi risulta facilmente vera :per le premesse iniziali dell'induzione $ 3^m $ divide $ \frac{1}{9}(10^{3^m}-1) $ mentre è evidente che $ 3 $ divida $ [(10^{3^m})^2+1+10^{3^m}] $ in quanto questo numerò avrà solo 3 cifre diverse da zero e tutte uguali ad uno e sarà quindi divisibile per 3..credo finalmente di aver dato un'argomentazione semi-coerente XD

[toti96]

ah e non c'entra molto ma rispondo al tuo P.S iniziale :sono andato a controllare dell'88-89 c'è un problema molto simile ma con una formulazione leggermente diversa ed estesa a tutti i primi

[jordan]

..credo finalmente di aver dato un'argomentazione semi-coerente XD

Finalmente una dimostrazione per bene