Mcd di una successione

[HarryPotter]

Si trovi il Massimo Comune Divisore di tutti i numeri della forma:

$ 3n^5 + 5n^3 - 8n $.

Con $ n $ numero intero positivo.


Astenersi gente con più di uno stage sulle spalle.

[jordan]

$ p ( 2 )=? $

[matemark90]

Premetto che non ho nessuna esperienza oltre i provinciali di Febbraio (e ve ne sarete accorti)...
Guardiamo cosa succede per i casi più piccoli: per n=1 si annulla quindi niente perchè 0 è multiplo di tutti i numeri (è vero?), per n=2 abbiamo 120. Vediamo se riusciamo a dimostrare che 120 il numero cercato.
Per essere multiplo di 120 deve essere multiplo contemporaneamente di $ 2^3 , 3 $ e $ 5 $.
1°caso: $ 3n^5+5n^3-8n \equiv 0 (mod8) $
possiamo togliere 8n e abbiamo $ n^3(3n^2+5)\equiv 0 (mod8) $;
adesso se n è pari vale la congruenza se n è dispari consideriamo solo il secondo fattore e facciamo una tabella di congrenze. Otteniamo che la congruenza è verificata per ogni n
2°caso: $ 3n^5+5n^3-8n \equiv 0 (mod3) $ togliamo il primo addendo e rimane $ n(5n^2-8) \equiv 0 (mod3) $, ora tabella per $ 5n^2-8 \equiv0 (mod3) $. Vale sempre tranne quando n è multiplo di 3 che verifica la prima congruenza
3°caso: $ 3n^5+5n^3-8n \equiv 0 (mod5) $ togliamo il secondo addendo, rimane $ n(3n^4-8) \equiv 0 (mod5) $
Il secondo fattore è multiplo di 5 per ogni n non multiplo di 5 per teorema di Fermat, se n è multiplo di 5 è evidente.

[Ani-sama]

Aspetta... forse è tardi e mi confondo io, ma da quel che leggo mi pare che tu abbia dimostrato solo che $ $120 | 3n^5 + 5n^3 + 8n$ $ per ogni $ $n \in \mathbb{N}$ $. Però se $ $120$ $ è il massimo comune divisore di quel numero dato al variare di $ $n$ $, allora deve essere che, per ogni $ $d \in \mathbb{N}$ $ tale che $ $d | 3n^5 + 5n^3 + 8n$ $, allora $ $d | 120$ $. (cioè, $ $120$ $ è effettivamente il massimo dei divisori comuni).

[EvaristeG]

Ani, ovviamente l'mcd di un insieme di numeri è minore o uguale di ogni elemento. Visto che p(2)=120, l'mcd divide 120...

[Ani-sama]

Proprio una svista madornale la mia.

(dai, però erano le 4 del mattino, ho le attenuanti generiche )

[HarryPotter]

Ok il risultato è esatto e la soluzione rigorosa, matemark90. Però dai, c'è un modo molto più elegante per vedere che quei numeri sono tutti multipli di 8 e di 3, senza mettersi a fare tutti i casi delle congruenze mod 8 e mod 3...

Vediamo se lo trovi

[Ani-sama]

Se mi perdonate la svista madornale di cui sopra, un piccolo suggerimento che in realtà è un metodo standard che trovavo piuttosto utile... è un fatto semplicissimo in sé:

Il prodotto di $ $k$ $ numeri consecutivi è sicuramente divisibile per $ $k$ $.

[jordan]

{niente, cipensa simo}comunque assicuro una dimostrazione pure del 5 facile e senza congruenze..chi vuoleprovare?

[Simo_the_wolf]

ti dirò di più... il prodotto di $ k $ interi consecutivi è sempre divisibile per $ k! $...

{ops arrivo in ritardo...}

[quattrocchi]

Scusate:
affinche 120 sia mcd bisogna che p(n)/120=k con k appartenente ai numeri naturali.....vero?


$ n(3n^5+5n^3-8n)/120=k $
$ (n)*[(3n^4+5n^2-8)/120]=k $

la prima parte è un numero naturale,la seconda darà numeri naturali oppure no,secondo il caso....cmq sarà certamente vero che il prodotto della prima parte con la seconda darà un numero k appartenente ai natutali.....solo 120 soddisfa ciò...quindi mcd=120...

[EvaristeG]

A parte che il problema sta proprio nel dimostrare che il prodotto è naturale...questo funziona per qualunque divisore comune (anche per 4, 30, 60 è vero) non solo per l'MCD.

[matemark90]

Per evitare la prima tabella che calcolava tutti i $ [tex] $3n^2+5\equiv0(mod [/tex] con n dispari direi che tutti i residui quadratici di posto dispari modulo 8 sono congrui a 1 quindi $ 3+5\equiv0 (mod8) $
L'altra tabellina (2 casi) era quella per $ 5n^2-8\equiv0(mod3) $ per n non multiplo di 3 (che era raccolto e quindi verificava). Lo stesso ragionamento di prima: i residui quadratici modulo 3 per i non multpli di 3 sono tutti 1 quindi $ 5-8\equiv0(mod3) $

I residui non li avevo mai usati (li ho letti qualche giorno fa in Davenport). Spero di non aver frainteso

[phi]

"Usare i residui" è praticamente fare le tabelle di congruenze di cui hai parlato prima... semplicemente se conosci già i residui quadratici mod 3 e 8 ti risparmi qualche (davvero minuscolo) conto.
No, credo che harrypotter si riferisse a un possibile approccio leggermente diverso al problema, senza andar subito giù dritti di congruenze Un approccio che c'entri di più con gli hint di ani, sthew e jordan...

[matemark90]

Stavolta penso di esserci:
Per il 3: $ 3n^5+5n^3-8n=3(n^5-n)+5n(n-1)(n+1) $
Per l'8: $ 3n^5+5n^3-8n=n(n+1)(n-1)(n-2)(3n+6)+20(n^3-n) $