Fare a pezzi i mostri

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Moderatori: Gianfranco, Bruno

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Bruno
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Fare a pezzi i mostri

Messaggio da Bruno »

...

Ho appena riguardato in Internet la potente incisione del Goya intitolata Il sonno della ragione
genera mostri
e... pòffete, me ne sono saltati fuori due :D

I numeri naturali con questa forma $\, 2425^n-485^n-30^n+6^n \,$ sono tutti divisibili per 1916.

Sembrerebbe quasi (quasi) difficile averne ragione, ma quello che segue è in realtà più temibile:
$n^{13}-n\,$ è un multiplo di 2730, per ogni n intero.


(Bruno)
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l'ha apena sfioragia
sospension d'un momento;
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leandro
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Messaggio da leandro »

Per n=0 o n=1 il quesito e' vero.Per n>1 si ha:
$2425^n-485^n-30^n+6^n=485^n.5^n-485^n-6^n.5^n+6^n=$
$=485^n(5^n-1)-6^n(5^n-1)=(485^n-6^n)(5^n-1)=$
$=(485-6)(5-1) (485^{n-1}+485^{n-2}+...+1)(5^{n-1}+5^{n-2}+..+1)=$
$=1916(485^{n-1}+485^{n-2}+...+1)(5^{n-1}+5^{n-2}+..+1)$
Il secondo lo vedo piu' tosto.
Leandro

leandro
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Messaggio da leandro »

2° quesito
Escludo i casi banali n=0 o n=1 e quindi suppongo n>1
Si ha 2730=2.3.5.7.13 ed inoltre,ponendo $N=n^{13}-n$,possiamo scrivere che:
a)$N=n(n^{12}-1)$
b)$N=n(n^2-1)(n^2+1)(n^8+n^2+1)$
c)$N=n(n^4-1)(n^8+n^4+1)$
d)$N=n(n^6-1)(n^6+1)$
Allora:
1)N e' divisibile per 2 poiche' dei due fattori della (a) uno e' certamente pari
2)N e' divisibile per 3 perche' o lo e' n e quindi anche N oppure ,se n e' primo con 3,per Fermat
si ha $n^2 \equiv 1(3)$ e quindi per la (b) 3|N
3)N e' divisibile per 5 perche' o lo e' n e quindi anche N oppure ,se n e' primo con 5,per Fermat si ha $n^4 \equiv 1(5)$ e quindi per la (c) 5|N
4)N e' divisibile per 7 perche' o lo e' n e quindi anche N oppure ,se n e' primo con 7,per Fermat si ha $n^6 \equiv 1(7)$ e quindi per la (d) 7|N
5)N e' divisibile per 13 perche' o lo e' n e quindi anche N oppure ,se n e' primo con 13,per Fermat si ha $n^{12} \equiv 1(13)$ e quindi per la (a) 13|N
Leandro
Ultima modifica di leandro il ven mar 24, 2006 9:51 am, modificato 2 volte in totale.

Pasquale
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Messaggio da Pasquale »

Belle le dimostrazioni...come ammirare un bel quadro.
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$\text { }$ciao Immagine ciao
E' la somma che fa il totale (Totò)

Bruno
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Messaggio da Bruno »

Son d'accordo con Pasquale... qualsiasi ulteriore considerazione sarebbe
superflua :D
(Bruno)

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Gianfranco
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Messaggio da Gianfranco »

Ciao a tutti,

Complimenti Leandro, dimostrazioni fulminanti! Mi inchino di fronte al Maestro!

Posto anch'io le mie soluzioni.

$2425^n-485^n-30^n+6^n =$
$(5^n-1)(485^n-6^n)$

$(5^n-1)$ è divisibile per 5-1=4
$(485^n-6^n)$ è divisibile per 485-6=479

Toh, che coincidenza!
479*4=1916

------------

A puro titolo di curiosità riporto la mia soluzione del secondo problema.

2730=2*3*5*7*13

$n^{13}-n=n(n-1)(n+1)(n^2+n+1)(n^2-n+1)(n^6+1)$

a) $n^{13}-n$ è divisibile per 13 (Fermat)
b) $n^{13}-n$ è divisibile per 10=2*5 (dimostrato in questo forum pochi giorni fa)
c) $n(n-1)(n+1)$ è divisibile per 3 (ovvio)
d) $(n^2+n+1)(n^2-n+1)$ è divisibile per 7 (segue dimostrazione)

Gli unici casi in cui bisogna dimostrarlo sono:

$n MOD 7 = 2, 3, 4, 5$

rispettivamente:

$n^2 MOD 7 = 4, 2, 2, 4$

Applicato a: $(n^2+n+1)(n^2-n+1)$

si ha rispettivamente:

$(4+2+1)(4-2+1)= 0 (MOD 7)$
$(2+3+1)(2-3+1)= 0 (MOD 7)$
$(2+4+1)(2-4+1)= 0 (MOD 7)$
$(4+5+1)(4-5+1)= 0 (MOD 7)$


Questo Tex mi fa venire in mente Tex Willer.
That's All Folks.

Gianfranco

Bruno
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Messaggio da Bruno »

Bruno ha scritto:...qualsiasi ulteriore considerazione sarebbe superflua
...sbagliato tutto!

E qui di Maestri ce ne sono almeno 2!

Grazie, Gianfranco, di averci mostrato la tua proposta :D
(Bruno)

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Pasquale
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Messaggio da Pasquale »

OK: Immagine in sostanza abbiamo visto che questo tipo di problema Immagine si risolve trasformando l'espressione iniziale in un prodotto. Immagine Inoltre, a Gianfranco vorrei far sommessamente osservare Immagine che nelle ultime 4 righe non c'era bisogno di

usare il tex (bang, bang) Immagine
.....a proposito degli spropositi, Immagine avete visto qualche crocetta in giro ultimamente?
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