D'emblée

[Bruno]

[A]


Prendendo un n intero, quando il rapporto:

$\frac{ (3n+2)^{\script 7}-(n+1)^{\script 7}-(2n+1)^{\script 7} }{ 7\cdot (3n+2)(n+1)(2n+1)}$

corrisponde a un quadrato perfetto?

[Bruno]

Un numero cubo termina così: ...777777.
Quali sono le ultime sei cifre della sua base?

[Bruno]

[C]


Il numero:

$(n-2)(n-1)n^{\script 2}(n+1)^{\script 2}$

per n intero, è sempre un multiplo di 48.

Perché?


Ciao a tutti e a presto


Bruno

[Quelo]

Un numero cubo termina così: ...777777.
Quali sono le ultime sei cifre della sua base?

La risposta è facile: 660753, più difficile è dimostrarlo.

[Admin]

[C]

possiamo riscrivere il numero come

$(n-2)\cdot(n-1)\cdot n \cdot(n+1)\cdot n\cdot (n+1)$

si nota che vi sono 4 numeri consecutivi ossia $(n-2)\cdot(n-1)\cdot n \cdot(n+1)$

pertanto tra essi vi saranno sicuramente:

un multiplo di $2$
un multiplo di $3$
un multiplo di $4$

quindi sappiamo che il numero è divisibile per $4\cdot3\cdot2=24$

I restanti termini del prodotto sono $n\cdot(n+1)$;
essendo due termini consecutivi uno di essi è pari;
quindi il numero è sicuramente divisibile per $24\cdot2=48$

Ciao
Admin

[Tino]

Primo problema.

Chiamiamo

$a(n)=3n+2$
$b(n)=n+1$
$c(n)=2n+1$

Si ha subito $a=b+c$ e $c=2b-1$. Posso definire

$f(b,c):=\frac{(b+c)^7-b^7-c^7}{7bc(b+c)}$

Il numeratore vale (basta consultare il triangolo di Tartaglia)

$7bc(b^5+3b^4c+5b^3c^2+5b^2c^3+3bc^4+c^5)$

da cui

$f(b,c)=\frac{b^5+3b^4c+5b^3c^2+5b^2c^3+3bc^4+c^5}{b+c}$

sostituendo $b=-c$ al numeratore il risultato è 0, quindi possiamo applicare Ruffini e trovare infine

$f(b,c)=c^4+2bc^3+3b^2c^2+2b^3c+b^4$

Ora utilizzando $c=2b-1$ e facendo un po' di semplici conti algebrici trovo

$f(b,2b-1)=49b^4-70b^3+39b^2-10b+1$

osservo che ci sono due quadrati, $49b^4$ e 1, quindi provo a scrivere il tutto come

$(7b^2+xb+1)^2=49b^4+x^2b^2+1+14xb^3+14b^2+2bx$

da cui se $14x=-70$ allora $x=-5$. La prova ha avuto successo perché $x^2+14=39$ e $2x=-10$. Quindi in definitiva

$f(b,2b-1)=(7b^2-5b+1)^2$

Quindi l'espressione iniziale è sempre un quadrato e precisamente vale

$(7(n+1)^2-5(n+1)+1)^2=(7n^2+9n+3)^2$

Per questioni di annullamento denominatore bisognerà escludere il caso $n=-1$.

... come si dice, salvo errori e/o omissioni.

Ciao

[Bruno]

...

Ok: bravissimi Tino e Pietro!


Per il quesito C, a me è capitato di trovare queste
due 'riscritture' dell'espressione proposta:

$48\cdot\frac{\frac{n}{2}(\frac{n}{2}-1)}{2}\cdot\frac{(n-1)n(n+1)}{6}\cdot(n+1) = 48\cdot\frac{n+1}{2}\cdot \frac{(n-1)n(n+1)}{24}\cdot(n-2)n$

La prima corrisponde a un n pari, la seconda a un
n dispari.
Nel primo caso il fattore n+1 può essere ignorato,
mentre nel secondo si può fare a meno di (n-2)n.

Simpatiche, no?

Se non sbaglio, resta da completare il secondo quesito...

(Bruno)

[Quelo]

Un numero cubo termina così: ...777777.
Quali sono le ultime sei cifre della sua base?

Tentiamo un processo iterativo.

L'unico numero di una cifre che abbia come cubo un numero che termina per 7 è 3

$3^3=27$

Scriviamo

$(X+3)^3=...77$ con $X \ge 10$
$(X^3+9X^2+27X)+27=...77$
$X(X^2+9X+27)=...50$

da cui si ricava X = 50

$53^3=148877$

$(X+53)^3=...777$ con $X \ge 100$
$X(X^2+159X+8427)=...900$

da cui si ricava X = 700

iterando il processo si arriva a 660753

$660753^3=288481143504777777$

[Tino]

Provo il secondo.

Consideriamo un qualche numero naturale y tale che le ultime sei cifre di $y^3$ siano 777777. Allora detta $a$ la cifra delle unità di y posso scrivere $y=10x+a$ con x intero positivo. La prima condizione è

$y^3 \equiv 7\ mod(10)$

(ovvero l'ultima cifra di $y^3$ sia 7), da cui ricavo subito

$7 \equiv y^3 \equiv (10x+a)^3 \equiv a^3\ mod(10)$

e si verifica a mano che l'unico intero tra 0 e 9 che verifica tale congruenza è $a=3$. Ora andiamo avanti: scriviamo $y=x+10b+3$ dove b è la cifra delle decine di y. Allora

$77 \equiv y^3 \equiv (x+10b+3)^3 \equiv 27+270b \equiv 27+70b\ mod(100)$
$10(2+7b)+7 \equiv 77\ mod(100)$
$2+7b \equiv 7\ mod(10)$
$7b \equiv 5\ mod(10)$

la cui unica soluzione tra 0 e 9 è $b=5$. E così via:

$777 \equiv (53+100c)^3 \equiv 53^3+300 \cdot 53^2 c \equiv 877+700c\ mod(1000)$
$100(8+7c) \equiv 700\ mod(1000)$
$7c \equiv 9\ mod(10)$
$c=7$

$7777 \equiv (753+1000d)^3 \equiv 426957777+3 \cdot 753^2 \cdot 1000d \equiv 7777+7000d\ mod(10000)$
$7000d \equiv 0\ mod(10000)$
$7d \equiv 0\ mod(10)$
$d=0$

$77777 \equiv (753+10000e)^3 \equiv 753^3+3 \cdot 753^2 \cdot 10000e \equiv 426957777+17010270000e\ mod(100000)$
$77777 \equiv 57777+70000e\ mod(100000)$
$70000e \equiv 20000\ mod(100000)$
$7e \equiv 2\ mod(10)$
$e=6$

$777777 \equiv (60753+100000f)^3 \equiv 60753^3+3 \cdot 60753^2 \cdot 100000f\ mod(1000000)$
$777777 \equiv 577777+700000f\ mod(1000000)$
$700000f \equiv 200000\ mod(1000000)$
$7f \equiv 2\ mod(10)$
$f=6$

Quindi le ultime 6 cifre di y sono 660753.

Beh, forse ci sono metodi meno brutali e più eleganti...

Ciao

[Bruno]

...

Grandi!
Sono proprio soddisfatto

(Bruno)