A bruciapelo
Moderatori: Gianfranco, Bruno
Questo forum è una sezione del PORTALE DI BASE CINQUE
PRIMO
Si dimostra che il quadrato di un numero che termina 5 è un numero avente le ultime due cifre uguali a 25 e la parte che le precede uguale al prodotto di due numeri consecutivi:
$(10a+5)^2=10^2\cdot a^2+10^2\cdot a+5^2 = a(a+1)\cdot 100+25$
Quindi, poiché il nostro numero termina per 25, se è un quadrato lo è di un numero che termina per 5 e pertanto, tolte le due ultime cifre (25), quello che resta è un numero formato da 2004 uno e 2004 due: se il prodotto di due numeri consecutivi dà come risultato una serie di 1 seguita da una serie di 2 di uguale lunghezza, allora il nostro numero è un quadrato.
Ho trovato sperimentalmente che tutti i numeri formati da cifre 3, se moltiplicati per il successivo danno il risultato atteso (3x4, 33x34, 333x334, 3333x3334,....), il che equivale a dire che tale risultato è dato da un numero formato da cifre 3 sommato al suo quadrato $\[a(a+1)=a+a^2\]$: in sostanza la radice del numerone è un numero formato da 2004 tre, seguiti da un 5 finale.
Comunque, occorrerebbe dimostrare che $a(a+1)=a+a^2$ è sempre formato da una serie di 1 e 2, per a=333.... in qualsiasi quantità.
Osservando lo sviluppo di $a^2$ sotto forma di operazione di moltiplicazione, ci si rende conto che quando si vanno a sommare i risultati dei prodotti parziali, questi sono formati da tutte cifre 9 e che i riporti sono tali da determinare sempre una serie di uno, seguita da uno zero, da una serie di otto ed un 9 finale: 11111...111088888...889.
Gli otto che si trovano fra lo zero ed il nove finale, più il 9 stesso sono in numero uguale ai tre di cui è costituita la a, per cui quando andiamo a sommare a questa parte finale del numero la stessa a, considerati i riporti, si vanno a formare i 2 finali, mentre l'unico zero diventa 1 e quelli che già c'erano restano così come sono.
Non è certo una dimostrazione, ma insomma si capisce che è così: chissà che altri non possano riuscire in una dimostrazione più bella.
Si dimostra che il quadrato di un numero che termina 5 è un numero avente le ultime due cifre uguali a 25 e la parte che le precede uguale al prodotto di due numeri consecutivi:
$(10a+5)^2=10^2\cdot a^2+10^2\cdot a+5^2 = a(a+1)\cdot 100+25$
Quindi, poiché il nostro numero termina per 25, se è un quadrato lo è di un numero che termina per 5 e pertanto, tolte le due ultime cifre (25), quello che resta è un numero formato da 2004 uno e 2004 due: se il prodotto di due numeri consecutivi dà come risultato una serie di 1 seguita da una serie di 2 di uguale lunghezza, allora il nostro numero è un quadrato.
Ho trovato sperimentalmente che tutti i numeri formati da cifre 3, se moltiplicati per il successivo danno il risultato atteso (3x4, 33x34, 333x334, 3333x3334,....), il che equivale a dire che tale risultato è dato da un numero formato da cifre 3 sommato al suo quadrato $\[a(a+1)=a+a^2\]$: in sostanza la radice del numerone è un numero formato da 2004 tre, seguiti da un 5 finale.
Comunque, occorrerebbe dimostrare che $a(a+1)=a+a^2$ è sempre formato da una serie di 1 e 2, per a=333.... in qualsiasi quantità.
Osservando lo sviluppo di $a^2$ sotto forma di operazione di moltiplicazione, ci si rende conto che quando si vanno a sommare i risultati dei prodotti parziali, questi sono formati da tutte cifre 9 e che i riporti sono tali da determinare sempre una serie di uno, seguita da uno zero, da una serie di otto ed un 9 finale: 11111...111088888...889.
Gli otto che si trovano fra lo zero ed il nove finale, più il 9 stesso sono in numero uguale ai tre di cui è costituita la a, per cui quando andiamo a sommare a questa parte finale del numero la stessa a, considerati i riporti, si vanno a formare i 2 finali, mentre l'unico zero diventa 1 e quelli che già c'erano restano così come sono.
Non è certo una dimostrazione, ma insomma si capisce che è così: chissà che altri non possano riuscire in una dimostrazione più bella.
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$\text { }$ciao ciao
E' la somma che fa il totale (Totò)
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TERZO
a679b = 72k; meglio: $10^4\cdot a+6790+b=72k$
b è uguale alla cifra delle unità di 72k e può assumere i valori 0,2,4,6 oppure 8.
per b=0; $10^4\cdot a+6790+0=72k$; $k=\frac{10^4\cdot a+6790}{72}$; k non è mai intero
per b=2; $k=\frac{10^4\cdot a+6792}{72}$; per a=3; k=511
per $4\le b\le 8$; k non è mai intero
Conclusione: per k=511; b=2; a=3; 36792=72x511
a679b = 72k; meglio: $10^4\cdot a+6790+b=72k$
b è uguale alla cifra delle unità di 72k e può assumere i valori 0,2,4,6 oppure 8.
per b=0; $10^4\cdot a+6790+0=72k$; $k=\frac{10^4\cdot a+6790}{72}$; k non è mai intero
per b=2; $k=\frac{10^4\cdot a+6792}{72}$; per a=3; k=511
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(Bruno)
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Invisibile un vento
l'ha apena sfioragia
sospension d'un momento;
e la bola iridessente gera 'ndagia.
{Biagio Marin}
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Meglio soluzioni sbagliate che risposte esatte.
{Rudi Mathematici}
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- Iscritto il: mer apr 20, 2005 3:47 pm
- Località: Benevento
Ancora sul TERZO (con le congruenze):
il numero a679b deve essere divisibile per 9 e per 8;
è divisibile per 9 se la somma delle sue cifre lo è;
è divisibile per 8 se il numero formato dalle sue ultime 3 cifre lo è;
quindi si tratta di risolvere il sistema di congruenze:
$\left{a+6+7+9+b \equiv 0\,(mod\,9)\\79b \equiv 0\,(mod\,8)$
da cui
$\left{a+22+b \equiv 0\,(mod\,9)\\790+b \equiv 0\,(mod\,8) \right. \Rightarrow \left{a \equiv -b-22\,(mod\,9)\\b \equiv -790\,(mod\,8) \right. \Rightarrow \left{a \equiv -b+5\,(mod\,9)\\b \equiv 2\,(mod\,8)$
siccome $0\le b\le9$ si ha proprio $b=2$;
sostituendo nella 1° congruenza ed essendo anche $0\le a\le9$, si ottiene:
$\left{a \equiv 3\,(mod\,9)\\b=2\right. \Rightarrow \left{a=3 \\b=2$
Ciao
Admin
il numero a679b deve essere divisibile per 9 e per 8;
è divisibile per 9 se la somma delle sue cifre lo è;
è divisibile per 8 se il numero formato dalle sue ultime 3 cifre lo è;
quindi si tratta di risolvere il sistema di congruenze:
$\left{a+6+7+9+b \equiv 0\,(mod\,9)\\79b \equiv 0\,(mod\,8)$
da cui
$\left{a+22+b \equiv 0\,(mod\,9)\\790+b \equiv 0\,(mod\,8) \right. \Rightarrow \left{a \equiv -b-22\,(mod\,9)\\b \equiv -790\,(mod\,8) \right. \Rightarrow \left{a \equiv -b+5\,(mod\,9)\\b \equiv 2\,(mod\,8)$
siccome $0\le b\le9$ si ha proprio $b=2$;
sostituendo nella 1° congruenza ed essendo anche $0\le a\le9$, si ottiene:
$\left{a \equiv 3\,(mod\,9)\\b=2\right. \Rightarrow \left{a=3 \\b=2$
Ciao
Admin
Ultima modifica di Admin il mar giu 13, 2006 9:30 am, modificato 1 volta in totale.
Pietro Vitelli (Amministratore del Forum)
"Un matematico è una macchina che converte caffè in teoremi" Paul Erdös
www.pvitelli.net
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...mi aspettavo proprio anche un tuo intervento 'congruente'
Grande!
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(Bruno)
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Non potevo certo mancare!
ormai sono congruo-malato.
Ciao
Admin
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Ciao
Admin
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Ciao a tutti,
ecco un mio piccolissimo (anzi microscopico) contributo:
QUARTO
Detto X il numero cercato e "c" il numero delle sue cifre
abbiamo che
X - 6*10^(c-1) = X/25
riarrangiando otteniamo
X = 25/4 * 10^(c-1) = 6.25 * 10^(c-1) = 625 * 10^(c-3)
perchè X sia intero deve essere c=>3, per cui i numeri cercati sono:
625
6250
62500
625000
625......
..........
Edmund
ecco un mio piccolissimo (anzi microscopico) contributo:
QUARTO
Detto X il numero cercato e "c" il numero delle sue cifre
abbiamo che
X - 6*10^(c-1) = X/25
riarrangiando otteniamo
X = 25/4 * 10^(c-1) = 6.25 * 10^(c-1) = 625 * 10^(c-3)
perchè X sia intero deve essere c=>3, per cui i numeri cercati sono:
625
6250
62500
625000
625......
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Edmund
Un'altra risposta potrebbe essere n=pk, con k=0,1,2,3,4...SECONDO
Dimostrare che esistono infiniti numeri naturali n per ogni numero primo p
tali che il numero p²+n sia composto.
Oppure c'è anche questa, meno evidente: n=6k+5, sempre con k=0,1,2,3,4...
(Bruno)
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