TdN for dummies

[vl4d]

Se $a$ e $b$ sono coprimi allora
$(a+b, a^2 - ab + b^2) = 1$ oppure $3$

(come al solito $(\cdot, \cdot)$ indica il massimo comun divisore )

[digi88]

mmm..con una divisione euclidea:
$a^2-ab+b^2=(a+b)(a+b) - 3ab$
vediamo che $(a+b;a^2-ab+b^2)=(a+b;3ab)$.
A questo punto le possibiltà sono che $a+b\equiv 0(3)$ e allora il $MCD=3$ altrimenti a+b e ab non hanno alcun fattore comune.....

Ci sono andato almeno vicino???

[vl4d]

Ci sono andato almeno vicino???

No, l'hai preso in pieno

Visto che a detta dei boss la sezione e' morente, continuiamo la TdN for dummies
(@Esperti: non postate )

Se $a,m,n \in NN$, $m!=n$ allora
$(a^{2^m}+1, a^{2^n}+1) = $ $1$ se $a$ e' pari, $2$ se $a$ e' dispari

[Bruno]

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Spostando un po' la questione:

$b\equiv -1$ $(mod$ $b+1)$

$b^{2h}\equiv 1$ $(mod$ $b+1)$ , per $h\in NN$

$b^{2h}+1\equiv 2$ $(mod$ $b+1)$.

Pertanto:

$(b^{2h}+1,$ $b+1)$ $\le 2$.

Se $b$ è pari, abbiamo $1$.
Se $b$ è dispari, abbiamo $2$.


Facendo $b=a^{2^n}$ e $h=2^{m-n-1}$ ,
ritroviamo la formulazione originaria
del problema.

[vl4d]

Eccone altri due carini per ravvivare il topic:

$(i)$ Sia $n>1$. La somma degli interi positivi che non superano $n$
divide il prodotto degli interi positivi che non superano $n$
se e solo se $n+1$ e' composto.

$(ii)$ Siano $m,n>1$. Se $log(m)/log(n)$ e' razionale allora esiste $c,a,b\in NN$
tale che $m=c^a$ e $n=c^b$

[Steven]

i)
S tratta di vedere quando
$1+2+3...+n|1cdot2cdot3...cdotn$
E' risaputo che la somma degli interi da $1$ a $n$ vale
$(n(n+1))/2$
quindi

$(n(n+1))/2|1cdot2cdot3...cdotn$
ovvero
$(n+1)/2|1cdot2cdot3...cdot(n-1)$

Ma se $n+1$ fosse primo, non potrà mai sussistere questa divisibilità, perchè potrebbe dividere solo i suoi multipli, ma non ha divisori in comune con i numeri inferiori, in questo caso $1,2,...,(n-1)$ , da qui si ha la tesi.

[vl4d]

Cosi' proveresti che se vale la divisione, allora n+1 deve essere composto. Ora manca il vice versa.
Inoltre, secondo me devi mettere a posto un attimo questo:

$(n(n+1))/2|1\cdot 2\cdot 3\cdots n$
ovvero
$(n+1)/2|1\cdot 2\cdot 3\cdot (n-1)$

Stai usando, credo, "$m\cdot a | m\ cdot b$ sse $a | b$",
ma vale per gli interi $a,b,m \in NN$, e non sai se $(n+1)/2$ e' intero.
Ad esempio:
$(14\cdot 15)/2 | 14!$ non implica che $15/2 | 13!$, che non ha significato in $NN$.
Invece e' vero che $15| 2\cdot 13!$.

Il ragionamento per provare che se vale la divisione allora $n+1$ e' composto resta comunque
quello. Ora si deve provare che se $n+1$ e' composto, allora vale la divisione.

[Steven]

Stai usando, credo, "$m\cdot a | m\ cdot b$ sse $a | b$",
ma vale per gli interi $a,b,m \in NN$, e non sai se $(n+1)/2$ e' intero.
Ad esempio:
$(14\cdot 15)/2 | 14!$ non implica che $15/2 | 13!$, che non ha significato in $NN$.
Invece e' vero che $15| 2\cdot 13!$.

Ad essere sincero, io non mi sono proprio posto tale problema.
Da rozzo quale sono, ho imposto
$frac{1cdot2cdot...cdotn}{nfrac{n+1}{2}}=k$ con $k$ intero
ovvero, portando sopra il due e togliendo di mezzo $n$
$frac{2cdot(1cdot2cdot...cdot(n-1))}{n+1}=k$

Ora hai detto che devo provare che vale il viceversa.
Per ipotesi $n+1$ composto.
I suoi divisori (eccetto se stesso) sono minori, diciamo che sono compresi in quest'intrervallo $(1, n-1)$.
Ma ognuno di questi divisori è presente anche al numeratore, dato che è composto dal prodotto che sappiamo.
Quindi ogni divisore del denominatore divide il numeratore, e abbiamo dunque la tesi.

Dimmi un po' se è accettabile.
Ciao.

[vl4d]

$\frac{2\cdot(1\cdot2\cdot\cdots\cdot(n-1))}{n+1}=k$

Si bene, ma questo allora vuol dire che $(n+1) | 2\cdot (n-1)!$ e non che $(n+1)/2 | n!$, che non ha senso
come scrittura perche' n+1 puo' essere dispari. E' solo un problema di scrittura, l'argomentazione funziona.

Ora hai detto che devo provare che vale il viceversa.
Per ipotesi $n+1$ composto.
I suoi divisori (eccetto se stesso) sono minori, diciamo che sono compresi in quest'intrervallo $(1, n-1)$.
Ma ognuno di questi divisori è presente anche al numeratore, dato che è composto dal prodotto che sappiamo.

Dovresti spiegare bene cosa intendi con "e' presente", perche' se $n+1$ e' un quadrato perfetto, diciamo $p^2$
allora c'e' _un solo_ $p$ tra i fattori di $1\cdot 2 \cdot 3 \cdots \cdot p\cdot \cdots \cdot (n-1) $, dunque...

[Steven]

Guarda, all'eventualità che un fattore fosse presente con indice pari a 2 o maggiore, ci avevo pensato dopo... se non me l'avessi fatto notare, te l'avrei detto.
Sinceramente adesso come adesso non mi viene in mente come affrontare la cosa, vedrò un attimo.
Ciao.