Un po' di calcoli ... un po' di logica....

[aspesi]

Erasmus

Io non sono in grado di far "registrare" la successione che chiamavo p, cioè
0, 2, 30, 420, 5852, ...
[numeri interi positivi p tali che √[16p(3p+1)+1] è intero].
Se tu sei capace ... fallo tu!

Eh, no....
Non mi permetterei mai di far passare per mio qualcosa che neppure capisco bene...
A parte che dovrei prima capire come si fa la registrazione.
La pagina è questa:
http://oeis.org/Submit.html

[Erasmus]

Sull'onda del quiz che aspesi ha 'postato' in #893 ed io ho modificato nel 'post' #923, propongo un altro quiz.

Si sa che la somma delle potenze k-esime degli interi da 1 ad n è un polinomio in n di grado k+1, diciamolo Pk+1(n).
Per esempio:
k = 1: ––> 1 + 2 + 3 + 4 + ... + n = (n + n^2)/2 = P2(n):
k = 2: ––> 1 + 2^2 + 3^2 + 4^2 + ... + n^2 = (n + 3·n^2 + 2·n^3)/6 = P3(n);
k = 3: ––> 1 + 2^3 + 3^3 + 4^3 + ... + n^3 = (n^2 + 2·n^3 + n^4)/4 = P4(n);
...

E' anche ovvio che tutti questi polinomi (cioè i Pk+1(n) per qualsiasi k naturale) sono divisibili per n, dato che, se metto n = 0, ... non ho fatto la somma di niente e quindi deve essere Pk+1(0) per ogni k naturale.

Dimostrare (con un po' di logica ) che
i polinomi Pk+1(n), tranne P1(n) che vale n, sono pure divisibili per (n + 1).

-----

[aspesi]

Erasmus

E' anche ovvio che tutti questi polinomi (cioè i Pk+1(n) per qualsiasi k naturale) sono divisibili per n, dato che, se metto n = 0, ... non ho fatto la somma di niente e quindi deve essere Pk+1(0) per ogni k naturale.

Dimostrare (con un po' di logica ) che
i polinomi Pk+1(n), tranne P1(n) che vale n, sono pure divisibili per (n + 1).

-----

La dimostrazione.... mi sa che dovrai darla tu...

(Oltre che per n), io vedo che per k dispari (>1), i P(n) pari sono divisibili per (n+1)^2 e per k pari, i p(n) dispari sono divisibili per (n+1)*(2n+1)

[Erasmus]

aspesi

La dimostrazione.... mi sa che dovrai darla tu...

Guarda che di "logica" ce ne vuole veramente solo «un po'». anzi: una bazzecola!

aspesi

(Oltre che per n), io vedo che per k dispari (>1), i P(n) [che sono] pari sono divisibili per (n+1)^2 e per k pari, i P(n) [che sono] dispari sono divisibili per (n+1)*(2n+1)

Bravo Nino II.E' vero.
Tu l'hai trovato ... per induzione (ma non quella di Peano ), osservando che è vero per tutti i pochi P(n) che ti sei costruito.
Ma se vuoi sapere TUTTO su questa classe di polinomi ... non hai che da chiedermi copia del "papirone" che ho scritto a proposito diversi anni fa.
----------

En passant, vi dò una segnazione: SIAMO FINITI SU OEIS!
Là ci sta ora un link a questo thread.

PIOOOTTRRRR!
Sospendi un attimo la latitanza!
Va' a vedere qua => A217855: Numbers m such that 16*m*(3*m+1)+1 is a square

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

[aspesi]

Erasmus

En passant, vi dò una segnazione: SIAMO FINITI SU OEIS!
Là ci sta ora un link a questo thread.

PIOOOTTRRRR!
Sospendi un attimo la latitanza!
Va' a vedere qua => A217855: Numbers m such that 16*m*(3*m+1)+1 is a square

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

[nino280]

Numeri M tale che 16 * m * (3 * m +1) +1 è un quadrato.

Voglio verificare la formula prendendo il secondo numero della serie che è 2 e sostituisco, ma per un attimo non mi ricordo più le regole dell'algebra del resto alle serali sono stato rimandato di matematica in prima seconda e terza e allora nel dubbio provo tutte e due le opzioni:
16x2 x3 x(2+1) +1 = 289 che è quadrato di 17
16x2 x(3 x2+1) +1 = 225 che è quadrato di 15.
strano vanno bene tutti e due i metodi.
Ciao

[aspesi]

Le soluzioni (m,n) dell'equazione:

Abs(m^2 - 2n^2) = 1

con m e n interi positivi, appartengono a due successioni.
Ho notato che se m è il numeratore e n il denominatore, la frazione converge a radice quadrata di 2. Ma non saprei dimostrare perché.

[Erasmus]

aspesi

[Erasmus]

aspesi

Le soluzioni (m,n) dell'equazione:

Abs(m^2 - 2n^2) = 1

con m e n interi positivi, appartengono a due successioni.
Ho notato che se m è il numeratore e n il denominatore, la frazione converge a radice quadrata di 2. Ma non saprei dimostrare perché.

Mettici un po' di logica!
Quando m ed n sono entrambi molto grandi, 1 è trascurabile rispetto a ciascuno,
Supponiamo m^2 > 2n^2, (come nel caso di m = 99 e n = 70) in modo da fare a meno del valore assoluto.
Allora abbiamo m^2 = 1 + 2n^2
Poi ... dividiamo tutto per n^2. Otteniamo:
(m/n)^2 – 2 = 1/(n^2) ––> m/n = √[2 + 1/(n^2)]ì.
Più n è grande, più è trascurabile 1/(n^2) rispetto a 2.
Al tendere ad infinito di m e di n, m/n tende a √(2), (anche se tende ad infinito la differenza m – n)
Già per n = 70 (e quindi m = 99) abbiamo
√(2 + 1/4900) = √(2)·√(1 + 1/9800) ≈ √(2)·1,00051.
Supponiamo, viceversa, 2·n^2 > m^2, (come nel caso di n = 29 e m = 41).
Allora abbiamo m^2 – 2n^2 = –1
Dividendo tutto per n^2 otteniamo
(m/n)^2 = 2 – 1/(n^2) ––> m/n = √[2 – 1/(n^2)].
Già per n = 29 (e m = 41) si ha:
√(2 – 1/1681) = √(2)·√[1 – 1/3362] ≈ √(2)·0,999851.
---------
Vediamo la stessa cosa geometricamente.
Interpreta il più grande, tra m^2 e 2·n^2, come quadrato dell'ipotenusa di un triangolo, e il più piccolo come quadrato di un cateto. Allora l'altro cateto è lungo 1. Se m ed n sono grandi rispetto ad 1, ipotenusa e cateto lungo tendono ad essere lunghi ugualmente. Uno dei due è lungo m e l'altro √(2)n, ma tendono ad essere uguali: ossia m/n tende a √(2).
...........

[aspesi]

Erasmus

Quando m ed n sono entrambi molto grandi, 1 è trascurabile rispetto a ciascuno,
Supponiamo m^2 > 2n^2, (come nel caso di m = 99 e n = 70) in modo da fare a meno del valore assoluto.
Allora abbiamo m^2 = 1 + 2n^2
Poi ... dividiamo tutto per n^2. Otteniamo:
(m/n)^2 – 2 = 1/(n^2) ––> m/n = √[2 + 1/(n^2)]ì.
Più n è grande, più è trascurabile 1/(n^2) rispetto a 2.
Al tendere ad infinito di m/n tende a √(2), (anche se tende ad infinito la differenza m – n)

Supponiamo, viceversa, 2·n^2 > m^2, (come nel caso di n = 29 e m = 41).
Allora abbiamo m^2 – 2n^2 = –1
Dividendo tutto per n^2 otteniamo
(m/n)^2 = 2 – 1/(n^2) ––> m/n = √[2 – 1/(n^2)].
= 1
------------

Grazie
Molto logico!