Peccati di gola
Borelix è talmente goloso della pozione preparata da Parabolix che cerca in ogni modo di ottenerne un assaggino pur essendovi caduto dentro quando era bambino. Il druido si rivolge a Borelix: “Ti darò un sorso della pozione solo se saprai trovare le prime 4 cifre significative dell’unica radice positiva di $x^2011-x-1$.” Cosa dovrà rispondere Borelix?
(Gara a squadre - semifinale C 2011)
(Gara a squadre - semifinale C 2011)
Risposte
Azzardo
Dovrà rispondere 1,000.
x non può essere compreso tra 0 e 1; un tale x non può essere soluzione del polinomio in questione.
D'altra parte, facendo due conti si trova che $(1,001)^2011$ è maggiore di 1+0,001*2011=3,011, e anche qui, andando a sostituire, si vede che 1,001 non può essere la soluzione del problema. A maggior ragione valori superiori a 1,001 non vanno bene. Quindi il valore cercato è certamente compreso tra 1 e 1,001, e quindi la risposta dovrà essere 1,000.
PS: la soluzione è circa 1,000345...
x non può essere compreso tra 0 e 1; un tale x non può essere soluzione del polinomio in questione.
D'altra parte, facendo due conti si trova che $(1,001)^2011$ è maggiore di 1+0,001*2011=3,011, e anche qui, andando a sostituire, si vede che 1,001 non può essere la soluzione del problema. A maggior ragione valori superiori a 1,001 non vanno bene. Quindi il valore cercato è certamente compreso tra 1 e 1,001, e quindi la risposta dovrà essere 1,000.
PS: la soluzione è circa 1,000345...
Ok, la soluzione è quella.
Va benissimo il ragionamento di marco9999, ora ne propongo una diversa io:
Pongo $a=x-1$
$(a+1)^2011-a-2=0$
$(a+1)^2011=a+2$
Ma per la disuguaglianza di Bernoulli abbiamo che $(a+1)^2011>=1+2011*a$
Quindi $a+2>=1+2011*a$
da cui $a<=1/2010$
quindi $x<=1/2010+1$ ma sappiamo anche che $1
Va benissimo il ragionamento di marco9999, ora ne propongo una diversa io:
Pongo $a=x-1$
$(a+1)^2011-a-2=0$
$(a+1)^2011=a+2$
Ma per la disuguaglianza di Bernoulli abbiamo che $(a+1)^2011>=1+2011*a$
Quindi $a+2>=1+2011*a$
da cui $a<=1/2010$
quindi $x<=1/2010+1$ ma sappiamo anche che $1
Propongo qual è stato il mio ragionamento, un po' grossolano in realtà, ma ritengo utile in questo tipo di gare, dove conta arrivare al risultato esatto in fretta senza necessità di provarlo rigorosamente.
$x^{2011}=x+1$
E' immediato dedurre che la soluzione positiva deve essere maggiore di $1$, ma non troppo perché la potenza a sinistra cresce molto più velocemente della retta a destra.
Provo $1+1/(2011)$. Il primo membro fa circa $e$ (è questo che mi suggerito questa prova), il secondo fa circa $2$.
Allora la soluzione deve essere più piccola. Ma $1/(2011)< 0,0005$, quindi la soluzione sarà $1,000...$.
Ovviamente se si vuole essere precisi occorre fare qualche semplice conto, che poi ho fatto, ma credo se ne possa fare a meno.
$x^{2011}=x+1$
E' immediato dedurre che la soluzione positiva deve essere maggiore di $1$, ma non troppo perché la potenza a sinistra cresce molto più velocemente della retta a destra.
Provo $1+1/(2011)$. Il primo membro fa circa $e$ (è questo che mi suggerito questa prova), il secondo fa circa $2$.
Allora la soluzione deve essere più piccola. Ma $1/(2011)< 0,0005$, quindi la soluzione sarà $1,000...$.
Ovviamente se si vuole essere precisi occorre fare qualche semplice conto, che poi ho fatto, ma credo se ne possa fare a meno.
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