Senza calcolatrice!!

[Pianoth]

Ecco a voi un po' di "scervellamento" per provare a ragionare come quando non si ha la calcolatrice (dovrebbero essere in ordine di difficoltà)... Non obbligo nessuno a svolgerli tutti!

1. Dato un numero intero positivo $n$, se lo moltiplico per tutti i numeri precedenti fino a $1$, ottengo il fattoriale di $n$, o matematicamente $n! = n(n-1)(n-2)\ldots*2*1$. Determinare se è più grande il fattoriale del fattoriale di $4$, o il fattoriale del fattoriale del fattoriale di $3$, oppure il fattoriale del fattoriale del fattoriale del fattoriale di $2$ (e dimostrarlo in qualche modo).

2. Se prendo un particolare numero intero non negativo $x < 10$ e lo moltiplico per i fattoriali di tutti i numeri consecutivi ad esso fino a 10 (compreso), ottengo un numero che termina con $6$ zeri. Qual è questo numero?

3. Calcolare la somma del numero di lettere di tutti i numeri da $1$ a $314$ (compreso).
Nota: non aggiungere spazi o congiunzioni, ovvero $529$ è "Cinquecentoventinove" e quindi il numero di lettere è $20$.

4. Calcolare la somma di tutti i numeri divisibili per $2$ o $3$ nei i numeri da $1$ a $1000$ (compreso).
Esempio: nei numeri da $1$ a $10$ la somma dei numeri che sono divisibili per $2, 3$ o $5$ è pari a $2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 8 + 9 + 10 = 47$.

5. Si parte con un numero $n$. Lo si moltiplica per se stesso una volta e si sottrae $1$ al risultato. Si ripete questo processo per infinite volte. Il risultato finale può essere $0$?

NOTA: Anche se escono dei calcoli che possono essere un po' grandi, la sfida è svolgerli tutti senza calcolatrice... Però se vi esce un calcolo tipo $(1000!)/(999!)$ è chiaro che non dovete calcolarvi prima $999!$ poi moltiplicate per $1000$ e ottenete $1000!$ e poi fate la divisione a mano... In altre parole, se vi trovate di fronte a calcoli troppo lunghi sappiate che state sbagliando il metodo.

[Zero87]

Mamma mia quanto sono scarso in queste cose... Ne so risolvere solo 2 (sperando che siano giusti!)

"Pianoth":1. Dato un numero intero positivo $n$, se lo moltiplico per tutti i numeri precedenti fino a $1$, ottengo il fattoriale di $n$, o matematicamente $n! = n(n-1)(n-2)\ldots*2*1$. Determinare se è più grande il fattoriale del fattoriale di $4$, o il fattoriale del fattoriale del fattoriale di $3$, oppure il fattoriale del fattoriale del fattoriale del fattoriale di $2$ (e dimostrarlo in qualche modo).

Vado a coppie, come il Pascal dato che "andando a scendere" si aumenta di un fattoriale.
Il fattoriale di $2$ è $2$ quindi tra gli ultimi due è più grande il penultimo dato che parte da $3$ a parità di altri fattoriali.
Cioè, in parole povere, ho pensato $2!!!!<3!!!$
perché $2!<3$
quindi $2!!!! = (2!)!!! <3!!!.$
Ricordo che i fattoriali andavano in ordine... se non è così la mia dimostrazione è completamente sbagliata...
Comunque con un ragionamento simile ho che $3! =6$
quindi il penultimo è più grande del terzultimo che, tra l'altro, è il primo della serie.
Concludo che $3!!!$ è il più grande.

"Pianoth":5. Si parte con un numero $n$. Lo si moltiplica per se stesso una volta e si sottrae $1$ al risultato. Si ripete questo processo per infinite volte. Il risultato finale può essere $0$?

Suppongo che $n$ sia intero.
Se $|n|>1$ cresce sempre di più e quindi non può essere zero. Se $n$ è negativo, basta moltiplicarlo per sé stesso che diventa positivo, poi sono sempre quantità positive.
Se $n=+-1,0$ ci si avvicina molto a quello che dici...
Però, puntualizziamo, scegliendo uno di questi 3 valori si "tocca" lo zero, ma in realtà il limite non esiste perché è una successione oscillante.
Rispondo che il risultato finale "non può" essere zero perché intendo l'infinite volte come il limite di questa successione.

[Pianoth]

Per l'ultimo potevi anche ragionare al contrario:

Partiamo dalla fine. $0$ è il risultato finale, il termine che viene prima è $sqrt(1)$ (se prendo la soluzione negativa otterrò che il numero che soddisfa la relazione è $-1$, ma come hai detto tu la successione oscilla), il termine precedente a quello è $sqrt(1+sqrt(1))$, il termine precedente ancora è $sqrt(1+sqrt(1+sqrt(1)))$ ecc... Il primo termine sarà quindi uguale a $sqrt(1+sqrt(1+sqrt(1+sqrt(1+\ldots))))$... Se sei bravo riconosci che questa è una delle definizioni di $phi$, che è uguale a $(1+sqrt(5))/2$. Quindi tale dovrebbe essere il numero iniziale. Però osserviamo che succede se lo eleviamo al quadrato e sottraiamo 1: $((1+sqrt(5))/2)^2-1=(1+2sqrt(5)+5-4)/4 = (2+2sqrt(5))/4 = (1+sqrt(5))/2 = \phi$... Notiamo che facendo questo processo si ottiene $\phi$ di nuovo, e quindi anche facendolo infinite volte si otterrà sempre $\phi$. Ergo non esiste nessun numero tale che elevandolo al quadrato e sottraendo $1$ infinite volte si ottiene $0$.

[@melia]

"Pianoth":2. Se prendo un numero particolare numero intero non negativo $x < 10$ e lo moltiplico per i fattoriali di tutti i numeri consecutivi ad esso fino a 10 (compreso), ottengo un numero che termina con $6$ zeri. Qual è questo numero?

Il primo fattoriale che termina con 0 è $5!$ e anche i fattoriali di 6, 7, 8 e 9 terminano con un solo zero perché hanno il fattore 5 che compare una sola volta, mentre $10!$ termina con due zeri avendo nella fattorizzazione due volte il fattore 5.
$10!*9!*8!*7!*6!$ termina con 6 zeri, ma se lo moltiplico anche per 5 il numero di zeri diventa 7, mentre $10!*9!*8!*7!*6$ termina con 5 zeri, quindi il numero cercato non esiste.

[Pianoth]

Risposta corretta (ovviamente) Questo secondo era forse il problema più bastardo, perché la domanda "Qual è questo numero?" fa quasi pensare che deve esistere per forza.

Gli altri 2 problemi sono praticamente solo calcoli, però per entrambi c'è un modo per semplificare molto, invece di fare un mucchio di addizioni. Non invito nessuno effettivamente a svolgerli, basta capire qual è il modo per semplificare i calcoli.

[j18eos]

Ragazz* attenti a quando scrivete \(n!!\) in quanto usualmente esso indica il semi-fattoriale; per l'esattezza:

[*:yol456jz]\((2n)!!=(2n)\cdot(2(n-1))\cdot...\cdot2\); [/*:m:yol456jz][*:yol456jz]\((2n-1)!!=(2n-1)\cdot(2n-3)\cdot...\cdot3\cdot1\);[/*:m:yol456jz][/list:u:yol456jz]ove \(n\in\mathbb{N}_{>0}\).

[Pianoth]

Concordo e so bene che ti riferisci alla soluzione di Zero87, però in questo contesto era chiaro che cosa si intendesse, oltre al fatto che non ha usato esattamente il semi-fattoriale, ha messo sempre almeno tre fattoriali vicini... Il che è di dubbia interpretazione... Diciamo che è un'imprecisione.

[kobeilprofeta]

1)
$((4!)!)=((2*3*4)!)=24!$ e $(((3!)!)!)=(((2*3)!)!)=((6!)!)=720!$ mentre n infinite volte il fattoriale di $2$ darà sempre $2$.
Soluzione più grande il 3.

4)
I multipli di 2 sono 500, quelli di 3 333.
Considerando che la somma dei pari è
$2*1+2*2+2*3+...+2*500= 2*(500^2+500)/2= 250000+500=250500$
I multipli di tre:
$3*(333^2+333)/2= 111222/2*3=166833 $

Il totale è $417333$



5)
Se $n=1$ dopo il primo passaggio si ha $-1$ e poi $0$ per poi continuare ad alternarsi $0$ e $-1$.
*il tutto vale anche se $n=1$ o $n=0$

Ps non so se ho fatto i calcoli giusti dato che non ho usato la calcolatrice
NB NON CAPISCO PERCHÈ MA NON MI PRENDE BENE LE FORMULE E AD UN CERTO PUNTO IMPAZZISCE (se è possibile servirebbe l'intervento di un moderatore)

[Pianoth]

@kobeilprofeta.

L'intuizione per il $4$ è giusta e i calcoli sono corretti. Tuttavia mi duole dirti che hai sbagliato. Se sommi i multipli di $2$ e i multipli di $3$ conti $2$ volte i multipli di $6$. Il risultato corretto è quindi dato dal tuo meno i multipli di $6$. Da $1$ a $1000$ ci sono $996/6 = 166$ multipli di $6$. Quindi gli unici calcoli che bisogna fare sono questi:
$2*(500^2+500)/2+3*(333^2+333)/2-6(166^2+166)/2$
O alternativamente:
$2*(500*501)/2+3*(333*334)/2-6(166*167)/2$
C'è più di un modo per fare questo calcolo velocemente, in ogni caso anche non conoscendone nessuno troverai in non troppo tempo che il risultato corretto è $334167$.

Per quanto riguarda le formule, purtroppo se si mettono negli OT e negli spoiler spesso non si vedono bene... Per fare in modo di vederle bene puoi comunque provare ad aggiornare la pagina e a cercare di cliccare sullo spoiler che vuoi leggere bene prima che si finisca di caricare tutta la pagina.

[Il Pitagorico]

la somma delle lettere da 1 a 314 = 4490 circa (da un mio amico di classe)

[Pianoth]

Io mi trovo così:
Le lettere dei numeri da 1 a 99 sono $991$;
Le lettere del numero 100 sono $5$;
Le lettere dei numeri da 101 a 199 sono le lettere di cento moltiplicate per 99 più le lettere dei numeri da 1 a 99, ovvero $5*99+991=1486$;
Le lettere del numero 200 sono $8$;
Le lettere dei numeri da 201 a 299 sono le lettere di duecento moltiplicate per 99 più le lettere dei numeri da 1 a 99, ovvero $8*99+991=1783$;
Le lettere del numero 300 sono $8$;
Le lettere dei numeri da 301 a 314 sono le lettere di trecento moltiplicate per 14 più le lettere dei numeri da 1 a 14, ovvero $8*14+73=185$.

Sommiamo tutto e otteniamo il risultato voluto: $991+5+1486+8+1783+8+185=4466$.
Ci è andato piuttosto vicino!

[Il Pitagorico]

Ora glielo dirò, lui mi aveva già detto che non era stato molto preciso in un punto.