Ultime due

[zimmerusky]

Determinare le ultime due cifre della parte intera di $y^2011$, dove $y$ è l'unica soluzione reale positiva di $x^2-29x-10=0$.

[@melia]

forse volevi dire: dove $y$ è l'unica soluzione reale positiva di $x^2-29x-10=0$?

[zimmerusky]

Si si, chiaramente intendevo quello, ora modifico subito, grazie della segnalazione

[axpgn]

$11$ ?

Ah, no, ho dimenticato di dividere per $2^2011$ ...


Allora forse è $19$ ...

Cordialmente, Alex

[zimmerusky]

Si è giusto, come hai proceduto? Io mi ero arenato

[qualcuno4]

Confermo che è 19.

$$x^{2}-29x-10=0$$

Equazione con due soluzioni reali $x_{1},x_{2}$ con $-1
$x_{1}+x_{2}=29$ , $x_{1}x_{2}=-10$

se $n$ è intero dispari,$n=2011$ si ha:

$$x_{2}^{n}=x_{1}^{n}+x_{2}^{n}+(-x_{1})^{n}$$

$0<(-x_{1})^{n}<1$, mentre $x_{1}^{n}+x_{2}^{n}$ è un intero positivo,
quindi

$$\left\lfloor x_{2}^{n}\right\rfloor =x_{1}^{n}+x_{2}^{n}$$

Per $n$ dispari possiamo scrivere:

$$x^{n}+y^{n}=(x+y)^{n}+a_{1}(xy)(x+y)^{n-2}+a_{2}(xy)^{2}(x+y)^{n-4}+\ldots a_{n-1}(xy)^{n-1}(x+y)$$

Possiamo calcolare il coefficiente $a_{1}$:

Derivando abo i membri rispetto a $x$:

$$nx^{n-1}=n(x+y)^{n-1}+a_{1}y(x+y)^{n-2}+(n-2)a_{1}(xy)(x+y)^{n-3}+\ldots+a_{n-1}(xy)^{n-1}$$

Ponendo $x=0:$

$$0=ny^{n-1}+a_{1}y^{n-1}$$

$a_{1}=-n$

Quindi:

$$\left\lfloor x_{2}^{n}\right\rfloor =x_{1}^{n}+x_{2}^{n}=(x_{1}+x_{2})^{n}-n(x_{1}x_{2})(x_{1}+x_{2})^{n-2}+a_{2}(x_{1}x_{2})^{2}(x_{1}+x_{2})^{n-4}+\ldots a_{n-1}(x_{1}x_{2})^{n-1}(x_{1}+x_{2})=$$

$$=29^{n}-n(-10)29^{n-2}+a_{2}(-10)^{2}29^{n-4}+\ldots a_{n-1}(-10)^{n-1}29$$

Il numero $A$ formato dalle due ultime cifre della parte intera è
il residuo modulo 100:

$$A=mod(\left\lfloor x_{2}^{n}\right\rfloor ,100)\equiv29^{n}+10n29^{n-2}\equiv29^{n-2}(29^{2}+10n)=29^{2009}(841+20110)\equiv29^{2009}(51)$$

$29^{10}\equiv1$ mod 10, quindi:

$$29A\equiv29^{2010}51$$

$$29A\equiv51$$

Poichè $29.19=551\equiv51$mod 100 risulta A = 19

[kilogrammo1]

Anch'io mi sono arenato

[zimmerusky]

La soluzione di qualcuno è abbastanza complicata, esiste un modo senza derivate? Per curiosità, axpgn, tu come lo hai fatto?

[Folpo13]

"zimmerusky":La soluzione di qualcuno è abbastanza complicata, ...

Sul serio ragazzi come fanno a venirvi in mente cose del genere? Mi fate sentire stupido

[axpgn]

@zimmersusky
Metà io, metà Wolfram

Essendo convinto che non fosse alla mia portata (e difatti non lo è ), ci ho pensato per un po' e poi ho lasciato perdere; però, sai com'è, ti ronza sempre in testa finché non trovi qualcosa ... e qualcosa è arrivato
Si può dimostrare facilmente che, per $n$ pari (forse anche per dispari ma non ci ho pensato ), si ha $(a+-bsqrt(c))^n=p+-qsqrt(r)$ e quindi $(a+bsqrt(c))^n+(a-bsqrt(c))^n=p+qsqrt(r)+p-qsqrt(r)=2p$.
Radicali spariti!
L'intero $2p$ è in pratica l'espansione della potenza del binomio, limitata ai soli termini dispari, quindi se i vari $a, b, c$ sono "buoni" (cioè, per esempio, con un po' di $2$ e di $5$) trovare i resti modulo $10$ o $100$ di $2p$ è facile.
Peccato che in questo caso avessi $29$ e $881$
E qui sta la strada sbagliata: esser partito dalle radici invece che dalla loro somma e dal loro prodotto (e sì che c'era il $10$ come chiaro indizio).
Inciso: un buon "competitor" di matematica olimpica (che io non sono ) deve saper maneggiare bene le formule di Viete e simili (che non mi ricordo mai, neanche lontanamente )
Comunque, arrivato a 'sto punto, tanto valeva finire in un modo o nell'altro.
Ho provato con Wolfram ma erano troppe cifre e non mi dava mai la risposta precisa ... però sono riuscito ad inventarmi qualche escamotage per ridurre la lunghezza dei numeri in gioco così da avere una risposta completa che ho poi rielaborato per arrivare alle cifre finali.
Insomma, un sacco di lavoro e di casino ...

Cordialmente, Alex

[qualcuno4]

@axpgn Wolfram addirittura!!!

[axpgn]

"Folpo13":Mi fate sentire stupido

Oh, sapessi io

Questo è niente


Cordialmente, Alex

[axpgn]

"qualcuno":@axpgn Wolfram addirittura!!!

Beh, si fa prima (se si è capaci di usarlo, io no )

[qualcuno4]

"zimmerusky":La soluzione di qualcuno è abbastanza complicata, esiste un modo senza derivate?

Ti semplifico il calcolo, le congruenze sono mod 100, ovviamente.

$$x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=(x_{1}+x_{2})^{2}-2x_{1}x_{2}=29^{2}+20=861\equiv61$$

Per $n$ dispari

$$\lfloor x_{2}^{n}\rfloor=x_{1}^{n}+x_{2}^{n}=x_{1}^{n-2}(x_{1}^{2}+x_{2}^{2})-x_{1}^{n-2}x_{2}^{2}+x_{2}^{n-2}(x_{2}^{2}+x_{2}^{2})-x_{1}^{2}x_{2}^{n-2}=(x_{1}^{n-2}+x_{2}^{n-2})(x_{1}^{2}+x_{2})^{2}-x_{1}^{n-2}x_{2}^{2}-x_{1}^{2}x_{2}^{n-2}$$

se $n>3$:

$$\lfloor x_{2}^{n}\rfloor=(x_{1}^{n-2}+x_{2}^{n-2})(x_{1}^{2}+x_{2}^{2})-x_{1}^{2}x_{2}^{2}(x_{1}^{n-4}+x_{2}^{n-4})=(x_{1}^{n-2}+x_{2}^{n-2})861-100(x_{1}^{n-4}+x_{2}^{n-4})$$

$$\lfloor x_{2}^{n}\rfloor\equiv61(x_{1}^{n-2}+x_{2}^{n-2})$$

In generale

$\lfloor x_{2}^{n}\rfloor=61^{k}(x_{1}^{n-2k}+x_{2}^{n-2k})$ con $n-2k-2\geq0$

per $n=2011=2\times1004+3$ abbiamo:

$$\lfloor x_{2}^{2011}\rfloor=61^{1004}(x_{1}^{3}+x_{2}^{3})$$

Abbiamo

$$61^{2}\equiv1$$

$$61^{3}\equiv81$$

$$61^{4}\equiv41$$

$$61^{5}\equiv1$$

$$x_{1}^{3}+x_{2}^{3}=(x_{1}+x_{2})^{3}-3x_{1}x_{2}(x_{1}+x_{2})=29^{3}+30(29)=25259\equiv59$$

Quindi

$$\lfloor x_{2}^{2011}\rfloor\equiv61^{4}(59)\equiv41\times59\equiv2419\equiv19$$

[kilogrammo1]

@qualcuno Soluzione elegante.