Maratona di problemi
Proviamo a fare questa cosa: comincio col proporre io un problema (abbastanza facile), poi chi lo risolve propone a sua volta un problema etc etc. Se il risolutore di un problema non ha niente da proporre, puo' dare il permesso ad altri di proporne uno.
Sarebbe bello se si riuscisse a spaziare in piu' campi, e non tenersi solo in uno. Poi, non sarebbe l'ideale proporre problemi esageratamente difficili, cosi' non si ferma tutto.
Problema 1
Siano $a,b,c$ tre interi distinti, e sia $P$ un polinomio a coefficienti interi. Dimostrare che e' impossibile avere che $P(a)=b,P(b)=c,P(c)=a$.
Sarebbe bello se si riuscisse a spaziare in piu' campi, e non tenersi solo in uno. Poi, non sarebbe l'ideale proporre problemi esageratamente difficili, cosi' non si ferma tutto.
Problema 1
Siano $a,b,c$ tre interi distinti, e sia $P$ un polinomio a coefficienti interi. Dimostrare che e' impossibile avere che $P(a)=b,P(b)=c,P(c)=a$.
Risposte
Indichiamo il polinomio al solito modo:
$P(x)=a_o x^n+a_1x^(n-1)+...+a_(n-1)x+a_n$
Per ipotesi si ha allora:
$a_oa^n+a_1a^(n-1)+...+a_(n-1)a+a_n=b$
$a_ob^n+a_1b^(n-1)+...+a_(n-1)b+a_n=c$
$a_oc^n+a_1c^(n-1)+...+a_(n-1)c+a_n=a$
Sottraendo dalla prima relazione la seconda,dalla seconda la terza
e dalla terza la prima,abbiamo:
$a_o(a^n-b^n)+a_1(a^(n-1)-b^(n-1))+...+a_(n-1)(a-b)=b-c$
$a_o(b^n-c^n)+a_1(b^(n-1)-c^(n-1))+...+a_(n-1)(b-c)=c-a$
$a_o(c^n-a^n)+a_1(c^(n-1)-a^(n-1))+...+a_(n-1)(c-a)=a-b$
Come si vede,il primo membro della prima relazione così ottenuta
e' divisibile per a-b e tale deve essere quindi anche il secondo.
Ed analogamente per le rimanenti relazioni.
Pertanto abbiamo le 3 frazioni :
$|(b-c)/(a-b)|,|(c-a)/(b-c)|,|(a-b)/(c-a)|$ che devono essere tutte
riducibili ad interi.
Ora ,comunque si ordini la terna (a,b,c),e' facile constatare che almeno una
di tali frazioni e' propria e quindi non intera.
Per esempio ,se e' a,l'ultima frazione diventa $(b-a)/(c-a)$
ed essa e' propria perche' risulta b-a
Per continuare la maratona propongo questo problemino:
Determinare tutti i naturali $n>=2$ per i quali l'espressione
$5^n+12n^2+12n+3$ e' divisibile per 100
karl
$P(x)=a_o x^n+a_1x^(n-1)+...+a_(n-1)x+a_n$
Per ipotesi si ha allora:
$a_oa^n+a_1a^(n-1)+...+a_(n-1)a+a_n=b$
$a_ob^n+a_1b^(n-1)+...+a_(n-1)b+a_n=c$
$a_oc^n+a_1c^(n-1)+...+a_(n-1)c+a_n=a$
Sottraendo dalla prima relazione la seconda,dalla seconda la terza
e dalla terza la prima,abbiamo:
$a_o(a^n-b^n)+a_1(a^(n-1)-b^(n-1))+...+a_(n-1)(a-b)=b-c$
$a_o(b^n-c^n)+a_1(b^(n-1)-c^(n-1))+...+a_(n-1)(b-c)=c-a$
$a_o(c^n-a^n)+a_1(c^(n-1)-a^(n-1))+...+a_(n-1)(c-a)=a-b$
Come si vede,il primo membro della prima relazione così ottenuta
e' divisibile per a-b e tale deve essere quindi anche il secondo.
Ed analogamente per le rimanenti relazioni.
Pertanto abbiamo le 3 frazioni :
$|(b-c)/(a-b)|,|(c-a)/(b-c)|,|(a-b)/(c-a)|$ che devono essere tutte
riducibili ad interi.
Ora ,comunque si ordini la terna (a,b,c),e' facile constatare che almeno una
di tali frazioni e' propria e quindi non intera.
Per esempio ,se e' a
ed essa e' propria perche' risulta b-a
Per continuare la maratona propongo questo problemino:
Determinare tutti i naturali $n>=2$ per i quali l'espressione
$5^n+12n^2+12n+3$ e' divisibile per 100
karl
Perfetto come sempre.
Si vogliono trovare tutti gli $n\ge2$ tali che $5^n+12n^2+12n+3\equiv0(mod100)$. Per il Teorema Cinese dei Resti, si puo' scomporre questa congruenza in $5^n+12n^2+12n+3\equiv0(mod4)$ e $5^n+12n^2+12n+3\equiv0(mod25)$, in quanto $\gcd(25,4)=1$. La prima e' sempre vera, perche' diventa $5^n+12n^2+12n+3\equiv1^n+3\equiv0(mod4)$; mentre per la seconda vale $5^n+12n^2+12n+3\equiv12n^2+12n+3\equiv(n+3)^2\equiv0(mod25) \implies n\equiv-3(mod5)$.
Quindi, si ha che gli $n$ sono della forma $n=5k+2$, con $k\ge0$.
Problema 3
Sia $a/b=1+1/2+\ldots+1/(p-1)$, con $p$ primo e $\ge5$. Dimostrare che $p^2|a$.
Si vogliono trovare tutti gli $n\ge2$ tali che $5^n+12n^2+12n+3\equiv0(mod100)$. Per il Teorema Cinese dei Resti, si puo' scomporre questa congruenza in $5^n+12n^2+12n+3\equiv0(mod4)$ e $5^n+12n^2+12n+3\equiv0(mod25)$, in quanto $\gcd(25,4)=1$. La prima e' sempre vera, perche' diventa $5^n+12n^2+12n+3\equiv1^n+3\equiv0(mod4)$; mentre per la seconda vale $5^n+12n^2+12n+3\equiv12n^2+12n+3\equiv(n+3)^2\equiv0(mod25) \implies n\equiv-3(mod5)$.
Quindi, si ha che gli $n$ sono della forma $n=5k+2$, con $k\ge0$.
Problema 3
Sia $a/b=1+1/2+\ldots+1/(p-1)$, con $p$ primo e $\ge5$. Dimostrare che $p^2|a$.
http://olimpiadi.dm.unipi.it/oliForum/viewtopic.php?t=7863
Spero che TomSawyer abbia una soluzione piu' semplice di quelle
indicate nel link.Altrimenti temo che la maratona finisce qui.
Ma non si era detto di postare problemi aperti a tutti?
Comunque per continuare il gioco posto un esercizio ..piu' umano:
Siano A,B,C gli angoli di un triangolo;dimostrare che e':
$cosA+cosB+cosC<=sin(A/2)+sin(B/2)+sin(C/2)$
karl
P.S.
Molto bella la soluzione di TomSawyer dell'esercizio sulla divisibilità:
mi e' piaciuta molto (io ne avevo una piu' elementare).
Spero che TomSawyer abbia una soluzione piu' semplice di quelle
indicate nel link.Altrimenti temo che la maratona finisce qui.
Ma non si era detto di postare problemi aperti a tutti?
Comunque per continuare il gioco posto un esercizio ..piu' umano:
Siano A,B,C gli angoli di un triangolo;dimostrare che e':
$cosA+cosB+cosC<=sin(A/2)+sin(B/2)+sin(C/2)$
karl
P.S.
Molto bella la soluzione di TomSawyer dell'esercizio sulla divisibilità:
mi e' piaciuta molto (io ne avevo una piu' elementare).
"karl":
Molto bella la soluzione di TomSawyer dell'esercizio sulla divisibilità:
mi e' piaciuta molto (io ne avevo una piu' elementare).
Eccola. Ricordi... estivi
https://www.matematicamente.it/f/viewtop ... highlight=
Hai ragione, sono andato troppo nello specifico, bisognava conoscere il teorema di Euler-Fermat ed altre proprietà particolari. Non ho una soluzione più elementare, ma sarebbe interessante trovarla.
Se ti va, posti anche la tua soluzione più elementare del secondo problema?
EDIT:
@fields
sì, è la stessa strada, anche se alcuni passaggi sono un po' diversi
Le congruenze aiutano molto in questo caso.
Se ti va, posti anche la tua soluzione più elementare del secondo problema?
EDIT:
@fields
sì, è la stessa strada, anche se alcuni passaggi sono un po' diversi
Le congruenze aiutano molto in questo caso.
"karl":
http://olimpiadi.dm.unipi.it/oliForum/viewtopic.php?t=7863
Spero che TomSawyer abbia una soluzione piu' semplice di quelle
indicate nel link.Altrimenti temo che la maratona finisce qui.
Ma non si era detto di postare problemi aperti a tutti?
Comunque per continuare il gioco posto un esercizio ..piu' umano:
Siano A,B,C gli angoli di un triangolo;dimostrare che e':
$cosA+cosB+cosC<=sin(A/2)+sin(B/2)+sin(C/2)$
karl
P.S.
Molto bella la soluzione di TomSawyer dell'esercizio sulla divisibilità:
mi e' piaciuta molto (io ne avevo una piu' elementare).
con l'ipotesi che $A,B,C!=0$ e $A,B,C!=2pi$
infatti nella disequazione iniziale si ha che se $A=B=C=0$ diventa $cos0+cos0+cos0<=sin0+sin0+sin0$ quindi $3<=0$ che è impossibile idem succede con $A=B=C=2pi$ o mi sbaglio?
Azz..e chi si ricordava piu' di aver gia' postato quell'esercizio.
Di solito tengo tutto (...o quasi) a mente : devo cominciare a preoccuparmi!!!
La mia soluzione.
Si puo' scrivere l'espressione come:
$(5^n+75)+12n^2+12n-72=[5^n+75]+12(n-2)(n+3)$
La parte in parentesi quadra e' gia' divisibile per 100 e quindi,tenuto conto che
il fattore 12 e' divisibile per 4 ,bastera' determinare gli "n" che rendono divisibile
per 25 la parte $(n-2)(n+3)$.
Ci sono 2 casi da considerare.
Uno dei due fattori e' divisibile per 25 e l'altro e' una costante qualunque.
I due fattori sono entrambi divisibili per 5.
Considero solo quest'ultimo caso dato che l'altro e' sostanzialmente equivalente
e porta ai medesimi risultati.
Dunque poniamo:
$n-2=5k-->n=5k+2$ .In tal modo si ha $n+3=5k+5=5(k+1)$ che e' divisibile per 5.
In conclusione possiamo scegliere:
$n=5k+2,k>=0$
@fu^2
Forse ti e' sfuggito che A,B,C sono angoli di un triangolo.
karl
Di solito tengo tutto (...o quasi) a mente : devo cominciare a preoccuparmi!!!
La mia soluzione.
Si puo' scrivere l'espressione come:
$(5^n+75)+12n^2+12n-72=[5^n+75]+12(n-2)(n+3)$
La parte in parentesi quadra e' gia' divisibile per 100 e quindi,tenuto conto che
il fattore 12 e' divisibile per 4 ,bastera' determinare gli "n" che rendono divisibile
per 25 la parte $(n-2)(n+3)$.
Ci sono 2 casi da considerare.
Uno dei due fattori e' divisibile per 25 e l'altro e' una costante qualunque.
I due fattori sono entrambi divisibili per 5.
Considero solo quest'ultimo caso dato che l'altro e' sostanzialmente equivalente
e porta ai medesimi risultati.
Dunque poniamo:
$n-2=5k-->n=5k+2$ .In tal modo si ha $n+3=5k+5=5(k+1)$ che e' divisibile per 5.
In conclusione possiamo scegliere:
$n=5k+2,k>=0$
@fu^2
Forse ti e' sfuggito che A,B,C sono angoli di un triangolo.
karl
"karl":
@fu^2
Forse ti e' sfuggito che A,B,C sono angoli di un triangolo.
karl
che sbadato avevo letto male il testo
"karl":
Siano A,B,C gli angoli di un triangolo;dimostrare che e':
$cosA+cosB+cosC<=sin(A/2)+sin(B/2)+sin(C/2)$
Se non ho ragionato male, per $A,B,C
In realta' e' $(2pi)/3=120°$ e nulla vieta ad un triangolo di avere
un angolo ( ed uno solo!) maggiore di 120° ( ed ovviamente minore di 180°).
Inoltre trovo un piccolo refuso nello svolgimento in quanto e' :
$sin(A/2)=sqrt((1-cosA)/2$
karl
un angolo ( ed uno solo!) maggiore di 120° ( ed ovviamente minore di 180°).
Inoltre trovo un piccolo refuso nello svolgimento in quanto e' :
$sin(A/2)=sqrt((1-cosA)/2$
karl
Sì, io ho praticamente dimostrato l'ovvia cosa che $cosA).
).
$cosA+cosB+cosC<=sin(A/2)+sin(B/2)+sin(C/2)$
quindi usando l'identità goniometrica $cos(x)=1-2sin^2(x/2)$ otteniamo
$1-2sin^2(A/2)+1-2sin^2(B/2)+1-2sin^2(C/2)<=sin(A/2)+sin(B/2)+sin(C/2)$
quindi $-1+2sin^2(A/2)+sin(A/2)-1+2sin^2(B/2)+sin(B/2)-1+2sin^2(C/2)+sin(C/2)>=0
analizziamo $2sin^2(A/2)+sin(A/2)-1>=0$ il suo comportamento è uguale agli altri (nb CE $0 $sin(A/2)_(1,2)=(-1+-sqrt(1+8))/4=(-1+-3)/4
$sin(A/2)=-1$
$sin(A/2)=1/2$
riscriviamo la disequazione come $2(sin(A/2)+1)(sin(A/2)-1/2)+2(sin(B/2)+1)(sin(B/2)-1/2)+2(sin(C/2)+1)(sin(C/2)-1/2)>=0
quindi
$(sin(A/2)+1)(sin(A/2)-1/2)+(sin(B/2)+1)(sin(B/2)-1/2)+(sin(C/2)+1)(sin(C/2)-1/2)>=0
la soluzione della disequazione è $sin(A/2)=<-1Usin(A/2)>=1/2$
la prima nn è mai verifica nelle CE, la seconda $sin(A/2)>=1/2$ si ha che $pi/6<(A/2)
quindi $pi/3<=A<=pi$
nell'int delle CE $pi/3<=A<=pi/2$
quindi da notere che se $A<=pi/3$, allora $B=2pi/3-C$ e $C=2pi/3-B
quindi se $A=B=C=pi/3$ si ha l'uguaglianza, se $A=pi/3$, $Bpi/3$ allora $sinBpi/3$, quindi $A/2pi/6$ allora $sin(B/2)
la disequazione diventa $cos59+cos59+cos62<=sin(59/2)+sin(59/2)+sin(62/2)$ che è falsa, quindi il testo non vale per qualunque triangolo...
cm mai? dove ho sbagliato?...
quindi usando l'identità goniometrica $cos(x)=1-2sin^2(x/2)$ otteniamo
$1-2sin^2(A/2)+1-2sin^2(B/2)+1-2sin^2(C/2)<=sin(A/2)+sin(B/2)+sin(C/2)$
quindi $-1+2sin^2(A/2)+sin(A/2)-1+2sin^2(B/2)+sin(B/2)-1+2sin^2(C/2)+sin(C/2)>=0
analizziamo $2sin^2(A/2)+sin(A/2)-1>=0$ il suo comportamento è uguale agli altri (nb CE $0 $sin(A/2)_(1,2)=(-1+-sqrt(1+8))/4=(-1+-3)/4
$sin(A/2)=-1$
$sin(A/2)=1/2$
riscriviamo la disequazione come $2(sin(A/2)+1)(sin(A/2)-1/2)+2(sin(B/2)+1)(sin(B/2)-1/2)+2(sin(C/2)+1)(sin(C/2)-1/2)>=0
quindi
$(sin(A/2)+1)(sin(A/2)-1/2)+(sin(B/2)+1)(sin(B/2)-1/2)+(sin(C/2)+1)(sin(C/2)-1/2)>=0
la soluzione della disequazione è $sin(A/2)=<-1Usin(A/2)>=1/2$
la prima nn è mai verifica nelle CE, la seconda $sin(A/2)>=1/2$ si ha che $pi/6<(A/2)
quindi $pi/3<=A<=pi$
nell'int delle CE $pi/3<=A<=pi/2$
quindi da notere che se $A<=pi/3$, allora $B=2pi/3-C$ e $C=2pi/3-B
quindi se $A=B=C=pi/3$ si ha l'uguaglianza, se $A=pi/3$, $B
la disequazione diventa $cos59+cos59+cos62<=sin(59/2)+sin(59/2)+sin(62/2)$ che è falsa, quindi il testo non vale per qualunque triangolo...
cm mai? dove ho sbagliato?...
Guarda che l'ultima è vera, non so come tu abbia fatto i calcoli. Hai $1,4995477126059991961227261610241\le1,4998851951169884496791008043002$.
"TomSawyer":
Guarda che l'ultima è vera, non so come tu abbia fatto i calcoli. Hai $1,4995477126059991961227261610241\le1,4998851951169884496791008043002$.
l'avevo calcolato con derive, per far presto i calcoli... e come risultato mi da "false" boh
Di default i calcoli li fa in radianti .
.
ma dovendoci essere per forza angoli al massimo retti altrimenti il cos(A) diventa <0 e l'equazione mi sembra verificata sempre.
essendo il punto in cui il cos supera il seno a 45° per il primo quadrante. ( cioè per valori dell'angolo inferiori a 45 ° il valore del coseno di quell'angolo supera il valore del seno di quell'angolo)
il valore massimo che possono assumere la somma dei tre coseni è per 3 angoli da 60 ° ciascuno..
per ottenere un triangolo almeno 2 angoli devono superare 60 ° al limite tutti e tre sono di 60°
quindi si ha che essendo la combinazione il cui valore della somma dei coseni vale 1.5 ed è il caso di
$Cos(60) *3 $
si ha che aumentando uno degli angoli l'altro dovrà diminurire ma essendo il diagramma del seno e del coseno identico , solo sfasato di 90 ° (in quadratura) si ha che per un aumento di uno degli angoli l'altro diminuirà ma ciò cmq produrrà tale effetto , fingiamo di aver modificato A e B.
$Cos(60) +Cos(60) >Cos(A)+Cos(B)
mentre Sen(60) *2 < Sen(A)+Sen(B)$
essendo il punto in cui il cos supera il seno a 45° per il primo quadrante. ( cioè per valori dell'angolo inferiori a 45 ° il valore del coseno di quell'angolo supera il valore del seno di quell'angolo)
il valore massimo che possono assumere la somma dei tre coseni è per 3 angoli da 60 ° ciascuno..
per ottenere un triangolo almeno 2 angoli devono superare 60 ° al limite tutti e tre sono di 60°
quindi si ha che essendo la combinazione il cui valore della somma dei coseni vale 1.5 ed è il caso di
$Cos(60) *3 $
si ha che aumentando uno degli angoli l'altro dovrà diminurire ma essendo il diagramma del seno e del coseno identico , solo sfasato di 90 ° (in quadratura) si ha che per un aumento di uno degli angoli l'altro diminuirà ma ciò cmq produrrà tale effetto , fingiamo di aver modificato A e B.
$Cos(60) +Cos(60) >Cos(A)+Cos(B)
mentre Sen(60) *2 < Sen(A)+Sen(B)$
Dai karl, facci vedere la tua soluzione!
Ho provato a barare cercando la soluzione in rete, però ho solo scoperto chi è l'autore della disuguaglianza che risale agli anni '70.
Ho provato a barare cercando la soluzione in rete, però ho solo scoperto chi è l'autore della disuguaglianza che risale agli anni '70.
"TomSawyer":
Proviamo a fare questa cosa: comincio col proporre io un problema (abbastanza facile), poi chi lo risolve propone a sua volta un problema etc etc. Se il risolutore di un problema non ha niente da proporre, puo' dare il permesso ad altri di proporne uno.
Sarebbe bello se si riuscisse a spaziare in piu' campi, e non tenersi solo in uno. Poi, non sarebbe l'ideale proporre problemi esageratamente difficili, cosi' non si ferma tutto.
Problema 1
Siano $a,b,c$ tre interi distinti, e sia $P$ un polinomio a coefficienti interi. Dimostrare che e' impossibile avere che $P(a)=b,P(b)=c,P(c)=a$.
Volevo postare la mia dimostrazione, sono alle prime armi con la matematica (e soprattutto con le dimostrazioni) e quindi voglio avere una conferma se ho risolto bene il problema.. quindi aiuto please..
allora la funzione $P(x)$ si può scrivere come $sum_(i=0)^na_ix^(n-i) = a_0x^n + a_1x^(n-1)+cdots+a_n$
procediamo per assurdo (negando la tesi) quindi $P(A) = P(B) = P(C)$ (Li scrivo grandi per evitare confusioni con i coefficienti del polinomio)
significa che $a_0A^n + cdots + a_n = a_0B^n + cdots + a_n = a_0C^n + cdots + a_n$
ora sopprimiamo la serie al primo termine (ecco qua il mio dubbio che non mi fa capire se la mia dimostrazione è effetivamente giusta)
e quindi abbiamo $a_0A^n = a_0B^n = a_0C^n$ dividendo tutto per $a_0$ ed applicando la funzione $x^(1/n)$ a tutte e 3 i termini abbiamo che
$A = B = C$ in contrapposizione con l'ipotesi fatta ($A != B != C$)
ok rispondete in tanti..
Si ha:
$cosA+cosB=2cos((A+B)/2)cos((A-B)/2)=2sin(C/2)cos((A-B)/2)$
Tenendo conto che e' certamente $0,ne segue:
(1) $cosA+cosB<=2sin(C/2)$
Ed analogamente:
(2) $cosB+cosC<=2sin(A/2)$
(3) $cosC+cosA<=2sin(B/2)$
Sommando (1),(2) e (3) e semplificando per 2 si ha la tesi.
karl
$cosA+cosB=2cos((A+B)/2)cos((A-B)/2)=2sin(C/2)cos((A-B)/2)$
Tenendo conto che e' certamente $0
(1) $cosA+cosB<=2sin(C/2)$
Ed analogamente:
(2) $cosB+cosC<=2sin(A/2)$
(3) $cosC+cosA<=2sin(B/2)$
Sommando (1),(2) e (3) e semplificando per 2 si ha la tesi.
karl
grazie karl!
davvero semplice la tua soluzione, il problema è come arrivarci!
davvero semplice la tua soluzione, il problema è come arrivarci!
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