Maratona di problemi

[TomSawyer1]

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 $P(a)=b,P(b)=c,P(c)=a$.

[Piera4]

Bene.
Per chi fosse interessato al primo quesito:

Determinare se esiste un insieme X costituito da $2006^2007$ interi positivi distinti tale che, per ogni sottoinsieme Y incluso in X non vuoto, la somma degli elementi di Y non è un quadrato perfetto.

Vale una tesi più forte, cioè l'insieme X può avere un numero qualsiasi (anche infinito) di elementi .
Si consideri l'insieme $X={2,2^3,2^5,...}$ costituito da tutte le potenze di due con esponente dispari. Ogni suo sottoinsieme Y è della forma ${2^(d_1),...,2^(d_k)}$, dove $d_1<...

[size=150]Ne propongo un altro (questo è davvero l'ultimo!!).[/size]
(i) Come deve essere posto un cubo affinchè la sua proiezione ortogonale su un piano abbia area massima?
(ii) Stessa domanda ma con un parallelepipedo rettangolo.

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[G.D.5]

mantenendolo poggiato su un solo vertice e in modo che il piano passante per questo vertice e per altri tre vertici, di modo che messi assieme tutti e quattro i vertici si abbia un quadrato, sia perpendicolare al piano d'appoggio e detta $l$ la retta che i due piani hanno in comune allora i lati del quadrato che giungono nel vertice d'appoggio devono formare due angoli di $45°$ con $l$?

P.S.: ho semplicemente immaginato la situazione quindi molto probabilmente è sbagliata ma la posto lo stesso così magari se avete voglia mi dite perché è sbagliata

[elgiovo]

Viene naturale pensare che sia quella la disposizione ottimale. Però è necessario dimostrarlo.

[evariste1]

ok ne propongo uno anche se penso già lo conoscete.. consideriamo una n.pla ordianta {a1,a2,..,an} appartenente ad R^n, a questa possiamo associare una m-pla formata dalla media di tutte le possibili coppie di valori( cioè l'insieme [a1,a2,..,an]X[a1,a2,..,an] )della n-pla. ovvero la m-pla: {(a1+a2)/2,(a1+a3)/2,..,(a2+a3)/2,(a2+a4)/2,...(an-1 + an)/2}. a questa ripetndo lo stesso procedimento possiamo associare una p-pla e così via. Dimostrare che ripetendo il procedimento infinite volte gli elementi convergono tutti alla media aritmetica (a1+a2+..+an)/2.

[elgiovo]

Prima di proporre un problema devi aspettare che l'ultimo postato sia stato risolto.

[mircoFN1]

"Piera":
(i) Come deve essere posto un cubo affinchè la sua proiezione ortogonale su un piano abbia area massima?
(ii) Stessa domanda ma con un parallelepipedo rettangolo.

Ci provo!
Anzi faccio il secondo che comprende il primo (2 p. con una f.).
Il problema è lo stesso che chiedersi da quale direzione devo guardare un parallelepipedo (ben orientato sugli assi) in modo che sia massima l'area della sua proiezione ortogonale (della serie tutto è relativo).

Allora una superfice piana di area $A_x$ con normale in direzione $x$ vista dal versore di direzione $(n_x,n_y,n_z)$ ha proiezione data da:
$A_n=A_x*n_x$

Consideriamo il parallelepidedo le cui facce, con normali parallele agli assi cartesiani, sono rispettivamente:
$A_x$, $A_y$, $A_z$, il problema si riduce a determinare il massimo di
$A_xn_x+A_yn_y+A_zn_z$
sotto la condizione di normalità:
$n_x^2+n_y^2+n_z^2=1$

Problema classico che si può interpretare come la individuazione del piano più lontano dall'origine che abbia normale parallela a ($A_x,A_y,A_z$) che intersechi la sfera di raggio unitario.

La direzione di vista cercata dovrebbe quindi essere parallela al vettore:

$(A_x,A_y,A_z)$

Nel caso (i) questo risultato equivale a dire che (come era stato previsto) è necessario orientare il cubo in modo che l'occhio sia allineato sulla congiungente degli spigoli estremi.


ciao


PS: se Piera convalida la soluzione, cedo volentieri il mio turno a evariste

[evariste1]

ops scusa.. cmq per quanto riguarda il cubo avevo pensato a una soluzione analitica: consideriamo una terna ortonormale che coincidente con gli spigoli del cubo, quindi le componenti x e y della terna rispetto al sistema di riferimento fisso sul (e solidale) al piano definiscono 3 vettori complanari e la somma dei prodotti scalari di questi ci da l'area in funzione degli angoli di eulero. a questo punto diventa un problema di punti di massimo.. ma decisamente troppi calcoli ci sarà un modo + semplice..

[Piera4]

Non dispongo della soluzione del problema.
Per quello che può valere, posso dire che secondo me la soluzione di mircoFN dovrebbe essere corretta.

[evariste1]

già di sicuro la soluzione di micro è + semplice..

[mircoFN1]

"evariste":già di sicuro la soluzione di micro è + semplice..

scusa ma sono mirco e anche macro

ciao

[evariste1]

andiamo.. adesso nn concentriamoci sui dettagli!:-)

[Steven11]

Perdonate il mio intervento... perchè ci si è fermati? Non mi sembra vi siano problemi in sospeso.
Se qualcuno ha qualche problema interessante, potrebbe rilanciare i giochi

[TomSawyer1]

Ok, ne propongo io uno.

Sia $A$ l'insieme di tutte le successioni ${d_i}_{i=1}^{+\infty}$, con $d_i$ uguale o a $0$ o ad $1$, ma con un numero finito di $1$ nella successione. Dimostrare che $A$ e' numberabile.

[Chevtchenko]

"TomSawyer":Ok, ne propongo io uno.

Sia $A$ l'insieme di tutte le successioni ${d_i}_{i=1}^{+\infty}$, con $d_i$ uguale o a $0$ o ad $1$, ma con un numero finito di $1$ nella successione. Dimostrare che $A$ e' numberabile.

Beh, sembra facile...

Intanto, $A$ e' chiaramente almeno numerabile: infatti per ogni $h$ la successione che ha $1$ al posto $h$ e $0$ altrove appartiene ad $A$.

Per vedere che $A$ e' al piu' numerabile, sia per ogni $h$ $A_h$ l'insieme delle successioni ${d_i} \in A$ tali che per ogni $i > h$ si abbia $d_i = 0$. Ovviamente $A = \cup A_h$. Basta allora provare che ciascun $A_h$ e' finito. Ma questo e' immediato in quanto l'applicazione
${d_i} \in A_h \mapsto (d_1, d_2, \ldots, d_h) \in {0, 1}^h$ e' certo iniettiva.

[vl4dster]

Forse la faccio troppo facile...
Se la successione non ha alcun $1$, la mandiamo in zero.
Consideriamo la successione con almeno un uno,
per la finitezza in ipotesi deve esistere l'$1$ di massima coordinata, $1<=i$, ovvero deve essere:
$(d_1, d_2, \cdots,d_{i-1}, 1, 0, \cdots, 0, \cdots$

mandiamo questa successione in $1\cdot 2^i + d_{i-1}2^{i-1} + \cdots + d_1$
e abbiamo la nostra biezione con $NN$

[TomSawyer1]

Era facile, si' . Ed inoltre ha parecchie soluzioni. A te, Sandokan, il prossimo.

[Chevtchenko]

Ok tnx! Allora sia $f : RR \rightarrow RR$ una funzione e supponiamo di avere $| f(x) - f(y) | \leq (x - y)^2$ per ogni $x, y \in RR$. Provare che $f$ e' costante.

[TomSawyer1]

Operando la sostituzione $x \to x+y$, si ha $|f(x+y)-f(y)| \le x^2$. Eleviamo tutto al quadrato e dividiamo per $x^2$, $(f(x+y)-f(y))^2/x^2 \le x^2$, e passiamo al limite per $x\to0$: $\lim_{x \to 0} (f(x+y)-f(y))^2/x^2\le \lim_{x \to 0} x^2$. La parte sinistra è semplicemente $f'(y)^2$, quindi la disequazione diventa $f'(y)^2 \le 0$, cioè $f'(y)=0 \implies f(y)=c$, per $c \in RR$.

[Chevtchenko]

Perfetto! A te allora il testimone.

PS L'esercizio era preso dal Rudin.

[TomSawyer1]

Non ho quel libro, non essendo particolarmente appassionato di analisi, però era carino quel problema .

Per restare un po' in tema,
Problema
Trovare tutti i polinomi su $CC$ che soddisfano $f(x)f(-x)=f(x^2)$.