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

[Levacci]

Possiamo riscrivere l'equazione in questo modo $(6^42)^2*6^-1+(8^42)^2*8^-1$. Si chiede di determinarla modulo 49.
Sappiamo che $phi(49)=42$, quindi per il teorema di eulero il problema si riduce al calcolo di $6^-1+8^-1(mod 49)$. Si potrebbe usare l'algoritmo euclideo, ma per il lemma dell'asino cotto (prodotto tra sei e otto) si vede a occhio che l'inverso di 6 e -8 e l'inverso di 8 è -6. Otteniamo quindi -14, o 35 che dir si voglia.

Tutto questo però non tiene in considerazione probabilissimi errori di comprensione, calcolo, memoria, svolgimento, ecc. ecc.

Speriamo bene .

[Steven11]

Calcoliamo separatamente
$6^83\equivr(mod49)$
$8^83\equivr_1(mod49)$
per poi sommare membro a membro

La prima restituisce $r=41$, moltiplicando entrambi i membri per 6 e usando Eulero-Fermat ($phi(49)=42$) per poi infine risolvere una semplice diofantea.

La seconda restituisce, col medesimo procedimento, $r_1=43$
La loro somma è 84, che calcolata modulo 49, restituisce 35.

EDIT: appunto

[vl4dster]

E senza usare Eulero-Fermat ?

[Levacci]

Il primo passo è sempre riscrivere l'equazione, ovvero $(7-1)^83+(7+1)^83$. Sviluppo con il teorema del binomio e qui ci starebbe una grande sommatoria che per grazia nei confronti delle mie competenze di LaTex modulo 49 scompare. Infatti tutti i termini con esponente maggiore o uguale 2 sono congrui a zero $(mod 49)$. Restano solo gli ultimi due termini di ogni sviluppo, si ha quindi: $83*7-1+83*7+1$. Resta solo da far vedere che $83*14$ è congruo a 35 $(mod 49)$ e per questo basta una calcolatrice o un po' di spirito di osservazione.

A proposito di osservazione, vale la mia di prima. Ovvero potrei essermi sbagliato del tutto .

[vl4dster]

si beh la colcolatrice non serve, pero' e' corretto

[TomSawyer1]

Visto che nessuno si fa avanti, allora ne propongo io uno.

Problema
Siano $a \in RR$ e $n \in NN$. Dimostrare che uno dei reali positivi $a,2a,...,(n-1)a$ ha al più distanza $1/n$ da un numero intero.

[ficus2002]

"TomSawyer":Problema
Siano $a \in RR$ e $n \in NN$. Dimostrare che uno dei reali positivi $a,2a,...,(n-1)a$ ha al più distanza $1/n$ da un numero intero.

Supponiamo esistano $a \in RR$ e $n \in NN$ che non soddisfano la tesi. Suddividiamo l'intervallo $[0,1)$ in $n$ parti uguali. Per quanto assunto, ogni ${ka}:k=1,\ldots, n-1$ (con ${\cdot}$ parte frazionaria) sta in uno degli $n-2$ intervalli $[1/n,2/n),\ldots, [(n-2)/n,(n-1)/n)$. Per il principio PigeonHole, almeno un intervallo ne contiene due: diciamo che ${ka},{ha}\in [m/n,(m+1)/n)$, $1\le k Indichiamo ora con $[\cdot]$ la parte intera. Sia
$d:=[ha]-[ka]-[(h-k)a]={(h-k)a}-{ha}+{ka}$.
Allora $d\in ZZ$ e $0\le d \le 1$ ($0\le {\cdot}<1$), quindi $d=0$ o $d=1$.
Se $d=0$, abbiamo $0\le {(h-k)a}={ha}-{ka}<1/n$, così ${(h-k)a}\in [0,1/n)$, $1\le h-k\le n-1$. Assurdo.
Se $d=1$, allora $1-1/n\le 1-({ka}-{ha})={(h-k)a}<1$, così ${(h-k)a}\in [(n-1)/n,1)$, $1\le h-k\le n-1$. Assurdo.

[ficus2002]

"TomSawyer":i) Sia $S_k={1,...,k}$. Calcolare il numero di suriezioni da $S_m$ in $S_n$, con $m\ge n$.

$n!\sum_{a_1,\ldots,a_{d}} \prod_{k=1}^{d}(a_k-k), \quad d:=m-n$
dove la sommatoria è estesa a tutte le $d$-uple del tipo $1\le a_1<\cdots

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[TomSawyer1]

Perfetto come sempre . A te il prossimo, ficus2002.

[ficus2002]

Determinare tutte le terne di interi positivi $(a,k,n)$ tali che
$a^{k}+1∣(a+1)^n$.

[e^iteta]

scusate se uppo il post, ma sono l'unico che non riesce a vedere il problema di ficus?
me lo potreste ripostare in maniera leggibile?
mi spiace che ci si sia fermai, a me divertiva moltissimo questa maratona

[_Tipper]

[ficus2002]

Propongo un altro problema.
Determinare la soluzione esplicita di
$y_0=1/2$
$y_{n+1}=y_{n}^2+20y_{n}+90$;

[vl4dster]

Definiamo $\phi(n) = y_{n}+10$. Allora, per $n>0$, $phi(n+1)=phi(n)^2$.
Per induzione su $n>0$ si trova $phi(n) = phi(0)^{2^n}$.
Da $phi(0) = \sqrt(phi(1))$ e $phi(1) = (y_0+10)^2$ si trova $phi(0) = 10.5$
Dunque $y_n = 10.5^{2^n}-10$

[vl4dster]

Se non ci sono errori sopra, ecco il prossimo:
Sia $ABCD$ un quadrato inscritto nella circoferenza $Gamma$, e sia $EFGH$ il quadrato con i vertici $E$,$F$
sul lato $CD$ e i vertici $G,H$ su $Gamma$. Trovare il rapporto tra le aree dei due quadrati.

[fu^2]

posto il risultato, se è giusto metto l'intero procedimento.

chiamo $A_A$ l'area del quadrato ABCD e $A_E$ l'area del quadrato EFGH

il rapporto $A_A/A_E=(1+sqrt2/2)/(1-sqrt2/2)$

è giuto?

[MaMo2]

A me viene 25.

[elgiovo]

Confermo il 25, e aggiungo la mia soluzione: introducendo un riferimento analitico con centro
coincidente con il centro della circonferenza e intersecando la circonferenza con una retta di equazione
$y=k$, si perviene facilmente all'equazione $k-Rsqrt2/2=2sqrt(R^2-k^2)$, ($R$ è il raggio della circonferenza),
dettata dall'uguaglianza tra $GH$ ed $EG$ (per esempio), che porta a $k=7/10 sqrt2 R$. Ora il rapporto tra le
aree è $eta=(2R^2)/(7/10sqrt2R-R/sqrt2)^2=25$.

[vl4dster]

Bella soluzione, elgiovo

[elgiovo]

E' molto che non posto problemi, quindi se a MaMo non dispiace vado io:
Sia $Q$ il punto di intersezione tra le diagonali ortogonali di un quadrilatero.
Riflettendo $Q$ su ciascuno dei lati del quadrilatero (o meglio, operando quattro simmetrie assiali)
si ottengono quattro punti. Dimostrare che questi appartengono ad una circonferenza.