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
"ficus2002":
[quote="TomSawyer"]In ogni caso, e' vero che $\sigma(x)=x^{-1}$ e' l'unico automorfismo con quelle proprieta'?
Suggerimento:
[/quote]
Se solo $\xi(*)$ fosse una biezione
. Comunque, mi arrendo, sono curioso di vedere come lo dimostri.
"TomSawyer":
Se solo $\xi(*)$ fosse una biezione
Infatti, $\xi:G\to G$ è proprio una biiezione.
"ficus2002":
[quote="TomSawyer"]Se solo $\xi(*)$ fosse una biezione
Infatti, $\xi:G\to G$ è proprio una biiezione.
[/quote]
Avevo fatto la seconda parte, ma stupidamente pensavo che $\xi(*)$ non fosse una biezione. Molto bello, comunque.
All'interno di un quadrato di lato unitario vengono presi a caso (distribuzione uniforme) e indipendentemente l'uno dall'altro due punti A e B.
Determinare la probabilità che il cerchio di centro A e raggio AB sia contenuto interamente nel quadrato.
Determinare la probabilità che il cerchio di centro A e raggio AB sia contenuto interamente nel quadrato.
Denotiamo con $d$ ed $r$ le variabili aleatorie "distanza di A dal lato più vicino"
e "distanza di B da A". Poichè $d$ ed $r$ sono indipendenti, uniformemente distribuite
e $0<=d<=1/2$, $0<= r <= sqrt2$, la densità di probabilità congiunta è
$f(d,r)=f_x(d)*f_r(r)=1/(1/2) * 1/sqrt2=sqrt2$.
Ora, la probabilità che il cerchio sia contenuto nel quadrato è $sqrt2$ volte l'area
del triangolo che si ottiene graficando $r$ e $d$ e scegliendo i punti tali per cui $r<=d$,
ovvero $P=sqrt2*1/2*1/2*1/2=sqrt2/8$.
Sono i miei primi passi nella probabilità... sono almeno vicino?
e "distanza di B da A". Poichè $d$ ed $r$ sono indipendenti, uniformemente distribuite
e $0<=d<=1/2$, $0<= r <= sqrt2$, la densità di probabilità congiunta è
$f(d,r)=f_x(d)*f_r(r)=1/(1/2) * 1/sqrt2=sqrt2$.
Ora, la probabilità che il cerchio sia contenuto nel quadrato è $sqrt2$ volte l'area
del triangolo che si ottiene graficando $r$ e $d$ e scegliendo i punti tali per cui $r<=d$,
ovvero $P=sqrt2*1/2*1/2*1/2=sqrt2/8$.
Sono i miei primi passi nella probabilità... sono almeno vicino?
Se indichiamo con (X,Y) le coordinate casuali di A,
la distanza di A dal lato più vicino è data da $min(X,Y,1-X,1-Y)$. Si deve quindi trovare la distribuzione del minimo.
La probabilità dovrebbe venire $pi/24$.
Riporto anche il seguente suggerimento:
la distanza di A dal lato più vicino è data da $min(X,Y,1-X,1-Y)$. Si deve quindi trovare la distribuzione del minimo.
La probabilità dovrebbe venire $pi/24$.
Riporto anche il seguente suggerimento:
Bel problemino.
Consideriamo il quadrato di vertici (0;0), (1;0), (1;1) e (0;1). Per simmetria possiamo considerare il punto A (x;y) interno al triangolo rettangolo di vertici (0;0), (1/2;0) e (1/2;1/2). Il cerchio di raggio AB è interno al quadrato solo se $AB <= y$.
La probabilità che il punto B cada ad una distanza $<= y$ da A è data dal rapporto tra l'area del cerchio di raggio y e l'area del quadrato cioè $P = pi*y^2$.
Integrando all'interno del triangolo rettangolo e dividendo per l'area di base si ottiene:
$8*pi int_0^(1/2)int_0^xy^2dydx=8/3piint_0^(1/2)x^3dx=pi/24$
Consideriamo il quadrato di vertici (0;0), (1;0), (1;1) e (0;1). Per simmetria possiamo considerare il punto A (x;y) interno al triangolo rettangolo di vertici (0;0), (1/2;0) e (1/2;1/2). Il cerchio di raggio AB è interno al quadrato solo se $AB <= y$.
La probabilità che il punto B cada ad una distanza $<= y$ da A è data dal rapporto tra l'area del cerchio di raggio y e l'area del quadrato cioè $P = pi*y^2$.
Integrando all'interno del triangolo rettangolo e dividendo per l'area di base si ottiene:
$8*pi int_0^(1/2)int_0^xy^2dydx=8/3piint_0^(1/2)x^3dx=pi/24$
Soluzione elegante!
Complimenti a MaMo. Piera, se non ti scoccia posteresti il procedimento per trovare
la distribuzione di $min(X,Y,1-X,1-Y)$?
la distribuzione di $min(X,Y,1-X,1-Y)$?
Consideriamo il quadrato di verici (0,0), (1,0), (1,1), (0,1).
Calcoliamo
$P(min(X,Y,1-X,1-Y)<=t)$, $t in [0,1/2]$.
$P(min(X,Y,1-X,1-Y)<=t)=$
$P(min(X,Y,1-X,1-Y)<=t,Y>X)+P(min(X,Y,1-X,1-Y)<=t,YX)+P(min(Y,1-X,1-Y)<=t,Y
Ora $P(min(X,1-X,1-Y)<=t,Y>X)=$
$P(min(X,1-X,1-Y)<=t,Y>X,0X,1/21-Y)=$
$=P(X<=t,Y>X,0X,1/2X,01-Y)=2t-2t^2$,
nell'ultimo passaggio ho semplicemente calcolato le aree individuate dalle rette sul quadrato.
Dunque, $P(min(X,Y,1-X,1-Y)<=t)=4t-4t^2$.
A questo punto il gioco è fatto:
se la minima distanza dal lato è $t$, allora B deve cadere all'interno di una circonferenza di area $pi*t^2$.
Integrando rispetto a $t$ si ottiene:
$int_0^(1/2)pi*t^2*(4-8t)dt=pi/24$.
Calcoliamo
$P(min(X,Y,1-X,1-Y)<=t)$, $t in [0,1/2]$.
$P(min(X,Y,1-X,1-Y)<=t)=$
$P(min(X,Y,1-X,1-Y)<=t,Y>X)+P(min(X,Y,1-X,1-Y)<=t,Y
Ora $P(min(X,1-X,1-Y)<=t,Y>X)=$
$P(min(X,1-X,1-Y)<=t,Y>X,0
$=P(X<=t,Y>X,0
nell'ultimo passaggio ho semplicemente calcolato le aree individuate dalle rette sul quadrato.
Dunque, $P(min(X,Y,1-X,1-Y)<=t)=4t-4t^2$.
A questo punto il gioco è fatto:
se la minima distanza dal lato è $t$, allora B deve cadere all'interno di una circonferenza di area $pi*t^2$.
Integrando rispetto a $t$ si ottiene:
$int_0^(1/2)pi*t^2*(4-8t)dt=pi/24$.
Grazie mille! Visto che ci sono (a buon rendere, MaMo...):
trovare il quadrato della lunghezza del lato di un triangolo equilatero nel quale
le distanze dai suoi vertici da un punto interno sono $5$, $7$ e $8$.
trovare il quadrato della lunghezza del lato di un triangolo equilatero nel quale
le distanze dai suoi vertici da un punto interno sono $5$, $7$ e $8$.
$L^2=129$
Posteresti il tuo ragionamento?
Lo posto volentieri se il risultato è giusto.
Ah, già che ci sono, non avevo considerato il caso in cui il punto sia esterno al triangolo.
In effetti dovrebbe esserci anche la soluzione:
$L^2=9$
ciao
Ah, già che ci sono, non avevo considerato il caso in cui il punto sia esterno al triangolo.
In effetti dovrebbe esserci anche la soluzione:
$L^2=9$
ciao
Se il punto e' interno avrei questa soluzione geometrica ,in alternativa a quella analitica che e'
pure possibile.
Facciamo ruotare AP di 60°attorno ad A in modo da portarlo in AM.Analogamente portiamo,sempre con
rotazione di 60° attorno a B e a C rispettivamente ,PB in BN e PC in CR.
E' facile provare la congruenza degli angoli segnati con un numero uguale di linee (come differenze di angoli congruenti)
e da cio' segue la congruenza delle coppie di triangoli (PAC,MAB),(PAB,NCB),(PCB,RCA).
Questo comporta che il triangolo ABC e' la meta' dell'esagono AMBNCR che a sua volta e' la somma
di tre triangoli equilateri di lati 5,7 e 8 e di altri 3 triangoli congruenti di lati (5,7,8)
e quindi ,per Erone ,ciascuno di area $10sqrt(3)$.
Pertanto risulta:
[Lato(ABC)^2]=$1/2*4/(sqrt3)*[30sqrt3+(sqrt3)/4(25+49+64)]=129$
pure possibile.
Facciamo ruotare AP di 60°attorno ad A in modo da portarlo in AM.Analogamente portiamo,sempre con
rotazione di 60° attorno a B e a C rispettivamente ,PB in BN e PC in CR.
E' facile provare la congruenza degli angoli segnati con un numero uguale di linee (come differenze di angoli congruenti)
e da cio' segue la congruenza delle coppie di triangoli (PAC,MAB),(PAB,NCB),(PCB,RCA).
Questo comporta che il triangolo ABC e' la meta' dell'esagono AMBNCR che a sua volta e' la somma
di tre triangoli equilateri di lati 5,7 e 8 e di altri 3 triangoli congruenti di lati (5,7,8)
e quindi ,per Erone ,ciascuno di area $10sqrt(3)$.
Pertanto risulta:
[Lato(ABC)^2]=$1/2*4/(sqrt3)*[30sqrt3+(sqrt3)/4(25+49+64)]=129$
Ottimo, Licio!!!
Secondo me il punto era da vedersi interno. Comunque se MircoFN ha un'altra soluzione
questa è sicuramente ben accetta (anche quella col punto esterno).
Secondo me il punto era da vedersi interno. Comunque se MircoFN ha un'altra soluzione
questa è sicuramente ben accetta (anche quella col punto esterno).
Ho usato semplici considerazioni analitiche:
Chiamo $P$ il punto e $A$, $B$ e $ C$ i vertici (lato del triangolo pari a $L$)
Definite $x$ e $y$ le proiezioni di $PA$ su $AB$ e $PB$ su $BC$, si ottengono due semplici equazioni lineari uguagliando i due modi possibili per scrivere le distanze (al quadrato) di $P$ dai lati:
$-39-L^2+2Lx=0$
$24-L^2+2Ly=0$
tenendo conto che il triangolo è equilatero (l'angolo interno è $\pi/3$) vale inoltre la relazione:
$L-x=y/2+\sqrt(3)/2 \sqrt(25-y^2)$
sostituendo si ottiene la seguente equazione di secondo grado il $L^2$:
$(L^2)^2-138(L^2)+1161=0$
con le due soluzioni proposte.
Per inciso: si verifica che una delle distanze fornite non è necessaria.
Il punto $P$ nel caso 2 si trova sul prolungamento di un lato a distanza 5 dallo spigolo (quindi ci sono ben 6 posizioni possibili!).
PS: chi deve proporre il prossimo problema?
Chiamo $P$ il punto e $A$, $B$ e $ C$ i vertici (lato del triangolo pari a $L$)
Definite $x$ e $y$ le proiezioni di $PA$ su $AB$ e $PB$ su $BC$, si ottengono due semplici equazioni lineari uguagliando i due modi possibili per scrivere le distanze (al quadrato) di $P$ dai lati:
$-39-L^2+2Lx=0$
$24-L^2+2Ly=0$
tenendo conto che il triangolo è equilatero (l'angolo interno è $\pi/3$) vale inoltre la relazione:
$L-x=y/2+\sqrt(3)/2 \sqrt(25-y^2)$
sostituendo si ottiene la seguente equazione di secondo grado il $L^2$:
$(L^2)^2-138(L^2)+1161=0$
con le due soluzioni proposte.
Per inciso: si verifica che una delle distanze fornite non è necessaria.
Il punto $P$ nel caso 2 si trova sul prolungamento di un lato a distanza 5 dallo spigolo (quindi ci sono ben 6 posizioni possibili!).
PS: chi deve proporre il prossimo problema?
Ok. Chiunque abbia pronto un problema lo posti, per me è indifferente.
Sia $x_n$, $n in NN$ la soluzione dell'equazione
$arctanx=n*x^(4/3)$, $x>0$.
Stabilire il carattere della serie
$sum_(n=1)^(+infty)x_n$ .
$arctanx=n*x^(4/3)$, $x>0$.
Stabilire il carattere della serie
$sum_(n=1)^(+infty)x_n$ .
"elgiovo":
Ok. Chiunque abbia pronto un problema lo posti, per me è indifferente.
Anche per me, solo che mi sembrava che la regola della 'maratona di problemi' prevedesse che la nuova proposta spetti a chi ha risolto correttamente l'ultimo...
ma era un po' che non entravo in questo topic, per cui forse la prassi è stata modificata!
In ogni caso provo con il quesito di Piera:
Serie convergente, dato che:
$arctan x<=x$
per cui
$x_n<=1/n^3$
e quindi
$sum_(n=1)^(+infty)x_n <=sum_(n=1)^(+infty)1/n^3 <= 1+int_(1)^(+infty)1/y^3dy=3/2 $
ciao
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