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
Soluzione analiticamente assai valida.
Una qualche semplificazione si puo' ottenere,una volta dimostrato che
-2$x=2cosalpha,0<=alpha.
Il tal modo si ha l'equazione :
$2cos3alpha=2cos((alpha)/2)$
le cui soluzioni ,in $[0,pi[$,sono:
$alpha_1=0,alpha_2=4/5pi,alpha_3=4/7pi$
a cui corrispondono le soluzioni dell'equazione data
$x_1=2,x_2=2cos(4/5pi),x_3=2cos(4/7pi)$
che corrispondono perfettamente a quelle indicate da Elgiovo,
essendone esse la rappresentazione trigonometrica.
Una qualche semplificazione si puo' ottenere,una volta dimostrato che
-2
Il tal modo si ha l'equazione :
$2cos3alpha=2cos((alpha)/2)$
le cui soluzioni ,in $[0,pi[$,sono:
$alpha_1=0,alpha_2=4/5pi,alpha_3=4/7pi$
a cui corrispondono le soluzioni dell'equazione data
$x_1=2,x_2=2cos(4/5pi),x_3=2cos(4/7pi)$
che corrispondono perfettamente a quelle indicate da Elgiovo,
essendone esse la rappresentazione trigonometrica.
Decisamente più semplice la soluzione di Licio.
Calcolare $lim_(n to oo) [prod_(k=1)^n (1+k/n)]^(1/n)$.
Calcolare $lim_(n to oo) [prod_(k=1)^n (1+k/n)]^(1/n)$.
$[prod_(k=1)^n (1+k/n)]^(1/n)=e^(ln[prod_(k=1)^n (1+k/n)]^(1/n))=e^(1/nsum_(k=1)^(n)ln(1+k/n))$.
$sum_(k=1)^(n)ln(1+k/n)=ln[(n+1)(n+2)...2n]-nlnn=ln[n^n(2+a_n)]-nlnn$
nell'ultimo passaggio ho messo in evidenza il termine di grado massimo che è $n^n$ mentre $a_n$ è una quantità infinitesima.
$1/n(ln[n^n(2+a_n)]-nlnn)=1/n(nlnn+ln(2+a_n)]-nlnn)=ln(2+a_n)/n->0$ per $n->+infty$.
Dunque il limite richiesto tende a $e^0=1$.
Salvo errori.
$sum_(k=1)^(n)ln(1+k/n)=ln[(n+1)(n+2)...2n]-nlnn=ln[n^n(2+a_n)]-nlnn$
nell'ultimo passaggio ho messo in evidenza il termine di grado massimo che è $n^n$ mentre $a_n$ è una quantità infinitesima.
$1/n(ln[n^n(2+a_n)]-nlnn)=1/n(nlnn+ln(2+a_n)]-nlnn)=ln(2+a_n)/n->0$ per $n->+infty$.
Dunque il limite richiesto tende a $e^0=1$.
Salvo errori.
Consiglio di interpretare la sommatoria trovata insieme al limite. Il mio risultato è $4/e$.
Nel mio procedimento $a_n$ non tende a zero... 
La sommatoria $1/nsum_(k=1)^(n)ln(1+k/n)$ è la somma integrale superiore di Riemann della funzione $ln(1+x)$ relativamente all'intervallo $[0,1]$.
Pertanto $lim_(n->+infty)1/nsum_(k=1)^(n)ln(1+k/n)=int_0^1ln(1+x)dx=ln4-1$.
Quindi il limite è $e^(ln4-1)=4/e$.
[size=150]Problema[/size]
Si scelgano 51 punti all'interno di un quadrato di lato 1.
Dimostrare che in ogni caso almeno 3 di questi punti possono essere coperti da un cerchio di raggio $1/7$.
La sommatoria $1/nsum_(k=1)^(n)ln(1+k/n)$ è la somma integrale superiore di Riemann della funzione $ln(1+x)$ relativamente all'intervallo $[0,1]$.
Pertanto $lim_(n->+infty)1/nsum_(k=1)^(n)ln(1+k/n)=int_0^1ln(1+x)dx=ln4-1$.
Quindi il limite è $e^(ln4-1)=4/e$.
[size=150]Problema[/size]
Si scelgano 51 punti all'interno di un quadrato di lato 1.
Dimostrare che in ogni caso almeno 3 di questi punti possono essere coperti da un cerchio di raggio $1/7$.
Suddividiamo il quadrato in $25$ più piccoli di lato $1/5$. Per pigeonhole ne esiste uno
che contiene $3$ punti. Un cerchio di raggio $1/7$ ha diametro $2/7>sqrt2/5$, ovvero la
diagonale dei quadrati. Dunque il cerchio ricopre il quadrato "incriminato".
[size=150]Problema[/size]
L'insieme di punti $(x,y)$ che soddisfano $x^3-3xy^2>=3x^2y-y^3$ e $x+y=-1$ è un segmento.
Se ne trovi la lunghezza.
che contiene $3$ punti. Un cerchio di raggio $1/7$ ha diametro $2/7>sqrt2/5$, ovvero la
diagonale dei quadrati. Dunque il cerchio ricopre il quadrato "incriminato".
[size=150]Problema[/size]
L'insieme di punti $(x,y)$ che soddisfano $x^3-3xy^2>=3x^2y-y^3$ e $x+y=-1$ è un segmento.
Se ne trovi la lunghezza.
"elgiovo":
[size=150]Problema[/size]
L'insieme di punti $(x,y)$ che soddisfano $x^3-3xy^2>=3x^2y-y^3$ e $x+y=-1$ è un segmento.
Se ne trovi la lunghezza.
$x^3-3xy^2-3x^2y+y^3>=0$ si scompone in $(x+y)(y-2x+xsqrt3)(y-2x-xsqrt3)>=0 $, nel piano cartesiano la disequazione individu tre angoli di cui solo uno, quello situato nel terzo quadrante, ha intersezioni con la retta $x+y=-1$.
Interseco quindi la retta$x+y=-1$ con le due rette che formano l'angolo e trovo gli estremi del segmento cercato, quindi normale distanza tra due punti.
Mi risulta $sqrt(2/3)$
Salvo errori di calcolo.
Ok. Si dovrebbe poter risolvere (forse in modo più interessante) anche con i numeri complessi.
Sta a te.
Sta a te.
Siano ABC un qualsiasi triangolo e P un punto ad esso interno.
Sapendo che
$P hat(A)B=P hat(B)C=P hat(C) A=phi$
dimostrare che e' :
$1/(sin^2 phi)=1/(sin^2 alpha)+1/(sin^2 beta) +1/(sin^2 gamma$
dove $alpha,beta,gamma$ sono gli angoli interni del triangolo.
La soluzione e' ottenibile anche col noto (??) teorema di B.....(
)
Sapendo che
$P hat(A)B=P hat(B)C=P hat(C) A=phi$
dimostrare che e' :
$1/(sin^2 phi)=1/(sin^2 alpha)+1/(sin^2 beta) +1/(sin^2 gamma$
dove $alpha,beta,gamma$ sono gli angoli interni del triangolo.
La soluzione e' ottenibile anche col noto (??) teorema di B.....(
)
"elgiovo":
Ok. Si dovrebbe poter risolvere (forse in modo più interessante) anche con i numeri complessi.
Sta a te.
Per risolvere l'esercizio con i numeri complessi temo che dovrai trovare qualcun'altro
, sono più di vent'anni che non li uso in modo decente!Ma a quel bellissimo polinomio che, nel piano cartesiano, si scomponeva in tre rette passanti per l'origine non ho saputo resistere.
Facendo una ricerca in rete si scopre che il punto $P$ è noto come punto di Brocard:
http://mathworld.wolfram.com/BrocardPoints.html
Ho trovato (sempre in rete) la seguente soluzione.
$(Area(BPC))/(Area(ABC))=(BP*BC*senphi)/(AB*BC*senhat(B))$.
Dal teorema dei seni applicato al triangolo $ABP$, si ottiene
$AB=(BP*senhat(B))/(senphi)$, che sostituito nella precedente relazione dà
$(Area(BPC))/(Area(ABC))=(sen^2phi)/(sen^2hat(B))$.
Analogamente
$(Area(APC))/(Area(ABC))=(sen^2phi)/(sen^2hat(C))$
$(Area(ABP))/(Area(ABC))=(sen^2phi)/(sen^2hat(A))$.
Sommando
$(Area(BPC)+Area(BPC)+Area(ABP))/(Area(ABC))=1=(sen^2phi)/(sen^2hat(A))+(sen^2phi)/(sen^2hat(B))+(sen^2phi)/(sen^2hat(C))$,
$=>1/(sen^2phi)=1/(sen^2hat(A))+1/(sen^2hat(B))+1/(sen^2hat(C))$.
http://mathworld.wolfram.com/BrocardPoints.html
Ho trovato (sempre in rete) la seguente soluzione.
$(Area(BPC))/(Area(ABC))=(BP*BC*senphi)/(AB*BC*senhat(B))$.
Dal teorema dei seni applicato al triangolo $ABP$, si ottiene
$AB=(BP*senhat(B))/(senphi)$, che sostituito nella precedente relazione dà
$(Area(BPC))/(Area(ABC))=(sen^2phi)/(sen^2hat(B))$.
Analogamente
$(Area(APC))/(Area(ABC))=(sen^2phi)/(sen^2hat(C))$
$(Area(ABP))/(Area(ABC))=(sen^2phi)/(sen^2hat(A))$.
Sommando
$(Area(BPC)+Area(BPC)+Area(ABP))/(Area(ABC))=1=(sen^2phi)/(sen^2hat(A))+(sen^2phi)/(sen^2hat(B))+(sen^2phi)/(sen^2hat(C))$,
$=>1/(sen^2phi)=1/(sen^2hat(A))+1/(sen^2hat(B))+1/(sen^2hat(C))$.
Si lancia $n$ volte un dado regolare.
Dimostrare che la probabilità che la somma dei punteggi usciti sia divisibile per 7 è $1/7(1+(-1)^(n)/6^(n-1))$.
Dimostrare che la probabilità che la somma dei punteggi usciti sia divisibile per 7 è $1/7(1+(-1)^(n)/6^(n-1))$.
Bene Piera:si tratta proprio di uno dei due punti detti di Brocard.
Per ognuno di essi vale la relazione:
$cot phi=cot alpha+cot beta+cot gamma$
dalla quale, volendo,si puo' arrivare alla relazione del quesito.
Farlo potrebbe essere una utile esercitazione sulla goniometria !!!
Per ognuno di essi vale la relazione:
$cot phi=cot alpha+cot beta+cot gamma$
dalla quale, volendo,si puo' arrivare alla relazione del quesito.
Farlo potrebbe essere una utile esercitazione sulla goniometria !!!
"Piera":Sia $6^(-n)y_n$ la probabilità che la somma dei punteggi usciti con $n$ lanci di dado sia divisibile per 7. Allora
Si lancia $n$ volte un dado regolare.
Dimostrare che la probabilità che la somma dei punteggi usciti sia divisibile per 7 è $1/7(1+(-1)^(n-1)1/6^n)$, $n>2$.
$y_n=6^(n-1)-y_(n-1)$.
Infatti, se la somma dei punteggi dei primi $n-1$ lanci è multiplo di $7$, allora la somma dei punteggi di tutti gli $n$ lanci non è divisibile per $7$. Viceversa, se la somma dei punteggi dei primi $n-1$ lanci non è divisibile per $7$, allora esiste uno ed un solo punteggio per l'ennesimo lancio in modo tale che la somma dei punteggi di tutti gli $n$ lanci sia divisibile per $7$.
Risolvendo la ricorrenza, con condizione iniziale $y_1=0$, si ottiene:
$y_n=(6^n)/7(((-)^n)/(6^(n-1))+1)$
La tua soluzione non mi è molto chiara.
La ricorrenza dovrebbe essere:
$p_(n+1)=(1-p_n)/6$
La ricorrenza dovrebbe essere:
$p_(n+1)=(1-p_n)/6$
Scusate, prima che ficus2002 intervenisse ho corretto il risultato del problema:
$1/7(1+(-1)^n/6^(n-1))$.
$1/7(1+(-1)^n/6^(n-1))$.
"MaMo":Ho ragionato sulla quantità $y_n:=6^{n}p_n$; se osservi, la mia ricorrenza equivale alla tua.
La tua soluzione non mi è molto chiara.
La ricorrenza dovrebbe essere:
$p_(n+1)=(1-p_n)/6$
Problema:
Sia $(X,||\cdot ||)$ uno spazio normato, sia $U$ il disco aperto unitario e $D_1,D_2$ altri due dischi aperti centrati nel bordo di $U$. Provare che se $D_1\cap D_2 \ne \emptyset$, allora $D_1\cap D_2\cap U\ne \emptyset$.
"ficus2002":Hint: considerare il segmento che congiunge i centri dei dischi $D_1$ e $D_2$.
Problema:
Sia $(X,||\cdot ||)$ uno spazio normato, sia $U$ il disco aperto unitario e $D_1,D_2$ altri due dischi aperti centrati nel bordo di $U$. Provare che se $D_1\cap D_2 \ne \emptyset$, allora $D_1\cap D_2\cap U\ne \emptyset$.
Siccome dispongo solo di paint per fare disegni lo spiego a parole, e sarà dura.. 
bisogna dimostrare che l'insieme $U$ contiene almeno una parte dell'insieme $D_1 \cap D_2 \ne \emptyset$
considerando (grazie all'hint di ficus2002) il segmento che unisce i centri $D_1$ e $D_2$ bisogna dimostrare che tale segmento è minore o uguale al diametro del disco unitario $U$ e ciò è verificato perché i centri dei disci $D_1$ e $D_2$ sono al bordo del disco $U$
Se ho risolto il problema (cosa che non credo perché ho usato solo 3 - 4 righe) proponetelo un altro voi perché io non so che proporre se non cose elementari..
bisogna dimostrare che l'insieme $U$ contiene almeno una parte dell'insieme $D_1 \cap D_2 \ne \emptyset$
considerando (grazie all'hint di ficus2002
) il segmento che unisce i centri $D_1$ e $D_2$ bisogna dimostrare che tale segmento è minore o uguale al diametro del disco unitario $U$ e ciò è verificato perché i centri dei disci $D_1$ e $D_2$ sono al bordo del disco $U$Se ho risolto il problema (cosa che non credo perché ho usato solo 3 - 4 righe) proponetelo un altro voi perché io non so che proporre se non cose elementari..
"Mega-X":Non è sufficiente provare che la lunghezza di questo segmento non supera il diametro del disco; basta, invece, far vedere che questo segmento contiene almeno un punto dell'intersezione $D_1\cap D_2 \ne emptyset$.
bisogna dimostrare che l'insieme $U$ contiene almeno una parte dell'insieme $D_1 \cap D_2 \ne \emptyset$
considerando (grazie all'hint di ficus2002
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