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
"itpareid":
mi puzza di teorema di Sylow...
non sapevo che proporre...
io di giochi ne conosco davvero pochi, magari non tutti lo conoscono... la dimostrazione che conosco io tra l'altro mi sembra carina
infatti anche io la trovo molto carina (quella di Wielandt vero?) 
Dato che si tratta di un problema famoso di cui e' facile trovare la soluzione in rete, ne propongo io un altro (facile).
Problema
Sia $P(x)$ un polinomio a coefficienti interi e sia $P(a)=b,P(b)=a$, per $a,b \in ZZ, a\ne b$. Dimostrare che esiste al piu' un intero per cui vale $P(c)=c$.
Problema
Sia $P(x)$ un polinomio a coefficienti interi e sia $P(a)=b,P(b)=a$, per $a,b \in ZZ, a\ne b$. Dimostrare che esiste al piu' un intero per cui vale $P(c)=c$.
"TomSawyer":
Dato che si tratta di un problema famoso di cui e' facile trovare la soluzione in rete, ne propongo io un altro (facile).
Problema
Sia $P(x)$ un polinomio a coefficienti interi e sia $P(a)=b,P(b)=a$, per $a,b \in ZZ, a\ne b$. Dimostrare che esiste al piu' un intero per cui vale $P(c)=c$.
grazie Tom!
se p(x) è tale che p(a)=b e p(b)=a allora esistono a(x) e b(x) polinomi a coefficienti in $ZZ$ tali che
$p(x)=(x-a)*a(x)+b=(x-b)*b(x)+a$
se esiste $cinZZ$ tale che p(c)=c allora (è chiaro che $c!=a$ e $c!=b$ )
$(c-a)*a(c)+b=c$ e $(c-b)*b(c)+a=c$
(qui arrivano i problemi dove non sono molto sicuro, tra l'altro prima di qui praticamente non ho detto nulla ma va be continuo
)
a(c) in quanto polinomio a coefficienti in $ZZ$ valutato in un intero avrà un valore intero e
$a(c)=(c-b)/(c-a)$ stesso discorso per b(c) che però sarà $b(c)=(c-a)/(c-b)$ ora siccome a(c) è l'inverso di b(c) e sono tutti e due interi deve essere $a(c)=stackrel(+)(-)1$
quindi c-b=c-a che ci dà a=b quindi non va bene
e c-b=a-c che ci dà $c=(a+b)/2$ che quindi può essere l'unica soluzione.
l'unico problema che c'è è il fatto che a(x) e b(x) siano a coefficienti in $ZZ$ però (penso) q(x)=p(x)-b è divisibile per x-a in quanto q(a)=0 e 1 è invertibile (quindi anche se la divisione tra polinomi non si può sempre fare in $ZZ$ in questo caso va)
e $a(x)=(q(x))/(x-a)$ dovrebbe essere a coefficienti interi (immagino si possa fare per induzione). insomma non sono sicuro aspetto conferma.
$p(x)=(x-a)*a(x)+b=(x-b)*b(x)+a$
se esiste $cinZZ$ tale che p(c)=c allora (è chiaro che $c!=a$ e $c!=b$ )
$(c-a)*a(c)+b=c$ e $(c-b)*b(c)+a=c$
(qui arrivano i problemi dove non sono molto sicuro, tra l'altro prima di qui praticamente non ho detto nulla ma va be continuo
)a(c) in quanto polinomio a coefficienti in $ZZ$ valutato in un intero avrà un valore intero e
$a(c)=(c-b)/(c-a)$ stesso discorso per b(c) che però sarà $b(c)=(c-a)/(c-b)$ ora siccome a(c) è l'inverso di b(c) e sono tutti e due interi deve essere $a(c)=stackrel(+)(-)1$
quindi c-b=c-a che ci dà a=b quindi non va bene
e c-b=a-c che ci dà $c=(a+b)/2$ che quindi può essere l'unica soluzione.
l'unico problema che c'è è il fatto che a(x) e b(x) siano a coefficienti in $ZZ$ però (penso) q(x)=p(x)-b è divisibile per x-a in quanto q(a)=0 e 1 è invertibile (quindi anche se la divisione tra polinomi non si può sempre fare in $ZZ$ in questo caso va)
e $a(x)=(q(x))/(x-a)$ dovrebbe essere a coefficienti interi (immagino si possa fare per induzione). insomma non sono sicuro aspetto conferma.
Va benissimo, perché puoi dire tutto quello in maniera più concisa così $c-a|p(c)-p(a)=c-b$, $c-b|p(c)-p(b)=c-a$, quindi $c-a=\pm (c-a)$ etc...
Vai col prossimo problema (magari un po' meno famoso
).
Vai col prossimo problema (magari un po' meno famoso
).
sono pronto per il problema
determinare il più piccolo intero n con la seguente proprietà: dati comunque n interi ne esistono due distinti tali che la loro somma o la loro differenza sia divisibile per 10.
scusate l'attesa ho dovuto cercare, speriamo che questo vada bene ciao!
determinare il più piccolo intero n con la seguente proprietà: dati comunque n interi ne esistono due distinti tali che la loro somma o la loro differenza sia divisibile per 10.
scusate l'attesa ho dovuto cercare, speriamo che questo vada bene
ciao!
Sono orientato verso $n_(min)=7$. Se è giusto posto il ragionamento.
Anzi, essendo piuttosto sicuro, lo posto. Sia $X$ l'insieme di numeri qualunque, sia $|X|$ la sua cardinalità.
In primis, analizziamo la differenza tra i due numeri $m$ ed $nin X$. Perchè $m-n-=0 (mbox(mod)10)$, si deve avere che
$m(mbox(mod)10)=n(mbox(mod)10)$, e questo accade sse $m$ ed $n$ hanno l'ultima cifra uguale. Nel peggiore dei casi,
$|X|_(mbox(diff))=11$. Ora analizziamo la somma $m+n$. WLOG, sia $X={10,11,12,13,14,15}$. Questo è chiaramente il peggiore dei
casi, perchè non vi è nessuna coppia $(m,n)in X^2$ di numeri tale che $m+n-=0(mbox(mod)10)$ (e nemmeno $m-n-=0(mbox(mod)10)$),
e basta aggiungere uno dei numeri da 16 a 20 perchè ciò accada. Quindi, poichè $|X|=6$, si ha che $|X|_(mbox(sum))=7$.
Perchè sia rispettata una delle due tra $mpmn-=0(mbox(mod)10)$ si deve avere che $|X|=mbox(min){|X|_(mbox(diff)),|X|_(mbox(sum))}=|X|_(mbox(sum))=7$.
In primis, analizziamo la differenza tra i due numeri $m$ ed $nin X$. Perchè $m-n-=0 (mbox(mod)10)$, si deve avere che
$m(mbox(mod)10)=n(mbox(mod)10)$, e questo accade sse $m$ ed $n$ hanno l'ultima cifra uguale. Nel peggiore dei casi,
$|X|_(mbox(diff))=11$. Ora analizziamo la somma $m+n$. WLOG, sia $X={10,11,12,13,14,15}$. Questo è chiaramente il peggiore dei
casi, perchè non vi è nessuna coppia $(m,n)in X^2$ di numeri tale che $m+n-=0(mbox(mod)10)$ (e nemmeno $m-n-=0(mbox(mod)10)$),
e basta aggiungere uno dei numeri da 16 a 20 perchè ciò accada. Quindi, poichè $|X|=6$, si ha che $|X|_(mbox(sum))=7$.
Perchè sia rispettata una delle due tra $mpmn-=0(mbox(mod)10)$ si deve avere che $|X|=mbox(min){|X|_(mbox(diff)),|X|_(mbox(sum))}=|X|_(mbox(sum))=7$.
Devi prendere il max, cioè 11. Perché banalmente, 10 interi possono sempre formare un insieme completo di residui minimi modulo 10, quindi basta prenderne 11.
"TomSawyer":
Devi prendere il max, cioè 11. Perché banalmente, 10 interi possono sempre formare un insieme completo di residui minimi modulo 10, quindi basta prenderne 11.
Ma basta prenderne anche 7. Si chiedeva l'intero n più piccolo.
Aaah, si chiede che la loro somma o la loro differenza sia divisibile per 10. Comunque, così il problema mi sembra troppo semplice, non vorrei fosse "comunque scelti 2 interi...".
EDIT: anche perché, se fosse 7, allora basta chiedere il numero minimo etc per cui vale solo il discorso della somma.
EDIT: anche perché, se fosse 7, allora basta chiedere il numero minimo etc per cui vale solo il discorso della somma.
Concordo sul fatto che il problema fosse molto facile, ma non è vero che bastasse la somma. Si possono costruire insiemi infiniti al cui interno non vi siano coppie la cui somma è divisibile per 10. La differenza faceva da fermino.
la risposta giusta è 7 anche se non ho capito il procedimento. il testo è proprio quello l'ho copiato. mi sa che l'abbandono sta maratona di problemi che non li conosco 
Perchè abbandoni? Cosa non ti è chiaro? Comunque ho dato la risposta esatta e ora tocca a me.
Visto che si era detto di variare, propongo un problema geometrico non difficile.
Sui lati di un quadrilatero arbitrario si costruiscano quattro quadrati.
Si provi che i segmenti congiungenti i centri di due quadrati opposti sono ortogonali e di uguale lunghezza.
Visto che si era detto di variare, propongo un problema geometrico non difficile.
Sui lati di un quadrilatero arbitrario si costruiscano quattro quadrati.
Si provi che i segmenti congiungenti i centri di due quadrati opposti sono ortogonali e di uguale lunghezza.
Il quesito ultimo proposto da Elgiovo e' noto come teorema
di Van Aubel.Una divertente sua dimostrazione la potete trovare
all'url seguente:
http://agutie.homestead.com/FiLEs/vanaubel.html
Ecco il mio quesito.
Nel triangolo acutangolo ABC la bisettrice dell'angolo interno BAC
taglia il lato opposto BC nel punto D e la bisettrice dell'angolo interno ABC
taglia il lato opposto AC nel punto E.
Sapendo che risulta AB+BD=AE+BE, dimostrare
che l'angolo ABC e' il doppio dell'angolo ACB .
karl
di Van Aubel.Una divertente sua dimostrazione la potete trovare
all'url seguente:
http://agutie.homestead.com/FiLEs/vanaubel.html
Ecco il mio quesito.
Nel triangolo acutangolo ABC la bisettrice dell'angolo interno BAC
taglia il lato opposto BC nel punto D e la bisettrice dell'angolo interno ABC
taglia il lato opposto AC nel punto E.
Sapendo che risulta AB+BD=AE+BE, dimostrare
che l'angolo ABC e' il doppio dell'angolo ACB .
karl
Ho provato a risolvere l'esercizio, ma non ci sono riuscito.
Una possibile strada è quella di porre $A=2alpha$, $B=2beta$, e di risolvere l'equazione
$AB + AB (senalpha)/(sen(alpha+2beta))=AB(senbeta)/(sen(2alpha+beta))+AB(sen2alpha)/(sen(2alpha+beta))$
ma da qui non ne sono uscito.
A questo punto mi piacerebbe vedere la soluzione.
Una possibile strada è quella di porre $A=2alpha$, $B=2beta$, e di risolvere l'equazione
$AB + AB (senalpha)/(sen(alpha+2beta))=AB(senbeta)/(sen(2alpha+beta))+AB(sen2alpha)/(sen(2alpha+beta))$
ma da qui non ne sono uscito.
A questo punto mi piacerebbe vedere la soluzione.
Una possibile soluzione puo' essere questa (senza escludere che
anche la strada seguita da Piera o da altri possa andar bene).
Si indichino gli angoli ed i lati del triangolo come da tradizione.
Per il teorema della bisettrice (fare la figura) si ha:
$BD=(ac)/(b+c),AE=(bc)/(a+c)$
Per il teorema dei seni ,applicato al triangolo ABE,risulta:
$AE:sin((beta)/2)=BE:sinalpha$ da cui :
(1) $BE=AE*(sinalpha)/(sin((beta)/2))=(bc)/(a+c)*(sinalpha)/sin((beta)/2)$
Ora ,per il teorema dei seni applicato stavolta al triangolo ABC,e':
$BC:AC=sinalpha:sinbeta$ e da qui:
$sinalpha=a/b*sinbeta=a/b*2sin((beta)/2)*cos((beta)/2)$ e sostituendo in (1):
$BE=(2ac)/(a+c)*cos((beta)/2)$
In tal modo la relazione del problema diventa :
$c+(ac)/(b+c)=(bc)/(a+c)+(2ac)/(a+c)*cos((beta)/2)$
Dividendo per c (che non e' nullo),moltiplicando per a+c e lasciando
al secondo membro solo il coseno ,si ottiene:
(2) $(a^2+c^2-b^2+ab+2ac)/(b+c)=2acos((beta)/2)$
Ma per Carnot e': $a^2+c^2-b^2=2ac cos beta$ e dunque la (2) diventa:
$(2ac(1+cos beta)+ab)/(b+c)=2acos((beta)/2)$
Oppure:
$4c* cos^2 ((beta)/2)-2(b+c)cos ((beta)/2) +b=0$
Risolvendo tale equazione rispetto al coseno ,si hanno le soluzioni:
$cos((beta)/2) =1/2-->beta=120°$ da scartare perche' il triangolo e' acutangolo.
$cos((beta)/2)=b/(2c)=1/2*(sin beta)/(sin gamma)=(sin ((beta)/2)cos((beta)/2))/(sin gamma)$
Da cui:
$sin((beta)/2)=sin gamma$ ovvero $beta=2gamma$
C.V.D.
karl
anche la strada seguita da Piera o da altri possa andar bene).
Si indichino gli angoli ed i lati del triangolo come da tradizione.
Per il teorema della bisettrice (fare la figura) si ha:
$BD=(ac)/(b+c),AE=(bc)/(a+c)$
Per il teorema dei seni ,applicato al triangolo ABE,risulta:
$AE:sin((beta)/2)=BE:sinalpha$ da cui :
(1) $BE=AE*(sinalpha)/(sin((beta)/2))=(bc)/(a+c)*(sinalpha)/sin((beta)/2)$
Ora ,per il teorema dei seni applicato stavolta al triangolo ABC,e':
$BC:AC=sinalpha:sinbeta$ e da qui:
$sinalpha=a/b*sinbeta=a/b*2sin((beta)/2)*cos((beta)/2)$ e sostituendo in (1):
$BE=(2ac)/(a+c)*cos((beta)/2)$
In tal modo la relazione del problema diventa :
$c+(ac)/(b+c)=(bc)/(a+c)+(2ac)/(a+c)*cos((beta)/2)$
Dividendo per c (che non e' nullo),moltiplicando per a+c e lasciando
al secondo membro solo il coseno ,si ottiene:
(2) $(a^2+c^2-b^2+ab+2ac)/(b+c)=2acos((beta)/2)$
Ma per Carnot e': $a^2+c^2-b^2=2ac cos beta$ e dunque la (2) diventa:
$(2ac(1+cos beta)+ab)/(b+c)=2acos((beta)/2)$
Oppure:
$4c* cos^2 ((beta)/2)-2(b+c)cos ((beta)/2) +b=0$
Risolvendo tale equazione rispetto al coseno ,si hanno le soluzioni:
$cos((beta)/2) =1/2-->beta=120°$ da scartare perche' il triangolo e' acutangolo.
$cos((beta)/2)=b/(2c)=1/2*(sin beta)/(sin gamma)=(sin ((beta)/2)cos((beta)/2))/(sin gamma)$
Da cui:
$sin((beta)/2)=sin gamma$ ovvero $beta=2gamma$
C.V.D.
karl
"Piera":
Ho provato a risolvere l'esercizio, ma non ci sono riuscito.
Io speravo che lo risolvessi tu, infatti, per mandare avanti la maratona
. PS: da non molto ho scoperto che sei un ragazzo
Karl, ne proponi un altro?
Risolvere il sistema:
${(x+y+z=6),(x^2+y^2+z^2=18),(x^3+y^3+z^3=60):}$
karl
${(x+y+z=6),(x^2+y^2+z^2=18),(x^3+y^3+z^3=60):}$
karl
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