Progressioni aritmetiche - SNS 1976 (Conferma soluzione)
"Date le due progressioni aritmetiche
$1,4,7,...$
$7,33,59,...$
dimostrare che ogni progressioni aritmetica che le contiene entrambe ha ragione uno.
E' in facoltà del candidato generalizzare questo risultato provando che, se due progressioni aritmetiche hanno ragioni prime fra loro, ogni progressione aritmetica che le contenga entrambe ha ragione uno".
La mia risoluzione è stata la seguente:
Primo punto: Affinché la progressione aritmetica che sto cercando contenga entrambe le progressioni, essa deve contenere tutti i valori dell'una e tutti i valori dell'altra. Se la differenza fra $a_n$ (un certo valore della prima progressione) e $b_k$ (un certo valore della seconda progressione) fosse uguale a 1, allora la progressione aritmetica che le contenga deve necessariamente avere ragione 1 per contenere, come deve, questi due valori contemporaneamente.
Essendo $a_(12)=a_1+(12-1)*d_1=1+(12-1)*3=34$ il 12° numero della prima progressione aritmetica ed essendo $b_2=b_1+(2-1)*d_2=7+26=33$ il 2° numero della seconda progressione aritmetica, poiché $34-33=1$ è verificata l'ipotesi.
Secondo punto: Dimostro che date due progressioni aritmetiche $a_n=a_1+(n-1)*d_1$ e $b_t=b_1+(t-1)*d_2$, con $MCD(d_1;d_2)=k$, la progressione aritmetica che le contiene entrambe ha ragione pari a $k$. [Ovviamente, una volta dimostrato questo, è dimostrato anche per ragioni coprime].
Pongo $d_1=p*k$, $d_2=q*k$, con $p$ e $q$ coprimi tra loro. Prendo $a_1=b_1$ senza perdita di generalità (è come se considerassi le progressioni dal primo numero che hanno in comune).
Considero il successivo numero che hanno in comune: $(n-1)*p*k=(t-1)*q*k$, $(n-1)*p=(t-1)*q$. Essendo $p$ e $q$ coprimi, allora $n-1=q$ e $t-1=p$, cioè $n=q+1$ e $t=p+1$. Quindi $a_(q+1)=b_(p+1)$.
Ora considero $a_(n-1)=a_(q+1-1)=a_q$ e $b_(t-1)=b_(p+1-1)=b_p$, cioè i due numeri precedenti a quello che ho trovato appartenenti alle rispettive progressioni. Calcolo le loro differenze dal numero comune:
$a_(q+1)-a_q=d_1=p*k$
$b_(p+1)-b_p=d_2=q*k$
cioè, il numero che appartiene ad entrambe le progressioni iniziali, dista $p*k$ dal precedente numero appartenente alla prima progressione aritmetica e dista $q*k$ dal precedente numero appartenente alla seconda progressione aritmetica. La nuova progressione deve avere una ragione tale che contenga $b_p$, $a_q$, $a_(q+1)=b_(p+1)$, ed essendo $p$ e $q$ coprimi, tale ragione deve essere $k$.
Scrivendola, mi rendo conto che questa dimostrazione sia ridondante e sbrigativa nella parte finale..
Che ne dite? Grazie dell'aiuto.
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dimostrare che ogni progressioni aritmetica che le contiene entrambe ha ragione uno.
E' in facoltà del candidato generalizzare questo risultato provando che, se due progressioni aritmetiche hanno ragioni prime fra loro, ogni progressione aritmetica che le contenga entrambe ha ragione uno".
La mia risoluzione è stata la seguente:
Primo punto: Affinché la progressione aritmetica che sto cercando contenga entrambe le progressioni, essa deve contenere tutti i valori dell'una e tutti i valori dell'altra. Se la differenza fra $a_n$ (un certo valore della prima progressione) e $b_k$ (un certo valore della seconda progressione) fosse uguale a 1, allora la progressione aritmetica che le contenga deve necessariamente avere ragione 1 per contenere, come deve, questi due valori contemporaneamente.
Essendo $a_(12)=a_1+(12-1)*d_1=1+(12-1)*3=34$ il 12° numero della prima progressione aritmetica ed essendo $b_2=b_1+(2-1)*d_2=7+26=33$ il 2° numero della seconda progressione aritmetica, poiché $34-33=1$ è verificata l'ipotesi.
Secondo punto: Dimostro che date due progressioni aritmetiche $a_n=a_1+(n-1)*d_1$ e $b_t=b_1+(t-1)*d_2$, con $MCD(d_1;d_2)=k$, la progressione aritmetica che le contiene entrambe ha ragione pari a $k$. [Ovviamente, una volta dimostrato questo, è dimostrato anche per ragioni coprime].
Pongo $d_1=p*k$, $d_2=q*k$, con $p$ e $q$ coprimi tra loro. Prendo $a_1=b_1$ senza perdita di generalità (è come se considerassi le progressioni dal primo numero che hanno in comune).
Considero il successivo numero che hanno in comune: $(n-1)*p*k=(t-1)*q*k$, $(n-1)*p=(t-1)*q$. Essendo $p$ e $q$ coprimi, allora $n-1=q$ e $t-1=p$, cioè $n=q+1$ e $t=p+1$. Quindi $a_(q+1)=b_(p+1)$.
Ora considero $a_(n-1)=a_(q+1-1)=a_q$ e $b_(t-1)=b_(p+1-1)=b_p$, cioè i due numeri precedenti a quello che ho trovato appartenenti alle rispettive progressioni. Calcolo le loro differenze dal numero comune:
$a_(q+1)-a_q=d_1=p*k$
$b_(p+1)-b_p=d_2=q*k$
cioè, il numero che appartiene ad entrambe le progressioni iniziali, dista $p*k$ dal precedente numero appartenente alla prima progressione aritmetica e dista $q*k$ dal precedente numero appartenente alla seconda progressione aritmetica. La nuova progressione deve avere una ragione tale che contenga $b_p$, $a_q$, $a_(q+1)=b_(p+1)$, ed essendo $p$ e $q$ coprimi, tale ragione deve essere $k$.
Scrivendola, mi rendo conto che questa dimostrazione sia ridondante e sbrigativa nella parte finale..
Che ne dite? Grazie dell'aiuto.
Risposte
Intanto una precisazione: la ragione della successione finale potrebbe anche essere 1/2 o in generale del tipo 1/n. Occorre precisare che deve essere intera o chiederne il suo valore massimo, altrimenti ci sono infinite soluzioni. Così nel caso generale: la ragione può essere il M.C.D. di quelle date, ma anche un suo divisore o un sottomultiplo non intero (spero che mi capiate; so che non si dovrebbe parlare di sottomultipli per i numeri non interi). Può anche avere segno meno; in quanto segue mi limito agli interi positivi e cerco la massima ragione possibile.
Per il resto, la soluzione di Elios mi sembra giusta e avrei fatto il primo punto proprio come lui; per il secondo faccio un ragionamento sostanzialmente simile, ma più breve; inoltre non inizio da un elemento comune, risparmiandomi così il dubbio che possa non esistere o la fatica di dimostrare il contrario.
Le successioni date hanno ragione p, q e quella che le contiene ha ragione k. Consideriamo due numeri successivi della prima successione: la loro differenza è p. Questi due numeri compaiono in quella finale in corrispondenza agli indici n,m (con m>n): la loro differenza è quindi k(m-n). Di conseguenza $p=k(m-n)$ che mostra che k è un sottomultiplo di p In modo del tutto analogo dimostro che k è sottomultiplo di q; quindi k=M.C.D(p,q)
Per il resto, la soluzione di Elios mi sembra giusta e avrei fatto il primo punto proprio come lui; per il secondo faccio un ragionamento sostanzialmente simile, ma più breve; inoltre non inizio da un elemento comune, risparmiandomi così il dubbio che possa non esistere o la fatica di dimostrare il contrario.
Le successioni date hanno ragione p, q e quella che le contiene ha ragione k. Consideriamo due numeri successivi della prima successione: la loro differenza è p. Questi due numeri compaiono in quella finale in corrispondenza agli indici n,m (con m>n): la loro differenza è quindi k(m-n). Di conseguenza $p=k(m-n)$ che mostra che k è un sottomultiplo di p In modo del tutto analogo dimostro che k è sottomultiplo di q; quindi k=M.C.D(p,q)
"giammaria":
Di conseguenza $p=k(m-n)$ che mostra che k è un sottomultiplo di p In modo del tutto analogo dimostro che k è sottomultiplo di q; quindi k=M.C.D(p,q)
La cosa che avevo in dubbio anche nel mio ragionamento era proprio questo passaggio: dal fatto che $k$ deve essere sottomultiplio di $p$ e sottomultiplo di $q$ posso affermare con certezza (e dimostrare senza ambiguità) che è effettivamente il massimo comun divisore?
Forse si dovrebbe dire che $k$ è sì sottomultiplo dei due, e che deve essere il maggiore possibile per avere una progressione che si attenga il più possibile alle due progressioni iniziali, senza comprendere praticamente tutti i numeri (questo detto in soldoni..)
Obiezione giustissima; se guardi nel mio ultimo intervento noti che ho scritto "cerco la massima ragione possibile"
Quindi dici che posso considerare concluso qui questo esercizio?
Sì, certo. Scusa il ritardo nella risposta, ma ho avuto problemi al computer.
Figurati 
Grazie ancora.
Grazie ancora.
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