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Ho usato il binomiale per questo motivo: Faccio il caso in cui devo cambiare due monete da 5 centesimi. Io ho tre modi di cambiare una moneta da 5 centesimi, questi tre modi, tutti diversi, li chiamo a,b,c . Per cui se cambio le due monete come (a,a);(b,b);(c,c);(a,c);(b,c);(c,a) che sono sei modi d...

In quanti modi posso ottenere 1 euro se ho solo monete da 1,2 e 5 centesimi? Senza usare le generatrici, io avevo pensato ad una cosa del genere: Posso esprimere il numero 5 in funzione delle monete da 1 e 2 in tre modi e cioè: 5=1+1+1+1+1 , 5=2+1+1+1 , 5=2+2+1 . Adesso 1 euro è composto esattamente...

Si hai ragione, in effetti, come al solito, ho sbagliato pure a fare la differenza di angoli. Vabbè per la soluzione sintetica ci ripenso, nel frattempo metto almeno questa, la prima che avevo fatto, in analitica. Introduco un sistema di assi cartesiani e dispongo il mio triangolo isoscele in modo c...

Si va benissimo. A te l'onere di postare il prossimo problema.

Si costruiscano i tre quadrati $ ACC'A'' $, $ ABB'A' $, $ BCDE $ sui tre lati del triangolo ABC. Detto P il centro del quadrato BCDE mostrare che $ A'C $,$ A''B $, $ PA $ sono concorrenti.

Sì, grazie per il chiarimento.

Ho cambiato le M , adesso vedo di mettere il prossimo.

Scusate se mi intrometto ma non ho capito una cosa. Sappiamo che è vero che p \mid \dbinom{p}{j} con 1<j<p . Ma se così fosse come faccio a semplificare nella congruenza? Verrebbe: \displaystyle {p \choose j} {{p+j} \choose j} \equiv {p \choose j} \equiv 0 \pmod{p} , per semplificare il termine, cio...

Allora, chiamo H la perpendicolare da B ad AC. Vale quindi per parallelismo tra BH ed DE \widehat{EBH}=\widehat{DEB} , definisco BH\cap AF=T , AF\cap BE=S . Per differenza angolare vale \widehat{BTS}= \widehat{EFS} , il triangolo FEA è rettangolo per ipotesi per cui \widehat{FAE}=90-\widehat{BTS} . ...

L'ho fatto in analitica ma è un po' lunghetto, esiste una soluzione sintetica?

Uppo il problema, qualcuno può postare la soluzione?

La sommatoria sfrutta la ben nota identità:
$ \dbinom{n+0}{0}+.....\dbinom{n+i}{i}=\dbinom{n+r+1}{r} $, basta porre nel nostro caso $ n=k-1 $.

Non ci sarei mai arrivato .

Visto che ti trovi dimostra anche l'uguaglianza della sommatoria .

Allora, riscriviamo come $ \displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}\dfrac{(n+1)-1}{(n+1)!}=\displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}\left(\dfrac{1}{n!}-\dfrac{1}{(n+1)!}\right)=1 $ poichè la serie è telescopica, quindi rimane solo il termine $ 1 $.