Algebra 3D à la Américain

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FedeX333X
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Algebra 3D à la Américain

Messaggio da FedeX333X » 09 ago 2017, 23:38

Sia $A$ l'insieme dei punti $(x,y,z)$ nello spazio tridimensionale tutti con coordinate reali non negative, tali che l'equazione $xn^2+yn+z=2016$ abbia soluzioni reali nell'intervallo $\alpha \leq n \leq \beta$ per dei reali positivi $\alpha$ e $\beta$. Se $\beta-\alpha=16$ e $\alpha\beta=8$, qual è il volume di $A$?

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Sirio
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Re: Algebra 3D à la Américain

Messaggio da Sirio » 10 ago 2017, 13:44

Se mi dici che è giusto allego la dimostrazione...
Testo nascosto:
\[\frac{\left(\frac{2016}{\sqrt{72}-8}\right)^3-\left(\frac{2016}{\sqrt{72}+8}\right)^3}{6}\]Coi dovuti conti
シリオ
$T=\sqrt{\dfrac l g 12\pi}$

FedeX333X
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Re: Algebra 3D à la Américain

Messaggio da FedeX333X » 10 ago 2017, 19:20

Sirio ha scritto:
10 ago 2017, 13:44
Se mi dici che è giusto allego la dimostrazione...
Testo nascosto:
\[\frac{\left(\frac{2016}{\sqrt{72}-8}\right)^3-\left(\frac{2016}{\sqrt{72}+8}\right)^3}{6}\]Coi dovuti conti
Si, è corretto. Si può fare in modo brutale con sostituzioni, o in modo più "carino" come suggerito dal titolo pensando a cosa significhi quella condizione in un piano 3D.

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Sirio
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Re: Algebra 3D à la Américain

Messaggio da Sirio » 10 ago 2017, 20:05

Testo nascosto:
Anzitutto ho riconosciuto che si trattasse di un piano. O, meglio, di un triangolo, che ha per vertici le intersezioni del piano coi tre assi.
Sia $T_n$ il tetraedro che ha per base il suddetto triangolo e per vertice l'origine degli assi. Per... Debbo dire la verità, per pura intuizione ho visto che tutti i i triangoli al variare di $n$ tra $\alpha$ e $\beta$ stanno in $T_\alpha\setminus T_\beta$, ed essendo $\left|\left(\alpha;\beta\right)\right|=\aleph_1$ (alephdelirio!!!), si ha che il volume richiesto è proprio quello di $T_\alpha\setminus T_\beta$, che con sostituzioni e conti vari si ottiene essere uguale a quello che ho postato prima.
Non sarò stato completissimo, ma vabbè
シリオ
$T=\sqrt{\dfrac l g 12\pi}$

FedeX333X
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Re: Algebra 3D à la Américain

Messaggio da FedeX333X » 10 ago 2017, 21:36

Sirio ha scritto:
10 ago 2017, 20:05
Testo nascosto:
Anzitutto ho riconosciuto che si trattasse di un piano. O, meglio, di un triangolo, che ha per vertici le intersezioni del piano coi tre assi.
Sia $T_n$ il tetraedro che ha per base il suddetto triangolo e per vertice l'origine degli assi. Per... Debbo dire la verità, per pura intuizione ho visto che tutti i i triangoli al variare di $n$ tra $\alpha$ e $\beta$ stanno in $T_\alpha\setminus T_\beta$, ed essendo $\left|\left(\alpha;\beta\right)\right|=\aleph_1$ (alephdelirio!!!), si ha che il volume richiesto è proprio quello di $T_\alpha\setminus T_\beta$, che con sostituzioni e conti vari si ottiene essere uguale a quello che ho postato prima.
Non sarò stato completissimo, ma vabbè
Si, la soluzione è quella. Per giustificare la tua intuizione, basta che osservi che
Testo nascosto:
detta $n$ una qualunque soluzione che soddisfa l'intervallo richiesto, se $n=\beta$, l'equazione diventa $x\beta^2 +y\beta + z =2016$, e che se $n=\alpha$, l'equazione diventa $x\alpha^2 +y\alpha + z=2016$. Ma allora, poiché per ipotesi abbiamo $\alpha\leq\beta$, allora ha un senso il fatto che $T_{\alpha}$ contenga $T_{\beta}$ dovrebbe avere più senso, perché $T_{\alpha}$ ha vertici
$(0,0,0), (\frac{2016}{\alpha^2}, 0, 0), (0, \frac{2016}{\alpha}, 0),$ e $(0,0,2016)$, e $T_{\beta}$ ha vertici $(0,0,0), (\frac{2016}{\beta^2}, 0, 0), (0, \frac{2016}{\beta}, 0),$ e $(0,0,2016)$.

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