Non prendetemi per matto, perchè i primi problemi delle IMO, a cui partecipavano poche nazioni, sono piuttosto facili...
IMO 1959 - Problema 1
Dimostrare che $\displaystyle{\frac{21n+4}{14n+3}\not\in\mathbb N \ \forall n\in\mathbb N}$
IMO 1962 - Problema 1
Trovare il minore $n\in\mathbb N$ che ha le seguenti proprietà:
a) La sua rappresentazione decimale termina con un 6
b) Se il 6 alla fine viene cancellato e messo all'inizio, il nuovo numero è il quadruplo di $n$
IMO 1964 - Problema 1
a) Trovare tutti gli interi positivi $n$ tali che $2^n-1$ è divisibile per 7.
b) Dimostrare che non esiste nessun intero positivo $n$ tale che $2^n+1$ è divisibile per 7.
Quello del '59 basta saper "ridurre" (come fa Gobbino nei video di introduzione alla TdN), quello del '62 è più che altro contoso, il '64 sono banali congruenze.
Andando avanti nella ricerca ho trovato problemi interessanti (67-68) ma forse sono già fuori dalla mia portata...
Semplici IMO
Semplici IMO
Imagination is more important than knowledge. For knowledge is limited, whereas imagination embraces the entire world, stimulating progress, giving birth to evolution (A. Einstein)
Re: Semplici IMO
Questo sembra facilissimo... La frazione equivale a 1+(7n+1)/(14n+3), dove il secondo termine della somma è un numero frazionario per qualunque n non negativo perché (7n+1)<(14n+3)Drago96 ha scritto:IMO 1959 - Problema 1
Dimostrare che $\displaystyle{\frac{21n+4}{14n+3}\not\in\mathbb N \ \forall n\in\mathbb N}$
Re: Semplici IMO
Si, ma il problema delle IMO chiede che la frazione sia irriducibile, non che non è mai intero Resta comunque facilissimobalossino ha scritto:Questo sembra facilissimo... La frazione equivale a 1+(7n+1)/(14n+3), dove il secondo termine della somma è un numero frazionario per qualunque n non negativo perché (7n+1)<(14n+3)Drago96 ha scritto:IMO 1959 - Problema 1
Dimostrare che $\displaystyle{\frac{21n+4}{14n+3}\not\in\mathbb N \ \forall n\in\mathbb N}$
"Problem solving can be learned only by solving problems"
Re: Semplici IMO
Quello del 64 è facilissimo O.O ( o almeno mi pare, sta a vedere che l'ho sbagliato xD)
Allora, $ 2^n-1\equiv 0\pmod 7 $, dunque $ 2^n\equiv 1\pmod 7 $
Analizziamo le potenze di 2 modulo 7:
$ 2^n\equiv 2,4,1,2,...\pmod 7 $ Dunque la condizione è soddisfatta quando per tutti gli $ n $ multipli di 3.
Analogamente dimostriamo che non esiste nessun $ n $ che soddisfi la seconda richiesta: infatti $ 2^n $ dovrebbe essere congruo a $ -1\equiv 6 \pmod 7, $ che non abbiamo nel ciclo delle potenze di 2
Allora, $ 2^n-1\equiv 0\pmod 7 $, dunque $ 2^n\equiv 1\pmod 7 $
Analizziamo le potenze di 2 modulo 7:
$ 2^n\equiv 2,4,1,2,...\pmod 7 $ Dunque la condizione è soddisfatta quando per tutti gli $ n $ multipli di 3.
Analogamente dimostriamo che non esiste nessun $ n $ che soddisfi la seconda richiesta: infatti $ 2^n $ dovrebbe essere congruo a $ -1\equiv 6 \pmod 7, $ che non abbiamo nel ciclo delle potenze di 2
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LTE4LYF
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Re: Semplici IMO
Devo avere sbagliato a tradurlo...NoAnni ha scritto:Si, ma il problema delle IMO chiede che la frazione sia irriducibile, non che non è mai intero Resta comunque facilissimobalossino ha scritto:Questo sembra facilissimo... La frazione equivale a 1+(7n+1)/(14n+3), dove il secondo termine della somma è un numero frazionario per qualunque n non negativo perché (7n+1)<(14n+3)Drago96 ha scritto:IMO 1959 - Problema 1
Dimostrare che $\displaystyle{\frac{21n+4}{14n+3}\not\in\mathbb N \ \forall n\in\mathbb N}$
Scusate...
Quello del '64 è proprio così...
Imagination is more important than knowledge. For knowledge is limited, whereas imagination embraces the entire world, stimulating progress, giving birth to evolution (A. Einstein)
Re: Semplici IMO
Quello del 1962 viene per caso $ 153846 $?
Se sì il procedimento è stato:
$ n=10k+6 $
$ \displaystyle{6 \cdot 10^{c(k)} +k = 40k+24} $ dove $ c(k) $ sarebbero le cifre di $ k $.
Ragionando in modulo 13 si arriva a $ c(k)=5 $..
E ora arriva la parte iper calcolosa...
$ 13k = 2 \cdot 99996 $
Da cui si ricava che $ k=15384 $
Quindi $ n=153846 $
Se sì il procedimento è stato:
$ n=10k+6 $
$ \displaystyle{6 \cdot 10^{c(k)} +k = 40k+24} $ dove $ c(k) $ sarebbero le cifre di $ k $.
Ragionando in modulo 13 si arriva a $ c(k)=5 $..
E ora arriva la parte iper calcolosa...
$ 13k = 2 \cdot 99996 $
Da cui si ricava che $ k=15384 $
Quindi $ n=153846 $
Re: Semplici IMO
Sì, esatto...
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