11 | s(n) con n in {m-19,...,m+19}
11 | s(n) con n in {m-19,...,m+19}
Mostrare che, dati 39 interi positivi consecutivi, ne esiste almeno uno la cui somma delle cifre e' divisibile per 11.
The only goal of science is the honor of the human spirit.
Re: 11 | s(n) con n in {m-19,...,m+19}
È la prima dimostrazione che posto su questo forum, quindi accetto qualunque critica costruttiva.
È un po' lunghetta (ammesso che sia giusta), quindi mi è sorto un dubbio: se mi trovo con una soluzione del genere a Cesenatico (cioè una che ci sta forse in 3 facciate, ma sarebbe meglio 4), posso "allegare" qualche foglio a quelli che mi consegnano, se lo spazio non mi basta?
Testo nascosto:
Re: 11 | s(n) con n in {m-19,...,m+19}
Personalmente impiegherei quei 40 minuti disponibili per ogni problema solo a copiarla quella soluzione
Comunque hai dimostrato più del necessario, ma mi pare le idee ci sono tutte..scrivo sotto la mia:
Sia $A$ l'insieme fissato di $39$ interi positivi consecutivi. Il più piccolo intero positivo tale che $11 \mid s(n)$ e' $n=29$, per cui assumiamo $\min\{A\}\ge 30$. Definito $S(n):=\{10n,10n+1,...,10n+9\}$ per ogni intero $n>0$, deve esistere un intero $n_0>0$ tale che $\left(S(n_0) \cup S(n_0+1) \cup S(n_0+2)\right) \subseteq A$ (infatti se non esistesse tale $n_0$ sarebbe valida $|A|\le 2\cdot 10+ 2\cdot 9 = 38$ ). Dato che per ogni $n$ l'insieme $S(n)$ contiene $10$ distinti residui modulo $11$, allora, se la tesi fosse falsa, sarebbe valida: $s(10n_0) \equiv s(10(n_0+1)) \equiv s(10(n_0+2)) \equiv 1 \pmod{11}$, cioè $s(n_0) \equiv s(n_0+1) \equiv s(n_0+2)$ modulo 11, che e' chiaramente impossibile. []
Comunque hai dimostrato più del necessario, ma mi pare le idee ci sono tutte..scrivo sotto la mia:
Sia $A$ l'insieme fissato di $39$ interi positivi consecutivi. Il più piccolo intero positivo tale che $11 \mid s(n)$ e' $n=29$, per cui assumiamo $\min\{A\}\ge 30$. Definito $S(n):=\{10n,10n+1,...,10n+9\}$ per ogni intero $n>0$, deve esistere un intero $n_0>0$ tale che $\left(S(n_0) \cup S(n_0+1) \cup S(n_0+2)\right) \subseteq A$ (infatti se non esistesse tale $n_0$ sarebbe valida $|A|\le 2\cdot 10+ 2\cdot 9 = 38$ ). Dato che per ogni $n$ l'insieme $S(n)$ contiene $10$ distinti residui modulo $11$, allora, se la tesi fosse falsa, sarebbe valida: $s(10n_0) \equiv s(10(n_0+1)) \equiv s(10(n_0+2)) \equiv 1 \pmod{11}$, cioè $s(n_0) \equiv s(n_0+1) \equiv s(n_0+2)$ modulo 11, che e' chiaramente impossibile. []
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Re: 11 | s(n) con n in {m-19,...,m+19}
Bonus con le tette al vento: Trovare tutti gli $ n $ tali che in $ \{n,n+1,\dots n+37\} $ non ci sono numeri con somma delle cifre divisibile per $11$.
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Io ti racconto lo squallore di una vita vissuta a ore di gente che non sa più far l'amore...
"Allora impara a fare meno il ruffiano. Io non lo faccio mai e guarda come sono ganzo" Tibor Gallai
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Re: 11 | s(n) con n in {m-19,...,m+19}
Con la notazione di sopra, condizione necessaria e sufficiente per il tuo bonus è $s(n_0-1)+1\equiv s(n_0) \equiv s(n_0+1) \equiv s(n_0+2)-1 \equiv 1 \pmod{11}$; non ci vuole molto a concludere che il più piccolo insieme di questo tipo e' $\{999981, 999982,...,1000018\}$..dario2994 ha scritto:Bonus con le tette al vento: Trovare tutti gli $ n $ tali che in $ \{n,n+1,\dots n+37\} $ non ci sono numeri con somma delle cifre divisibile per $11$.
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Re: 11 | s(n) con n in {m-19,...,m+19}
Parto dall'ultimo caso della mia dimostrazione e uso la stessa notazione (mi dispiace per chi non ha voglia di leggerla tutta).
È evidente che $m = S(n-1) \equiv 0 (mod 11)$.
L'unico caso in cui si "perde" una classe di congruenza è quello in cui $c=10$ (nel terzo caso della mia dimostrazione); manca la classe di congruenza $(m+c+2k_{c+10})$, cioè $-1+2k_{20}$. Manca la classe congruente a 0 modulo 11 se
$-1+2k_{20} \equiv 0 (mod 11)$
$k_{20} \equiv 6 (mod 11)$
Quindi vanno bene tutti gli insiemi tali che la più grande potenza di 10 che divide $n+19$ "abbia un numero di zeri" congruente a 6 modulo 11.
È evidente che $m = S(n-1) \equiv 0 (mod 11)$.
L'unico caso in cui si "perde" una classe di congruenza è quello in cui $c=10$ (nel terzo caso della mia dimostrazione); manca la classe di congruenza $(m+c+2k_{c+10})$, cioè $-1+2k_{20}$. Manca la classe congruente a 0 modulo 11 se
$-1+2k_{20} \equiv 0 (mod 11)$
$k_{20} \equiv 6 (mod 11)$
Quindi vanno bene tutti gli insiemi tali che la più grande potenza di 10 che divide $n+19$ "abbia un numero di zeri" congruente a 6 modulo 11.
Re: 11 | s(n) con n in {m-19,...,m+19}
Dici? Prova n=811999981Porky ha scritto: Quindi vanno bene tutti gli insiemi tali che la più grande potenza di 10 che divide $n+19$ "abbia un numero di zeri" congruente a 6 modulo 11.
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Re: 11 | s(n) con n in {m-19,...,m+19}
Giusto... deve anche essere vero che $S(n-1) \equiv 0 (mod 11)$jordan ha scritto:Dici? Prova n=811999981Porky ha scritto: Quindi vanno bene tutti gli insiemi tali che la più grande potenza di 10 che divide $n+19$ "abbia un numero di zeri" congruente a 6 modulo 11.
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Re: 11 | s(n) con n in {m-19,...,m+19}
E' un bonus parecchio gucciniano...dario2994 ha scritto:Bonus con le tette al vento: Trovare tutti gli $ n $ tali che in $ \{n,n+1,\dots n+37\} $ non ci sono numeri con somma delle cifre divisibile per $11$.
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"Life is very short and there's no time for fussing and fighting, my friend!"
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