Almeno 2

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nuoveolimpiadi1999
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Almeno 2

Messaggio da nuoveolimpiadi1999 » 18 feb 2017, 10:14

In quanti modi si puo scrivere 9000 come somma di almeno due interi positivi consecutivi. Ad esempio per 9 si hanno 2 possibilita: 9=2+3+4,9=4+5

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Sirio
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Re: Almeno 2

Messaggio da Sirio » 02 mar 2017, 19:46

nuoveolimpiadi1999 ha scritto:
Perché???

Ad ogni modo...
Testo nascosto:
Se scrivo $9000$ come somma di $n>1$ numeri consecutivi, abbiamo che questi sono i numeri da $m+1$ a $m+n$ per qualche $m>-1$. Abbiamo:
$9000=\displaystyle\sum_{i=1}^n\left(m+i\right)=mn+\dfrac{n\left(n+1\right)}{2}$ (1)Talete triggered by mn
Se poniamo $n$ dispari, abbiamo $\dfrac{n+1}{2}\in\mathbb{Z}$, quindi:
$9000=n\cdot\left(m+\dfrac{n+1}{2}\right)$ (2)
Ora, ci sono $12$ divisori dispari di $9000=2^3 3^2 5^3$, ovvero ci sono $3\cdot 4=12$ divisori di $3^2 5^3=1125$. Da questi $12$ togliamo l'$1$ e ne rimangono $11$.
Dalla (2) ricaviamo:
$\dfrac{9000}{n}=m+\dfrac{n+1}{2}$
$m=\dfrac{9000}{n}-\dfrac{n+1}{2}=\dfrac{18000-n^2-n}{2n}$
E, da questa, sono ricavabili tutti gli $11$ valori di $m$, che non viene positivo (conti alla mano) in $4$ casi. Rimangono quindi $7$ casi possibili che andremo a sommare con quelli con $n$ pari.
Se poniamo $n$ pari, abbiamo $\dfrac{n}{2}\in\mathbb{Z}$, quindi:
$9000=\left(m+\dfrac{n}{2}\right)\left(n+1\right)-m$
$9000+m=\left(m+\dfrac{n}{2}\right)\left(n+1\right)$ (3)
Poiché $n$ è pari e quindi $n+1$ dispari, si ha $m$ pari se e solo se $\dfrac{n}{2}$ è pari, quindi se e solo se $4|n$, quindi se e solo se $n+1$ è congruo ad $1$ modulo $4$. Da qui otteniamo che, se $m$ è pari, allora si ha (con tutte le congruenze intese modulo $4$):
$9000+m\equiv\left(m+\dfrac{n}{2}\right)\left(n+1\right)$
$m\equiv m+\dfrac{n}{2}$
$0\equiv \dfrac{n}{2}$
Quindi $8|n$, quindi $n+1$ congruo a $1$ modulo $8$, quindi (con tutte le congruenze intese modulo $8$):
$9000+m\equiv\left(m+\dfrac{n}{2}\right)\left(n+1\right)$
$m\equiv m+\dfrac{n}{2}$
$0\equiv \dfrac{n}{2}$
Quindi $16|n$, quindi $n+1$ congruo a $1$ modulo $16$, quindi (con tutte le congruenze intese modulo $16$):
$9000+m\equiv\left(m+\dfrac{n}{2}\right)\left(n+1\right)$
$8+m\equiv m+\dfrac{n}{2}$
$8\equiv \dfrac{n}{2}$
Quindi, $16||n$. Definisco quindi $a:=\dfrac{n}{16}$ e osservo che $a$ è dispari. Quindi, dalla (1):
$9000=16am+8a\left(16a+1\right)=8a\left(16a+2m+1\right)$
$1125=a\left(16a+2m+1\right)$
$a$ può assumere qualunque valore intero maggiore di $1$ che divida $1125$, quindi può assumere $11$ valori.
Ricaviamo $m$ da:
$\dfrac{1125}{a}=16a+2m+1$
$2m=\dfrac{1125}{a}-16a-1=\dfrac{1125-a-16a^2}{a}$
$m=\dfrac{1125-a-16a^2}{2a}$
Questa quantità è sempre intera perché, essendo $a$ dispari, il numeratore è sempre pari e $2$ divide esattamente il denominatore. Però (conti alla mano) vien positiva solo in $2$ casi.
Rimane quindi il caso $n$ pari ed $m$ dispari. Se $m$ è dispari si ha $2||n$. Vale ancora la (3), che riporto per comodità mia:
$9000+m=\left(m+\dfrac{n}{2}\right)\left(n+1\right)$ (3)
Ora, se $m$ è dispari allora il primo membro è dispari. Però si ha anche $m+\dfrac{n}{2}$ pari, e quindi il secondo membro è pari. Visto che la cosa non sta in piedi, aggiungiamo $0$ casi.
$7+2=9$
Risposta: 0009
Il buon Talete mi informa che il risultato ufficiale è diverso... Datemi una mano a trovar l'errore!
シリオ
$T=\sqrt{\dfrac l g 12\pi}$

nuoveolimpiadi1999
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Re: Almeno 2

Messaggio da nuoveolimpiadi1999 » 03 mar 2017, 16:59

Si scusa la "nota", cmq in effetti la risposta è 11, ma non so perchè...

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RiccardoKelso
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Re: Almeno 2

Messaggio da RiccardoKelso » 03 mar 2017, 17:13

Che collegamento c'è tra la somma dei primi $m$ naturali e la somma di $m$ naturali consecutivi?
Hai paura di bagnarti?

Non si può entrare nell'angolo rotture della lidl

$N_n=(n-1)(N_{n-1}+N_{n-2}), \space N_1=0, \space N_2=1$

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Sirio
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Re: Almeno 2

Messaggio da Sirio » 06 mar 2017, 15:47

RiccardoKelso ha scritto:Che collegamento c'è tra la somma dei primi $m$ naturali e la somma di $m$ naturali consecutivi?
Quello che ho messo nella (1), no?
シリオ
$T=\sqrt{\dfrac l g 12\pi}$

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RiccardoKelso
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Re: Almeno 2

Messaggio da RiccardoKelso » 06 mar 2017, 18:46

Magari ragionando modulo qualcosa ottieni risultati più incisivi :D
Hai paura di bagnarti?

Non si può entrare nell'angolo rotture della lidl

$N_n=(n-1)(N_{n-1}+N_{n-2}), \space N_1=0, \space N_2=1$

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Re: Almeno 2

Messaggio da FedeX333X » 09 giu 2017, 18:34

Allora, vediamo un po' se così viene...
Testo nascosto:
Siano $n+1, n+2, ..., n+k$ i nostri $k$ interi positivi consecutivi. Per le condizioni iniziali, $n \ge 0, k \ge 2$.
Vogliamo che $\sum_{i=1}^k\left(n+k\right)= kn+\frac{k\left(k+1\right)}{2} = 9000$, cioè che (dopo semplici conti) $k(k+2n+1) = 18,000$.
Poichè $n$ e $k$ sono interi, $k$ e $k+2n+1$ sono due divisori interi positivi di $18,000$. Osserviamo inoltre che $k$ e $k+2n+1$ hanno una parità differente (se uno è pari, l'altro è dispari).
Considerando che $18,000 = 2^4 \times 3^2 \times 5^3$, assumiamo senza perdita di generalità (in quanto scelto uno dei due divisori, l'altro è univocamente determinato) che sia $k$ dispari (e quindi $k+2n+1$ pari): abbiamo $(2+1)\times(3+1)=12$ scelte possibili per $k$ (essendo dispari è il prodotto di fattori $3$ e $5$), a cui dobbiamo però toglierne una, cioè il caso in cui $k=3^0 \times 5^0 =1$ in quanto per le nostre condizioni iniziali, $k \ge 2$. Quindi, i modi possibili sono appunto $11$.

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karlosson_sul_tetto
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Re: Almeno 2

Messaggio da karlosson_sul_tetto » 10 giu 2017, 16:06

FedeX333X ha scritto:
09 giu 2017, 18:34
assumiamo senza perdita di generalità (in quanto scelto uno dei due divisori, l'altro è univocamente determinato) che sia $k$ dispari (e quindi $k+2n+1$ pari):
Scritto cosi è sbagliato, perché se scegli $k=3^2\cdot 5^3=1125$ i rimanenti fattori due dovrebbero stare tutti nell'altro fattore, ovvero $k+2n+1=16$, ma questo porterebbe ad un $n$ negativo.
Quello che puoi dire è che vuoi risolvere $18000=ab$ con $a\not\equiv b \mod{2}$; ora puoi dire che metti WLOG (questa volta davvero senza perdità di generalità) in a un fattore $2^4$ e poi scegli in $(2+1)\cdot(3+1)=12$ modi come distribuire i 3 e i 5. Poi guardi $a,b$, quello più piccolo diventa $k$ e quello più grande $k+2n+1$; ti restano da trattare casi scomodi in cui vengono due fattori uguali (che qua non ci sono) oppure quando esce $k=1$.


VIsto che ormai stiamo necropostando, rispondo anche al buon Sirio che attende da mesi:
Sirio ha scritto:
02 mar 2017, 19:46
$m=\dfrac{9000}{n}-\dfrac{n+1}{2}=\dfrac{18000-n^2-n}{2n}$
E, da questa, sono ricavabili tutti gli $11$ valori di $m$, che non viene positivo (conti alla mano) in $4$ casi. Rimangono quindi $7$ casi possibili che andremo a sommare con quelli con $n$ pari.
Direi che per $n=3,5,9,15,25,45,75,125$ viene $m$ positivo, i valori sono 8.


Sirio ha scritto:
02 mar 2017, 19:46
Poiché $n$ è pari e quindi $n+1$ dispari, si ha $m$ pari se e solo se $\dfrac{n}{2}$ è pari
Sicuro?


Sirio ha scritto:
02 mar 2017, 19:46
$m=\dfrac{1125-a-16a^2}{2a}$
Questa quantità è sempre intera perché, essendo $a$ dispari, il numeratore è sempre pari e $2$ divide esattamente il denominatore. Però (conti alla mano) vien positiva solo in $2$ casi.
Anche in questo caso sono 3, perché questa volta puoi scegliere $a=1$ (perché $n=16a=16>1$).

Resta solo da vedere il caso $m$ dispari, ma forse non ce n'è davvero bisogno :wink:
"Inequality happens"
---
"Chissa se la fanno anche da asporto"

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