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giove
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Messaggio da giove » 16 lug 2008, 15:17

Ho notizie da Madrid:
Il primo problema era un geometrico che hanno fatto tutti;
Il secondo era una disuguaglianza in due punti orribile, di cui in un paio hanno fatto il primo punto;
Il terzo era un problema di teoria dei numeri non eccessivamente difficile, che però non tutti hanno fatto perché era il 3 e non il 2... :?

Comunque rinnovo i complimenti alla spedizione italiana e un in bocca al lupo per la seconda giornata ;)

Pigkappa
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Messaggio da Pigkappa » 16 lug 2008, 15:37

Magari dopo provo a farli... In bocca al lupo per domani intanto!

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giove
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Messaggio da giove » 16 lug 2008, 15:49

Già che ci sono traduco anche i problemi...

1) Sia $ ABC $ un triangolo acutangolo e $ H $ il suo ortocentro. Consideriamo le tre circonferenze di centri i punti medi di ogni lato e passanti per $ H $. La circonferenza corrispondente ad ogni lato lo interseca in due punti. Dimostrare che questi 6 punti si trovano tutti sulla medesima circonferenza.

2) Siano $ x,y,z $ tre numeri reali tali che $ xyz=1 $.
(a) Dimostrare che $ \frac{x^2}{(x-1)^2} + \frac{y^2}{(y-1)^2} + \frac{y^2}{(y-1)^2} \geq 1 $;
(b) Dimostrare che esistono infinite terne $ x,y,z $ di razionali tali che vale l'uguaglianza in (a).

3) Dimostrare che per infiniti $ n $ il numero $ n^2+1 $ ha un fattore primo maggiore di $ 2n+\sqrt{2n} $.

Pigkappa
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Messaggio da Pigkappa » 16 lug 2008, 16:47

giove ha scritto:Già che ci sono traduco anche i problemi...

1) Sia $ ABC $ un triangolo acutangolo e $ H $ il suo ortocentro. Consideriamo le tre circonferenze di centri i punti medi di ogni lato e passanti per $ H $. La circonferenza corrispondente ad ogni lato lo interseca in due punti. Dimostrare che questi 6 punti si trovano tutti sulla medesima circonferenza.
.
Se volete provarci non leggete:


Mamma mia, con i vettori e qualche conto (non tanti) è fulmineo!

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Messaggio da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ » 16 lug 2008, 17:17

Pigkappa ha scritto: Se volete provarci non leggete:


Mamma mia, con i vettori e qualche conto (non tanti) è fulmineo!
naaa...assi radicali e potenza di A wrt (2) e (3) --> B1B2C1C2 ciclico di centro O --> fine

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Messaggio da elianto84 » 17 lug 2008, 04:40

Il terzo mi sembra anche piuttosto lasco... correggetemi se sbaglio:

1) Prendo un primo $ p\equiv 1\pmod{4} $ maggiore di 13 e NON della forma $ m^2+1 $. Lo scrivo come $ p=a^2+b^2 $, con $ a>b>0 $.
2) Dato che $ (a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2 $ cerco un intero $ Q=c^2+d^2 $ per cui $ 2Q<p $.
3) Impongo $ (ad-bc)=1 $, cercando $ c $ e $ d $ in $ \mathbb{Z} $.
4) Scelgo $ d $ come il più piccolo intero (in modulo) nella stessa classe residua dell'inverso di $ a \pmod{b} $. Si ha $ |d|\leq b/2 $.
5) A questo punto $ c $ è forzato ad essere $ (ad-1)/b $
6) Si ha $ Q = c^2+d^2 \leq 2+(a^2+b^2)/4 < p/2 $.
7) Abbiamo $ (n^2+1) = Q p $, con $ p $ sufficientemente più grosso di $ Q $, a dispetto della notazione.
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Messaggio da salva90 » 17 lug 2008, 08:22

Il primo l'ho fatto a mente mentre cercavo invano di dormire ieri sera :shock:
[url=http://www.myspace.com/italiadimetallo][img]http://img388.imageshack.us/img388/4813/italiadimetallogn7.jpg[/img][/url]

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Messaggio da giove » 17 lug 2008, 13:13

La mia soluzione del 3 è un po' più lunga di quella di Elianto:

Prendo un primo $ p\geq 20 $ tale che $ p\equiv 1 \mod 4 $.
Allora $ \Big( \frac{-1}{p} \Big) = (-1)^{\frac{p-1}{2}} = 1 $, quindi esiste $ n $ tale che $ n^2+1\equiv 0 \mod p $ con $ n\leq \frac{p-1}2 $.
Sia $ n=\frac{p-k}{2} $ con $ k $ intero positivo dispari. Allora
$ \left( \frac{p-k}{2} \right) ^2 +1 \equiv 0 \mod p $, quindi $ k^2+4\equiv 0 \mod p $, da cui $ p\leq k^2+4 $, ovvero $ k\geq \sqrt{p-4} $.
Quindi $ n\leq \frac{p-\sqrt{p-4}}{2} $, da cui $ p\geq 2n+\sqrt{p-4} $.
Ma per $ p\geq 20 $, $ 2n+\sqrt{p-4} \geq 2n + 4 $, quindi
$ p\geq 2n+\sqrt{p-4} \geq 2n + \sqrt{2n+4-4} = 2n+\sqrt{2n} $.
L'uguaglianza vale inoltre solo se $ p=20 $, assurdo.
Quindi per ogni $ p\equiv 1 \mod 4 $ e $ \geq 20 $ ho una soluzione per $ n $ che rispetta le condizioni; è ovvio che per due primi $ p,q $ diversi ottengo due $ n $ diversi, perché $ pq\geq (2n+\sqrt{2n})^2>n^2+1 $, quindi ho generato infiniti $ n $.

Ho fatto anche il 2 ma la soluzione è troppo brutta per essere scritta qui. :roll:

Pigkappa
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Messaggio da Pigkappa » 17 lug 2008, 13:22

Oggi combinatoria, combinatoria e geometria! I testi sono su http://www.mathlinks.ro/, il sei ha un testo interessante. I commenti sul forum di Mathlinks dicono che sono più difficili di quelli di ieri.

[EDIT: chiedo scusa, ha ragione giove, era uno scherzo di quei burloni di Mathlinks :x ]
Ultima modifica di Pigkappa il 17 lug 2008, 15:29, modificato 1 volta in totale.

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Messaggio da giove » 17 lug 2008, 15:24

Smentisco, i problemi erano una funzionale, uno di combinatoria e uno di geometria.
I nostri 6 sono tutti tra uno e due problemi fatti, quindi ci sono ottime probabilità di ottimi piazzamenti... Ma non dico altro :D

LudoP
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Messaggio da LudoP » 17 lug 2008, 16:05

E buon lavoro a Bobo, Max e Francesco!

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Messaggio da elianto84 » 17 lug 2008, 18:14

Provo a far saltare fuori il secondo punto del 2.
Impongo $ \frac{x}{x-1}=\cos\theta\quad\frac{y}{y-1}=\sin\theta\cos\phi\quad\frac{z}{z-1}=\sin\theta\sin\phi $, così la seconda è soddisfatta.
A questo punto $ x=\frac{\cos\theta}{1-\cos\theta} $ eccetera, in quanto
$ f(x)=x/(1-x) $ è involutiva.

Imporre che il prodotto delle cose giuste sia 1 è come cercare un punto $ (x,y,z) $ a coordinate razionali sulla sfera unitaria per cui valga
$ xy+xz+yz+1 = x+y+z $
$ (x+y+z)^2 - (x^2+y^2+z^2) + 2 = 2(x+y+z) $
$ x+y+z = 1 $
La sezione determinata da questo piano sulla sfera è una circonferenza di raggio
$ \sqrt{2/3} $ (in quanto circoscritta ad un triangolo equilatero con lato $ \sqrt{2} $) e centro in $ (1/3,1/3,1/3) $. Tale circonferenza sarà
parametrizzata dunque da
$ (1/3,1/3,1/3) + \sqrt{2/3} (a,b,c) $
con $ (a,b,c) $ che verificano
$ a^2+b^2+c^2 = 1 $
$ a + b + c = 0 $

Insomma, alla fine il problema risulta analogo a provare che esistono infiniti
punti a coordinate (x,y) razionali per cui
$ x^2 + xy + y^2 = 3/4 $

Ma questa è una conica in $ \mathbb{R}^2 $ con un punto a coordinate razionali $ (1/2,1/2) $, il che significa che su tale conica,
per il metodo della secante, esistono infiniti punti a coordinate razionali, e il problema è concluso.

PS: Incidentalmente il punto 1 si fa in una riga, in quanto
$ -1+\sum_{cyc}\left(\frac{x}{x-1}\right)^2 = \frac{(xy+xz+yz-3)^2}{(x-1)^2 (y-1)^2 (z-1)^2} $
(d'altronde, se il luogo dei minimi è una quadrica, uno qualcosa del genere se lo aspetta...)
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Messaggio da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ » 17 lug 2008, 18:39

bello il 6, sembra un'ottima applicazione del teorema dei 3 cerchi di Monge-D'Alembert.

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Messaggio da elianto84 » 17 lug 2008, 18:51

Ed ora il problema 1. Lo risolvo con il teorema della secante, ovvero, detto $ C_1 $ il punto medio di $ AB $, verifico che l'espressione

$ 4(c/2 - HC_1)(c/2 + HC_1) = c^2 - 4 HC_1^2 $

è in realtà ciclica nelle variabili $ (a,b,c) $.
Ricordando che $ AH=2R\cos A $ e cicliche, applico il teorema della mediana
al triangolo $ AHB $ ottenendo:

$ c^2 - 4 HC_1^2 = 2c^2 - 2(AH^2+BH^2) $
$ = 2c^2-8R^2(\cos^2 A+\cos^2 B) = 2(a^2+b^2+c^2-8R^2) $

Fine, e a ben guardare bastava fermarsi al terzultimo passo.
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Messaggio da EvaristeG » 17 lug 2008, 18:57

Beh ... mica solo di quello... quanto meno, per quella strada, un po' di birapporti ci vanno.

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