Gara di Febbraio 2009: commenti, problemi e soluzioni

Informazioni sulle gare, come allenarsi, chi corrompere.
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teppic
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Messaggio da teppic » 14 feb 2009, 19:23

trastorm ha scritto:grazie :D
ma a uno come può venire in mente una cosa del genere??? :shock:
Il fatto è che $ z^d+1 $ tutte le volte che d è dispari si fattorizza in $ (z+1) $ per roba.

Abbiamo $ x^{15}+1 $ che può essere visto come la scrittura precedente con d=3, $ z=x^5 $ o con d=5, $ z=x^3 $.

Quindi i fattori $ (x^5+1) $ e $ (x^3+1) $ ci devono essere. Entrambi si fattorizzano un'altra volta con la stessa proprietà, quindi i fattori $ (x^4-x^3+x^2-x+1) $ e $ (x^2-x+1) $ ci devono essere.

Il resto sono conti, mi pare.

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lama luka
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Re: In quanto a modestia non sono secondo a nessuno!

Messaggio da lama luka » 14 feb 2009, 19:37

HarryPotter ha scritto:
Hubha ha scritto:mi sa che sono l'unico sfigato che deve gareggiare già ai provinciali con quelli che in genere vincono le nazionali... l'anno scorso sono passati solo con 80 o più...
accidenti, sapevo che dovevo cambiare residenza! XD
Udine? Decisamente merito delle persone che vi fanno gli stages... 8)
e si ! grazie alle vostre lezioni ,mi sono salvato in un bel po' di esercizi xD xD
Non siamo mica qui a raddrizzare banane col culo !

è Ragionevole!

44 gatti [tex]\equiv 2 \pmod{6}[/tex]

E questo come lo risolvo?-L.Lamanna,G.Grilletti (2009)
Tre anni di quaestio copernicana - C.Càssola, F.M.Antoniali, L.Lamanna (2012)
Cinque anni di Copernicus Math Race - L.Lamanna (2016)

[tex]!n=n! \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{k!}[/tex]

Giuseppe R
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Messaggio da Giuseppe R » 14 feb 2009, 20:00

Vi allego i testi per altre eventuali considerazioni
Allegati
testofebbraio09.pdf
(90.62 KiB) Scaricato 283 volte
Esistono 10 tipi di persone: quelli che capiscono i numeri binari e quelli che non li capiscono.
"Il principio dei cassetti è quando hai n cassetti e n+1 piccioni: quindi ci sarà almeno un cassetto con 2 o più piccioni..." cit.

Thebear
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Messaggio da Thebear » 15 feb 2009, 00:34

vabbe' allora intervengo anch'io nel topic ufficiale: ho fatto 61 tra risposta multipla e numerici (maledetto polinomio!!!). dei dimostrativi ho fatto tutta geometria (odiandomi profondamente perche per due ore non ho visto che il raggio e' meta' del diametro......) gli altri ho scritto poche cose confuse. spero mi diano qualche punto...
Edoardo

Metra
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Messaggio da Metra » 15 feb 2009, 18:35

sono nuovo del forum e non sono sicuramente ai vostri livelli in matematica sono un povero terzino che non ha trovato nessun corso da fare :)

ho trovato alcuni risultati e ho qualche dubbietto:)

- nella 7 avevo trovato la vostra risposta c, io avevo messo e (pensando che l'intervallo fosse da 50 a 149) mi potete spiegare cosa ho sbagliato? :D

-ho risolto la prima dimostrazione, trovando c=5 se non mi sbaglio e poi ho dimostrato che moltiplicando la terna di numeri minori (1, 5,7) mi pare per un numero x si ottengono infinite terne che rispettano le condizioni...mi potete dire come sarebbe stata da fare la dimostrazione in modo corretto

-già che ci siete mi spiegate come risolvere l'ultima?xD avevo trovato m=1 come una soluzione e avevo dimostrato che 3alla 2n +1 era sempre pari e che 5 alla n +5 era multiplo di dieci..

stefanos
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Messaggio da stefanos » 15 feb 2009, 18:50

Dai un'occhiata alle pagine precedenti :wink:
Physics is like sex. Sure, it may give some practical results, but that's not why we do it.
Edriv: c=c+2; "tu sarai ricordato come `colui che ha convertito edriv alla fisica' ;)"
[quote="Tibor Gallai"]Alla fine sono macchine di Turing pure loro, solo un po' meno deterministiche di noi.[/quote]

Metra
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Messaggio da Metra » 15 feb 2009, 18:55

la dimostrazione dell'ultimo l'ho trovata (non capendoci niente :x )

il 7 ora ricontrollo in giro, ma non mi pare ci siano spiegazioni (letto un po' velocemente xD)

e la terzultima più che altro ero curioso di sapere se per voi qualche punticino me lo avessero dato xD

p.s. sui 60-70 punti non si passa a brescia vero? ç_ç dannato Paolini (tanto rispetto)xD

pak-man
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Messaggio da pak-man » 15 feb 2009, 19:08

Metra ha scritto: [...] il 7 ora ricontrollo in giro, ma non mi pare ci siano spiegazioni (letto un po' velocemente xD) [...]
:shock: devi averlo letto mooolto velocemente per dire ciò...
Metra ha scritto: [...] e la terzultima più che altro ero curioso di sapere se per voi qualche punticino me lo avessero dato xD [...]
Da quanto hai scritto prima direi che è giusta: il punteggio dipende da quanto hai scritto bene la soluzione.

stefanos
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Messaggio da stefanos » 15 feb 2009, 19:16

Per il 7, fai delle considerazioni sui residui modulo 100 degli a_i: non possono essere piu` di 51 perche` altrimenti esiste una coppia la cui somma o differenza e` divisibile per 100, pero` riesci a trovarne proprio 51 (uno dei quali deve essere 0 modulo 100): infatti, se prendi i numeri 1, 2, .. 50, 100 ti viene (mi pare ^^).

Per il primo, dopo che hai trovato la soluzione $ $(a, b, c) = (5, 1, 7)$ $, osservi che, per ogni soluzione valida $ $(a, b, c)$ $ (e sai che ce n'e` almeno una), anche $ $(ka, kb, kc)$ $ e` soluzione (per ogni scelta di k naturale).

Per il terzo, mi pare che le ipotesi dicessero che $ $3^m+1 | 2(5^m + 5), 5^m + 5 | 9^m + 1 $, dove a | b significa che b e` divisibile per a; quindi, `concatenando' la prima e la seconda, hai che $ $3^m+1 | 2(9^m+1) = 2(3^{2m}+1)$ $; adesso ricostruisco il quadrato aggiungendo e togliendo il doppio prodotto (per 2): $ $3^m+1 | 2(3^m+1)^2 - 4\cdot 3^m$ $; poiche` $ $3^m+1$ $ divide il primo termine, deve dividere anche il secondo: $ $3^m+1 | 4\cdot 3^m$ $: dunque, aggiungendo e togliendo 4: $ $3^m+1 | 4(3^m+1) - 4$ $, e per lo stesso motivo di prima $ $3^m + 1 | 4$ $, quindi m=1.

Spero di esserti stato utile.
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Metra
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Messaggio da Metra » 15 feb 2009, 19:21

grazie mille stefanos :) ma continuo a non capire il 7 (una stupidata) ma scusate...a1 doveva essere solo 1? >.<

io non avendo fatto corsi ed essendo di terza ho risolto quasi tutto in maniera empirica (molto faticoso ma al- 65 punti li ho fatti) inizialmente avevo trovato 51 come risposta poi ho pensato: se a1 fosse 50 ed l'ultimo numero fosse 149 la somma minima dei numeri sarebbe 101 e quella massima 199 per la differenza si va da uno a 99..ho risolto per ultimo il quesito..ero piuttosto stanco potrei aver detto ciofeche ^^

stefanos
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Messaggio da stefanos » 15 feb 2009, 19:31

Mi sa che la somma massima sarebbe 148+149. Comunque, considera la somma 51+149 :wink:
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Tibor Gallai
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Messaggio da Tibor Gallai » 15 feb 2009, 19:37

teppic ha scritto:Il resto sono conti, mi pare.
Esatto, però mi pongo nei panni dell'olimpionico disorientato dall'algebra (condizione che, essendomi appartenuta, mi riesce facile interpretare), e mi permetto di chiarire, espandendola, questa frase un po' laconica (per quanto ineccepibile, ovviamente!!), sperando di non gettare ancora più fumo sulla faccenda.

Oh. Fatto il preambolo.

Sappiamo che un fattore è $ ~x $, e ok. Ci siamo resi tutti conto che un altro fattore è $ ~x+1 $, e fin qui nessun problema. Questi 2 fattori si scompongono ulteriormente? Ovvio che no, hanno grado 1.

Facendo poi le 2 scomposizioni col prodotto notevole che ha detto teppic, si arriva a (scriviamo tutto per esteso):

$ ~x^{16}+x = x(x+1)(x^2-x+1)(x^{12}-x^9+x^6-x^3+1) $
$ ~x^{16}+x = x(x+1)(x^4-x^3+x^2-x+1)(x^{10}-x^5+1) $

Quindi sappiamo già che i fattori irriducibili sono almeno 4. Possono essere esattamente 4? Se lo fossero, sarebbero quelli che abbiamo scritto, ed in tal caso avremmo una doppia fattorizzazione di $ ~x^{16}+x $. Ma poiché tra i polinomi a coefficienti interi c'è l'unicità della fattorizzazione, questo non può essere: ergo, i fattori irriducibili sono almeno 5.

Questo è sufficiente per rispondere al quesito (seppur con un atto di fede!), visto che le risposte multiple si fermavano fortunatamente a 5.

----------------------------------

Se poi non ci fidiamo della fattorizzazione unica (o non sappiamo che c'è), e vogliamo trovare davvero 5 fattori, possiamo metterci a dividere polinomi a casaccio (noi sì che abbiamo metodo). Siccome siamo scriteriati e sfaticati, dividiamo prima $ ~x^{10}-x^5+1 $ per $ ~x^2-x+1 $, che sono i più corti da scrivere. :roll:
Ci ricordiamo come si fa la divisione tra polinomi, vero? Err, "certo"! :?

$ ~(x^{10}-x^5+1)/(x^2-x+1) = x^8+x^7-x^5-x^4-x^3+x^2+1 $

Tombola, è divisibile! La nostra scomposizione allora è questa:

$ ~x^{16}+x = x(x+1)(x^4-x^3+x^2-x+1)(x^2-x+1)(x^8+x^7-x^5-x^4-x^3+x^2+1) $

Ok, e chi ci dice che quegli ultimi 3 polinomi siano irriducibili? Le risposte multiple arrivano fino a 5, ma noi siamo come S. Tommaso. Purtroppo qui il bagaglio olimpico standard si ferma, e per risolvere completamente l'esercizio dobbiamo studiare cose come il lemma di Gauss o altre robacce, oppure rimboccarci le maniche (scelta sconsigliata) ed andare per esaustione moltiplicando tra loro le radici quindicesime di -1 in tutti i modi possibili. Auguri! :wink:

Metra
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Messaggio da Metra » 15 feb 2009, 19:59

stefanos ha scritto:Mi sa che la somma massima sarebbe 148+149. Comunque, considera la somma 51+149 :wink:
niente...ero troppo stanco xD

Sonner
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Messaggio da Sonner » 15 feb 2009, 21:10

Metra ha scritto:nella 7 avevo trovato la vostra risposta c, io avevo messo e (pensando che l'intervallo fosse da 50 a 149) mi potete spiegare cosa ho sbagliato? :D
51+149 = divisibile per 100

trastorm
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Messaggio da trastorm » 15 feb 2009, 21:31

teppic ha scritto:
trastorm ha scritto:grazie :D
ma a uno come può venire in mente una cosa del genere??? :shock:
Il fatto è che $ z^d+1 $ tutte le volte che d è dispari si fattorizza in $ (z+1) $ per roba.

Abbiamo $ x^{15}+1 $ che può essere visto come la scrittura precedente con d=3, $ z=x^5 $ o con d=5, $ z=x^3 $.

Quindi i fattori $ (x^5+1) $ e $ (x^3+1) $ ci devono essere. Entrambi si fattorizzano un'altra volta con la stessa proprietà, quindi i fattori $ (x^4-x^3+x^2-x+1) $ e $ (x^2-x+1) $ ci devono essere.

Il resto sono conti, mi pare.
già, mi è venuto in mente 'sta mattina... anche se è decisamente troppo tardi :D
il mio dubbio era come fare a sapere che non c sn ulteriori scmposizioni, ma a quanto pare servono altre conoscenze

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