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Re: SNS mate 2014/2015

Inviato: 31 lug 2015, 17:45
da Euler271
Sono arrivato a $ a^{7} + b^{7} = 7 (a + b) $

Re: SNS mate 2014/2015

Inviato: 31 lug 2015, 17:54
da AlexThirty
Ma si può dare per scontato LTE agli esami di ammissione SNS?

Re: SNS mate 2014/2015

Inviato: 31 lug 2015, 18:20
da Euler271
Allora $ a^{7} + b^{7} = 7 (a + b) $
Quindi la si può riscrivere come
$ a (a^{6} - 7) + b (b^{6} - 7) =0 $
Sì sa che $ a, b \geq 1 $
Quindi i termini che figurano nella uguaglianza a zero sono tutti positivi e ne deduco che $ a, b =0 $
Sostituendo nella traccia del problema si ottiene
$ 0 = 7^{c} $ assurdo
Quindi non ci sono soluzioni

Re: SNS mate 2014/2015

Inviato: 31 lug 2015, 18:21
da Euler271
AlexThirty ha scritto:Ma si può dare per scontato LTE agli esami di ammissione SNS?
Cos'è LTE

Re: SNS mate 2014/2015

Inviato: 31 lug 2015, 20:18
da wall98
LTE è, sostanzialmente, un insieme di risultati utili per risolvere le equazioni diofantee (cioè a soluzioni intere) nelle quali gli esponenti sono la parte difficile da trattare.
Notazione: Sia $v_p(m)$ l'esponente della massima potenza di $p$ che divide $m$, quindi $\displaystyle p^{v_p(m)}$ divide $m$ e $\displaystyle p^{v_p(m)+1}$ non divide $m$.

Per esempio, in questo problema $LTE$ si può usare così:
Testo nascosto:
Si potrebbe sfruttare $v_p(a^p+b^p)=v_p(a+b)+1$(LTE) con $p=7$, che ci porta a dire, visto che $a+b$ è potenza di sette, che $a^7+b^7=7(a+b)$. E si conclude con delle disuguaglianze, cioè $a^7>7a, \ b^7>7b \Longrightarrow\ a^7+b^7>7a+7b$.

Re: SNS mate 2014/2015

Inviato: 31 lug 2015, 22:54
da Euler271
Grazie wall98 ;)

Re: SNS mate 2014/2015

Inviato: 01 ago 2015, 11:05
da AlexThirty
Euler tu invece come hai fatto a dedurre che l
$ a^{7}+b^{7}=7(a+b) $

Il fatto che $ a+b $ debba essere una potenza di 7 l'ho capito ma non mi è chiaro come sei arrivato al fatto che l'esponente di 7 salga solo di uno in
$ \frac{a^{7}+b^{7}}{a+b} $ senza usare LTE

Re: SNS mate 2014/2015

Inviato: 01 ago 2015, 12:37
da Euler271
Ho posto $ a + b = 7^{n} $
Da cui $ a^{7} = ( 7^{n} - b )^{7} $
Sostituendo nella traccia e sviluppata la potenza del binomio ottieni che
$ a^{7} + b^{7} = 7^{7 n} + . . . + 7^{n + 1} b^{6} $
Si vede quindi che la max potenza di 7 che divide $ a^{7} + b^{7} $ è $ 7^{n + 1} $
Essa quindi deve essere anche la max potenza che divide $ 7^{c} $ perché $ a^{7} + b^{7} = 7^{c} $
Da qui ricavo che $ c = n + 1 $
(Se fosse minore non sarebbe divisibile e se fosse maggiore non sarebbe la potenza massima) e quindi trovo che $ a^{7} + b^{7} = 7^{n + 1} = 7 (a + b) $

Re: SNS mate 2014/2015

Inviato: 01 ago 2015, 14:27
da AlexThirty
Ok perfetto! Ho capito.
Quella che hai scritto è quasi una mini dimostrazione di LTE con $ p=7 $, se hai voglia di imparare LTE guardati il Senior 2014 N2, dove è spiegato molto bene

Re: SNS mate 2014/2015

Inviato: 02 ago 2015, 19:33
da Euler271
AlexThirty ha scritto:Ok perfetto! Ho capito.
Quella che hai scritto è quasi una mini dimostrazione di LTE con $ p=7 $, se hai voglia di imparare LTE guardati il Senior 2014 N2, dove è spiegato molto bene
cos'è il senior?

Re: SNS mate 2014/2015

Inviato: 08 ago 2015, 15:41
da Peppe97
Euler271 ha scritto:Si vede quindi che la max potenza di 7 che divide $ a^{7} + b^{7} $ è $ 7^{n + 1} $
Ciao Euler, mi spieghi come mai $ 7^{n+1} $ sia la massima potenza di 7 che divide $ a^{7} + b^{7} $?

Re: SNS mate 2014/2015

Inviato: 08 ago 2015, 16:55
da AlexThirty
Si sa che, siccome sicuramente $ a+b|a^7+b^7 $, allora $ a+b $ deve essere una potenza di $ 7 $, quindi scriviamo $ a+b=7^n $.
Riscrivi quindi come $ a=7^n-b $ e provi a calcolare $ a^7+b^7 $ sostituendo quello che hai appena trovato.
Hai cosi
$ (7^n-b)^7+b^7 $ ed espandi la prima parentesi usando il binomio di Newton $ \sum_{i=0}^{7}{\binom{7}{i} (7^n)^i (-b)^{7-i}} $, da cui estrapoliamo il termine $ b^7 $ siccome si semplifica.
Diventa così
$ (7^n-b)^7+b^7=\sum_{i=1}^{7}{\binom{7}{i} (7^n)^i (-b)^{7-i}}-b^7+b^7 $.
Ma in$ \sum_{i=1}^{7}{\binom{7}{i} (7^n)^i (-b)^{7-i}} $ si vede che sono tutti termini divisibili per $ 7 $, quindi la massima potenza di $ 7 $ che divide la somma è quella minima tra i vari termini della somma (infatti raggruppando per essa si avranno vari termini multipli di 7 e quello più piccolo che non lo è, il che ci garantisce che quella sarà effettivamenrte la massima potenza).
Si vede chiaramente che il termine della somma con la minima potenza di 7 è quello con $ i=1 $, cioè $ \binom{7}{1} 7^n (-b)^6 $ (infatti gli altri avranno $ 2n $, ecc), in cui il sette compare anche una volta nel binomiale. Quindi l'esponente di 7 nella fattorizzazione di $ a^7+b^7 $ è $ n+1 $.

Re: SNS mate 2014/2015

Inviato: 08 ago 2015, 19:45
da Talete
@Euler271: il senior è uno stage che si svolge annualmente a settembre a Pisa, in questo caso però credo Alex intendesse "i video del senior 2014 N2 medium (cioè la seconda lezione di teoria dei numeri del corso medium)" che si trovano qui in basso, sono gli ultimi tre video: http://olimpiadi.dm.unibo.it/videolezio ... m%2FVideo". ;)

Re: SNS mate 2014/2015

Inviato: 08 ago 2015, 23:46
da Euler271
Grazie talete :D

Re: SNS mate 2014/2015

Inviato: 28 giu 2018, 13:33
da Lance
Propongo una soluzione per il problema 2:
supponiamo per assurdo che il triangolo di area minima si ottenga quando solo tre dei vertici del quadrato giacciono sui lati del triangolo. Chiamiamo i vertici $ A $, $ B $ e $ C $. Siano $ D, E, F, G $ i vertici del quadrato. G appartiene ad AB, F ad AC, E a CB. Tracciamo i prolungamenti di ED e DG che incontrano il prolungamento di AC rispettivamente in $ H $ e $ I $. Sia inoltre $ J $ l'intersezione tra il prolungamento di ID e BCDalla similitudine tra i triangoli FEH e FGI, detta $ l $ il lato del quadrato si ha $ EH*IG = l^2 $ da cui segue che non possono essere entrambi maggiori di l. WLOG $ EH < l $. Se dimostriamo che $ [HCE] < [EDJ] $ abbiamo un assurdo e tutti e 4 i vertici del quadrato giacciono sui lati del triangolo. Si ha, detto $ \alpha $ l'angolo in comune, $ (l-EC\sin\alpha) \tan\beta = EC\cos\alpha $ dove $ \tan\beta = \frac{EH}{l} < 1 $. Si ricava facilmente $ EC = \frac{l}{\sin\alpha+\frac{\cos\alpha}{\tan\beta}}<EJ = \frac{l}{\cos\alpha} $. Inoltre $ EH < ED $ quindi il triangolo HEC è contenuto all'interno di EJD.
Abbiamo dimostrato che un lato del quadrato deve appartenere a un lato del triangolo. Supponiamo che questo lato sia BC. Sia H il piede della perpendicolare condotta da A a BC e $ \alpha = \angle{BAH}, \beta=\angle{CAH} $ Si ricava facilmente che $ \frac{2A}{l^2} = (\tan\alpha + \tan\beta) + \frac{1}{\tan\alpha + \tan\beta}+2 $ che vale come minimo 4. Quindi l'area del triangolo vale come minimo 2. :)