Oliforum contest 4th edition

Qui si parla del + e del -. Se per colpa della matematica ti hanno bandito dalla birreria, qui puoi sfogarti.


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Triarii
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Re: Oliforum contest 4th edition

Messaggio da Triarii » 14 nov 2013, 17:31

Vogliamo il 6! Vogliamo il 6! (la soluzione intendo)
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Lasker
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Re: Oliforum contest 4th edition

Messaggio da Lasker » 14 nov 2013, 17:52

Solo io non riesco a "vedere" la soluzione del primo (ed anzi, ogni tentativo che ho fatto mi è parso sostanzialmente inutile)? Potreste darmi almeno un hint, visto che proprio non ci arrivo (e sì che, almeno dai punteggi, sembra essere molto facile :oops: )?
"Una funzione generatrice è una corda da bucato usata per appendervi una successione numerica per metterla in mostra" (Herbert Wilf)

"La matematica è la regina delle scienze e la teoria dei numeri è la regina della matematica" (Carl Friedrich Gauss)

Sensibilizzazione all'uso delle potenti Coordinate Cartesiane, possano seppellire per sempre le orride baricentriche corruttrici dei giovani: cur enim scribere tre numeri quando se ne abbisogna di due?

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karlosson_sul_tetto
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Re: Oliforum contest 4th edition

Messaggio da karlosson_sul_tetto » 14 nov 2013, 18:22

Lasker ha scritto:Solo io non riesco a "vedere" la soluzione del primo (ed anzi, ogni tentativo che ho fatto mi è parso sostanzialmente inutile)? Potreste darmi almeno un hint, visto che proprio non ci arrivo (e sì che, almeno dai punteggi, sembra essere molto facile :oops: )?
Testo nascosto:
L'idea è simile alla dimostrazione $ a^2 \equiv b^2 \pmod{p} \rightarrow a\equiv \pm b $
"Inequality happens"
---
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xXStephXx
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Re: Oliforum contest 4th edition

Messaggio da xXStephXx » 14 nov 2013, 18:37

A me son piaciuti soprattutto il primo, il quarto e l'ottavo :lol: :lol:
No vabbè il 7 :D

Mi unisco alla richiesta della soluzione del 6... E magari c'erano anche altre soluzioni per il 3 oltre a quella che abbiamo già visto?

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jordan
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Re: Oliforum contest 4th edition

Messaggio da jordan » 14 nov 2013, 21:24

Lasker ha scritto:Solo io non riesco a "vedere" la soluzione del primo (ed anzi, ogni tentativo che ho fatto mi è parso sostanzialmente inutile)? Potreste darmi almeno un hint, visto che proprio non ci arrivo (e sì che, almeno dai punteggi, sembra essere molto facile :oops: )?
E' l'unica che ho scritto per ora:

In $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ we have $x^4=y^4$ for some non-zero integers $x,y$ if and only if $\left(x/y\right)^3+\left(x/y\right)^2+\left(x/y\right)+1=0.$
It means that if $\chi$ is a integer such that $\chi^3+\chi^2+\chi+1=0$, that exists by assumption, then $b=\chi a$, $c=\chi^2 a$ and $d=\chi^3 a$. It's enough to say that $ a+b+c+d=a(\chi^3+\chi^2+\chi+1)=0$ and $$a^{2013}+b^{2013}+c^{2013}+d^{2013}=a^{2013}(\chi^{3\cdot 2013}+\chi^{2\cdot 2013}+\chi^{2013}+1)=0.$$Let's go back to the divisibility in $\mathbb{Z}$: clearly $0<a+b+c+d<4p$, implying that $a+b+c+d \in \{p,2p,3p\}$. But in every case $x \equiv x^{2013}\pmod{k}$ for every integer $x$ and $k \in \{1,2,3\}$: indeed $p$ has to be at least $5$ so that $\text{gcd}(k,p)=1$ and the conclusion follows by Chinese remainder theorem.

Piu' in generale, vedi qui :roll:

Enigma, posti te il 6?
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Re: Oliforum contest 4th edition

Messaggio da ma_go » 14 nov 2013, 22:16

credo di avere una soluzione leggermente più semplice, jordan. vediamo se convinco il pubblico (e te).
chiamiamo $m = a^4$. allora $x^4-m$ ha quattro soluzioni distinte mod $p$, rappresentate da $a$, $b$, $c$ e $d$. siccome 4 è pari, abbiamo che $d = p-a$ e $c = p-b$, da cui $a+b+c+d = 2p$.
$a^k+b^k+c^k+d^k$ ha la stessa parità di $a+b+c+d$, quindi è pari per ogni $k$. inoltre, per $k$ dispari, $a^k+d^k \equiv 0$, perché $a\equiv -d$, quindi $a^k+b^k+c^k+d^k \equiv 0 \pmod{2p}$ per ogni $k$ dispari, ed in particolare per $k = 2013$.

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Re: Oliforum contest 4th edition

Messaggio da <enigma> » 14 nov 2013, 22:35

Ecco la soluzione del 6. Se volete le figure fatevele voi con GeoGebra :wink:

Data una faccia $A_1 A_2 \ldots A_n$ sia $O$ il suo punto di tangenza con l'ipotetica sfera. Per ogni faccia la somma degli angoli $\angle A_i O A_{i+1}$ fa $2 \pi$: sommiamo poi su tutte le facce, prendendo gli angoli con segno positivo se la loro faccia è bianca e negativo se è nera. Poiché le facce nere sono in maggioranza, tale somma è negativa.
D'altra parte, date due facce con uno spigolo in comune $AB$ e punti di tangenza della sfera rispettivamente $O$ e $O'$, $\angle AOB= \angle AO'B$ per tangenza. Ma se prendiamo la somma di prima considerando questa osservazione, ci sono due tipi di coppie di facce adiacenti: una nera e una bianca (che contribuiscono 0) o entrambe bianche (che danno un contributo positivo). Dunque la somma di tutti gli angoli è positiva, assurdo.
"Quello lì pubblica come un riccio!" (G.)
"Questo puoi mostrarlo o assumendo abc o assumendo GRH+BSD, vedi tu cos'è meno peggio..." (cit.)

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jordan
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Re: Oliforum contest 4th edition

Messaggio da jordan » 15 nov 2013, 02:21

ma_go ha scritto:credo di avere una soluzione leggermente più semplice, jordan. vediamo se convinco il pubblico (e te).
Si ma_go, tutti quelli che hanno risolto il problema hanno avuto la tua stessa soluzione :cry:

Ps. Thank you enigma
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Lasker
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Re: Oliforum contest 4th edition

Messaggio da Lasker » 15 nov 2013, 07:10

Grazie dei chiarimenti! (non ho proprio pensato a usare il teorema fondamentale dell'algebra in $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$, in pratica non ho dedicato attenzioni all'approccio corretto :roll: )
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Re: Oliforum contest 4th edition

Messaggio da jordan » 15 nov 2013, 23:54

Lasker ha scritto:..non ho proprio pensato a usare il teorema fondamentale dell'algebra in $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$.
Come vedi dalla soluzione di ma_go, si poteva anche evitare :wink:
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Re: Oliforum contest 4th edition

Messaggio da scambret » 16 nov 2013, 15:03

Grazie mille per il contest :D

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