algebra ...propedeutica

Vuoi proporre i tuoi esercizi? Qui puoi farlo!!

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karl
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Messaggio da karl » 01 gen 1970, 01:33

<!-- BBCode Start --><IMG SRC="http://xoomer.virgilio.it/carlolorito/propedeutica.bmp"><!-- BBCode End -->
<BR>1)per quali valori interi di m,n,p si verifica la relazione scritta?
<BR>[a|b=a divide b]
<BR>
<BR>2)calcolare S
<BR>
<BR>3)dimostrare che : s=1/2
<BR>

Shoma85
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Messaggio da Shoma85 » 01 gen 1970, 01:33

1) x<sup>6</sup> - 1 = (x<sup>4</sup> + x<sup>2</sup> + 1)(x^2-1)
<BR>w è la radice sesta dell\'unita w<sup>6</sup>=1
<BR>Siccome x<sup>3m</sup> + x<sup>2n+1</sup> + x<sup>3p+2</sup> deve essere divisibile per x<sup>4</sup> + x<sup>2</sup> + 1
<BR>allora w<sup>3m</sup> + w<sup>2n+1</sup> + w<sup>3p+2</sup>=0
<BR>Cioè m=2k, n=2h+1, p=2z (uno deve essere congruo a 2 mod 6, uno 4 mod 6 e l\'altro 0 mod 6).
<BR>Funziona?
<img src="http://dsomensi.altervista.org/immagini/im.gif">

andrea84
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Messaggio da andrea84 » 01 gen 1970, 01:33

Per il secondo...perdonatemi ma non ho molto tempo per fare i conti...
<BR>Scriviamo cos(ja)=(e^(jai)+e^(-jai))/2
<BR>che sostituita nella relazione di partenza porta a due progressione geometriche, una di ragione d=ae^(ai) e l\'altra d=ae^(-ai).
<BR>Da qui dovrebbe essere facile...appena ho un pò di tempo provo per bene...intanto ditemi se l\'idea funziona...
<BR>
<BR>Ciao
Andrea 84 alias Brend

MindFlyer

Messaggio da MindFlyer » 01 gen 1970, 01:33

Facciamo il 3°.
<BR>Diciamo che f(k) = cos((2k+1)Pi/11). Allora, sum[k=0..10]f(k) = 0, perché possiamo vedere questa somma come la coordinata x del baricentro di un undecagono regolare centrato nell\'origine. Ora, siccome f(k) = f(10-k) e f(5) = -1, segue che 0 = sum[k=0..10]f(k) = S-1+S, da cui S = 1/2.

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karl
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Messaggio da karl » 01 gen 1970, 01:33

Per Shoma85.
<BR>Se si sceglie ,ad es.,m=2 n=1 p=2 la condizione
<BR>di divisibilita\' e\' soddisfatta [x^4+x^2+1| x^6+x^4+x^8]
<BR>ma la terna (2,1,2) non soddisfa le condizioni da te indicate.
<BR>Egualmente per la terna (3,4,5)
<BR>La tua soluzione contiene qualche elemento positivo ma andrebbe
<BR>rivista e completata.
<BR>Per Andrea84.
<BR>per quanto mi riguarda, ho una soluzione sostanzialmente analoga.
<BR>Fa i calcoli e poi si vede.
<BR>Ciao.
<BR> <BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: karl il 05-09-2004 19:49 ]

Shoma85
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Messaggio da Shoma85 » 01 gen 1970, 01:33

La terna (3,4,5) non è fra quelle che ho indicato...
<BR>mentre (2,1,2) soddisfa le mie condizioni.
<BR>(m,n,p) --> (2k, 2h+1, 2z) con k, h, z interi.
<img src="http://dsomensi.altervista.org/immagini/im.gif">

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karl
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Messaggio da karl » 01 gen 1970, 01:33

Nella tua risposta compare una congrueza (mod 6) che non
<BR>vedo in (2,1,2).Se poi la terna (3,4,5) e\' accettabile vuol dire
<BR>che la tua soluzione [nella nuova formulazione da te fatta]
<BR>e\' parziale.C\'e un\'altra possibilita\'.
<BR>
<BR>La soluzione del 3° di MindFlyer e\' praticamente come la mia,con una
<BR>piccola differenza:
<BR>[eleganza soluzione.Mind]:[eleganza soluzione.karl]=10:1
<BR>!!!
<BR>
<BR>
<BR><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: karl il 05-09-2004 19:29 ]

MindFlyer

Messaggio da MindFlyer » 01 gen 1970, 01:33

Grazie del complimento, comunque è un problema che avevo già risolto, non ho tirato fuori la soluzione dal cilindro. Esiste in mille varianti, hai fatto bene a proporlo come problema propedeutico!

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Marco
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Messaggio da Marco » 01 gen 1970, 01:33

Ciao a tutti.
<BR>
<BR><!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>
<BR>On 2004-09-05 17:35, Shoma85 wrote:
<BR>1) x<sup>6</sup> - 1 = (x<sup>4</sup> + x<sup>2</sup> + 1)(x^2-1)
<BR>w è la radice sesta dell\'unita w<sup>6</sup>=1
<BR>Siccome x<sup>3m</sup> + x<sup>2n+1</sup> + x<sup>3p+2</sup> deve essere divisibile per x<sup>4</sup> + x<sup>2</sup> + 1
<BR>allora w<sup>3m</sup> + w<sup>2n+1</sup> + w<sup>3p+2</sup>=0
<BR>Cioè m=2k, n=2h+1, p=2z (uno deve essere congruo a 2 mod 6, uno 4 mod 6 e l\'altro 0 mod 6).
<BR>Funziona?
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>
<BR>Shoma,
<BR>no, non funziona.
<BR>
<BR>Tu hai trovato una famiglia di soluzioni. Non hai trovato <!-- BBCode Start --><B>TUTTE</B><!-- BBCode End --> le soluzioni.
<BR>
<BR>La tua dimostrazione becca la soluzione più stupida di tutte (m=0, n=1, p=0; x<sup>4</sup> + x<sup>2</sup> + 1 divide se stesso), ma non la seconda più stupida: m=1, n=0, p=1; x<sup>5</sup> + x<sup>3</sup> + x = x ( x<sup>4</sup> + ecc... ).
<BR>
<BR>Karl, inoltre ti ha sottoposto un\'altra soluzione che la tua formula non indica (3, 4, 5); x<sup>17</sup> + x<sup>13</sup> + x<sup>9</sup> = x<sup>9</sup> (x<sup>4</sup> - x<sup>2</sup> + 1) (x<sup>4</sup> + x<sup>2</sup> + 1).
<BR>
<BR>Se esistono soluzioni che la tua formula non indica, significa che c\'è un buco nella dimostrazione.
<BR>
<BR>Hint: quali sono tutte le relazioni lineari a coefficienti interi tra 1, w, w<sup>2</sup>, oltre a quella facile w<sup>2</sup> - w + 1 = 0?
<BR>
<BR>Un saluto.
<BR>
<BR>M.
[i:2epswnx1]già ambasciatore ufficiale di RM in Londra[/i:2epswnx1]
- - - - -
"Well, master, we're in a fix and no mistake."

Shoma85
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Messaggio da Shoma85 » 01 gen 1970, 01:33

Avevo risposto un po\' troppo in fretta, senza pensarci...ci riprovo:
<BR>w è la radice sesta dell\'unità. Le soluzioni di x<sup>4</sup>+x<sup>2</sup>+1 sono w, w<sup>2</sup>, w<sup>4</sup> e w<sup>5</sup>. Per essere divisibile x<sup>3m</sup>+x<sup>3n+1</sup>+x<sup>3p+2</sup> deve avere (anche)queste radici.
<BR>Sappiamo che w<sup>4</sup>+w<sup>2</sup>+1=0
<BR>w<sup>2</sup>+w+1 =0 e che w<sup>2</sup>-w+1 =0
<BR>w<sup>5</sup>+w<sup>3</sup>+1 =0 (basta scomporre w<sup>6</sup>-1).
<BR>Per w<sup>2</sup> e <sup>4</sup> la condizione è sempre verificata (cioè le ha come radici per qualsiasi valore di p,m,n).
<BR>Per w otteniamo: w<sup>3m</sup>+w<sup>3n+1</sup>+w<sup>3p+2</sup> =0
<BR>Per w<sup>5</sup>:w<sup>3m</sup>+w<sup>3n+5</sup>+w<sup>3p+4</sup> =0
<BR>Queste due condizioni sono verificate entrambe (sfruttando le relazioni scritte prima) per:
<BR>m=2h, n=2k+1, p=2z
<BR>m=2h+1, n=2k, p=2z+1
<BR>Spero di non aver sbagliato ancora... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_cool.gif">
<BR>
<BR><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: Shoma85 il 06-09-2004 13:52 ]
<img src="http://dsomensi.altervista.org/immagini/im.gif">

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Marco
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Messaggio da Marco » 01 gen 1970, 01:33

<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>
<BR>On 2004-09-06 13:36, Shoma85 wrote:
<BR>[...] Le soluzioni di x<sup>4</sup>+x<sup>2</sup>+1 sono w, w<sup>2</sup>, w<sup>4</sup> e w<sup>5</sup>. Per essere divisibile x<sup>3m</sup>+x<sup>3n+1</sup>+x<sup>3p+2</sup> deve avere (anche)queste radici. [...]
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>
<BR>Ciao a tutti.
<BR>
<BR>Shoma mi scuserà, ma faccio ancora per un attimo il pedante. Del resto siamo in un filo \"propedeutico\", e mi sembra utile sottolineare le possibili trappole in cui è facile cadere. La soluzione di Shoma è sostanzialmente corretta (anche se qualche passaggio qui e là non è proprio spiegatissimo).
<BR>
<BR>Tuttavia c\'è un piccolissimo buco di sostanza. Shoma nel braqno citato usa il seguente
<BR>
<BR>Lemma(?): Un polinomio p(x) è multiplo un altro polinomio q(x) solo se ha le stesse radici.
<BR>
<BR>Il lemma è FALSO: p(x) = x e q(x) = x<sup>2</sup> è un controesempio.
<BR>
<BR>Il lemma vero è
<BR>
<BR>Lemma(!): Un polinomio p(x) è multiplo un altro polinomio q(x) solo se ha le stesse radici, CON ALMENO LA STESSA MOLTEPLICITA\'.
<BR>
<BR>[ok, pedanteria per pedanteria, ci vuole che i coefficienti siano in un campo con caratteristica 0, ma lasciamo perdere questi cavilli].
<BR>
<BR>Il passaggetto che manca per avere 7 punti, è quindi, il controllo che il polinomio x<sup>4</sup> + x<sup>2</sup> + 1 abbia tutte radici semplici. Questo è vero, e quindi tutto il resto del ragionamento prosegue liscio.
<BR>
<BR>Scusate ancora la pignoleria.
<BR>
<BR>Ciao.
<BR>
<BR>M.
<BR>[addsig]
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karl
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Messaggio da karl » 01 gen 1970, 01:33

Ora ci sono tutte le possibil soluzioni.
<BR>Ok.
<BR>

Shoma85
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Messaggio da Shoma85 » 01 gen 1970, 01:33

Grazie Marco,
<BR>comunque dicendo che le radici di x<sup>4</sup>+x<sup>2</sup>+1 sono w, w<sup>2</sup>, w<sup>4</sup> e w<sup>5</sup> (ed è facile verificarlo) non è implicito che le radici siano anche semplici (è di quarto grado...)?
<BR>
<BR>Ciao Shoma!<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: Shoma85 il 06-09-2004 16:37 ]
<img src="http://dsomensi.altervista.org/immagini/im.gif">

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Messaggio da Marco » 01 gen 1970, 01:33

...solo se quei quattro signori sono distinti. E\' tutto vero. Solo che la tua dimostrazione non lo diceva nemmeno di sfuggita.
<BR>
<BR>Non fraintendermi, non sto affatto dicendo che hai ciccato completamente l\'esercizio. Anzi, siamo perfettamente d\'accordo nel dire che hai capito assolutamente tutto della soluzione.
<BR>
<BR>Ma, avendo corretto qualche gara di matematica, so per esperienza che una soluzione che non dica da nessuna parte, almeno \"si vede che le radici sono distinte\" oppure \"il polinomio ha solo radici semplici\" o qualche stupidaggine del genere che fa capire chiaramente che SAI che puoi applicare il Lemma(!), non può ricevere punteggio pieno, per quanto banale sia il passaggetto che manca. Basta una mezza frase, per convincere anche la giuria più esigente. Ma se quella mezza frase non la scrivi, non pigli 7, non ce n\'è per nessuno.
<BR>
<BR>Il mio è solo un warning per te e per chi fa le gare: attento, se devi fare le olimpiadi di matematica, e ti dimentichi di una cazzata del genere, butti sicuramente dalla finestra (almeno) un punto altrimenti sacrosanto. Tutto lì.
<BR>
<BR>Ciao.
<BR>
<BR>M.
<BR>
<BR>[addsig]
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Shoma85
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Messaggio da Shoma85 » 01 gen 1970, 01:33

Ok, tutto chiaro.
<BR>Grazie <IMG SRC="images/forum/icons/icon_smile.gif">
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