Algebra e Combinatoria da Febbraio e poco in su

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

Algebra
<BR>2.2) Quante sono le coppie di interi positivi (x,y) che soddisfano x<sup>2</sup>+y<sup>2</sup>-2004x+2xy-2004y+2005=0?
<BR><font color=white>L\'equazione si può riscrivere come
<BR>(x+y)<sup>2</sup>-2004(x+y)+2005=0
<BR>Usando la formula (ridotta) per le equazioni di secondo grado, le soluzioni dell\'equazione in (x+y) sono date da
<BR>1002 +- sqrt(1002<sup>2</sup>-2005) = 1002 +- sqrt(1001999)
<BR>che non rappresentano un numero intero perchè il numero sotto radice non è un quadrato.
<BR>Se non è intera la somma di x e y, a maggior ragione non potrà esserci alcun valore intero accettabile per x,y.<div style= font-size:1><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: Hammond il 08-02-2005 20:18 ]

sprmnt21
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Messaggio da sprmnt21 » 01 gen 1970, 01:33

A 2.6
<BR>
<BR>La relazione data e\' equivalente a
<BR>
<BR>[A_(n+1) - A_n]^2 = 1 + 2A_n A_(n+1)
<BR>
<BR>da cui, per \"traslazione\", segue
<BR>
<BR>[A_n - A_(n-1)]^2 = 1 + 2A_(n-1)A_n
<BR>
<BR>
<BR>Sottraendo membro a membro queste due, si ricava che
<BR>
<BR>
<BR>A_(n+1) + A_(n-1) = 4A_n.
<BR>
<BR>
<BR>Da quest\'ultima segue che se A_n e A_(n-1) sono interi anche A_(n+1) e\' intero. essendo A_0 = 1 e A_1 = 4 si ha che tutti gli A_n sono interi.
<BR>
<BR>
<BR>
<BR>

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

Altri commenti:
<BR>
<BR>@Hammond:
<BR>Direi che con la combinatoria ti trovi a tuo agio. Conosci le formule e le applichi bene, il che è un\'ottima cosa. Le tue soluzioni sono corrette e non ho nulla da eccepire. Ti voglio dare solo un suggerimento per migliorare ulteriormente.
<BR>
<BR>Le tue soluzioni sono molto standard: riconosco i pattern, vedo come contare i vari casi, applico le formule, combino, ecc... Nulla di male, in ciò. A volte però esaminare un problema in modo un po\' meno standard, può portare a insights illuminanti, che possono tornare buoni quando i metodi standard sono troppo intricati per sciogliere i quesiti.
<BR>
<BR>[spoiler: contiene soluzione alternativa]
<BR>Esempio: la tua sol. per il C.2.3.
<BR>Il caso (1) si poteva semplificare ulteriormente se <font color = white>
<BR>ti accorgevi che anagrammare LICEALI con il blocco \"CA\" equivale ad anagrammare LIXELI (dove X è il blocco \"CA\"). Quindi potevi concludere applicando immediatamente la formula degli anagrammi: 6!/2!/2! = 180</font>.
<BR>
<BR>Il caso (2), invece, poteva essere semplificato <font color = white>
<BR>scoprendo la simmetria del problema. In un anagramma, due sono i casi possibili: C precede A o C segue A. I due casi inoltre hanno la stessa numerosità: infatti gli anagrammi in cui C < A sono in corrispondenza biunivoca con quelli in cui C > A. [esercizio: trovare una corrispondenza biunivoca carina]. Allora se prendi il numero totale degli anagrammi (per cui abbiamo la formula): 7!/2!/2! e dividi per due, ottieni il risultato: 7*6*5*3 = 630</font>.
<BR>
<BR>Hai fatto bene a dimostrare la formula degli anagrammi (in esercizi così semplici, praticamente, non c\'è molto altro...). Tuttavia è considerata common knowledge ed è sufficiente saperla applicare.
<BR>
<BR>Ciao. M.[addsig]
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Boll
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Messaggio da Boll » 01 gen 1970, 01:33

2.3
<BR>
<BR><font color=white>
<BR>Per definizione una progressione aritmetica è definita come a<sub>n+1</sub>=a<sub>1</sub>+nk dove k è la ragione della progressione. Ora, la Media Aritmetica della nostra progressione è quindi
<BR>(a<sub>1</sub>+a<sub>1</sub>+k+a<sub>1</sub>+2k+...+a<sub>1</sub>+(n-1)k)/n, raccogliendo e sfruttando la regola di Gauss avremo a<sub>1</sub>+((n-1)/2)k.
<BR>Ora la media di tre termini è
<BR>(a<sub>1</sub>+jk+a<sub>1</sub>+(j+1)k+a<sub>1</sub>+(j+2)k)/3, dove 0<=j<=n-3, raccogliendo tutto avremo
<BR>a<sub>1</sub>+(j+1)k
<BR>uguagliando le due AM
<BR>a<sub>1</sub>+(j+1)k=a<sub>1</sub>+((n-1)/2)k
<BR>(j+1)k=((n-1)/2)k
<BR>elidiamo k, osservando che se fosse uguale a 0, avremo una successione costante di a<sub>1</sub>, che verifica la tesi.
<BR>(j+1)=((n-1)/2)
<BR>n=2(j+1)+1
<BR>quindi n dispari, che è condizione necessaria e sufficente, comunque è facile dimostrare che per n dispari la tesi è verificata, poichè la media di tue termini simmetrici rispetto al centrale è uguale alla media della progressione (si dimostra agilmente col metodo precedente, ma sono troppe formule da scrivere), quindi ci basta prendere il centrale e i due immediatamente a fianco.
"Ma devo prendere una n-upla qualsiasi o una n-upla arbitraria?" (Lui)

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

3.4
<BR><font color=white>
<BR>W l\'ermetismo...
<BR>f(x)=2<sup>x</sup>
<BR>verifichiamo che funzii
<BR>2<sup>2x+1</sup>=2*(2<sup>x</sup>)<sup>2</sup>
<BR>2<sup>2x+1</sup>=2<sup>2x+1</sup>
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Messaggio da enomis_costa88 » 01 gen 1970, 01:33

@Marco per l\'uno.sette hai ragione la fattorizzazione è unica A MENO DELL\'ORDINE DEI FATTORI..mi ricorderò di scriverlo la prossima volta che userò la fattorizzazione unica. la mia dimostazione del5 della seconda sezione vale solo sui positivi..stò tentando di prepararne una anche per i negativi..ma è un casino!!!mi piacerebbe sapere se c\'è qualche metodo conoscere il minimo di un membro di una disequazione senza conoscere il calcolo infinitesimale..
<BR>intanto ecco qualcosa da correggere: esercizio 6 sezione 2:
<BR><font color=white>
<BR>A2 è intera 2+sqrt(4)=4
<BR>A3 è intera 8+sqrt(3*16+1)
<BR>supponiamo interi tutti i membri della successione fino ad A(n+1).
<BR>A(n+2) è intero se (sqrt3(2An+sqrt(3An^2+1))^2+1) è intero.
<BR>quest\'ultima è riscrivibile come(o una qualsiasi delle permutazioni dei suoi addendi ovviamente <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif"> ) sqrt((2sqrt(3An^2+1))^2+(3An)^2+2(3an2sqrt(3An^2+1))cioè la radice di un quadrato di binomio: (3An+2sqrt(3An^2+1))^2. Inoltre sqrt(3An^2+1) è A(n+1)-2An che è intero perchè differenza tra quantità intere ipotesi induttiva quindi An+2 è sicuramente intero.Per il principio di induzione completa, l\'ipotesi, CREDO(possibili errori logico teorici...)sia verificata per tutti i membri della successione...<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: enomis_costa88 il 09-02-2005 21:38 ]
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Simo_the_wolf
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Messaggio da Simo_the_wolf » 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 2005-02-08 15:45, marco wrote:
<BR>Commenti delle correzioni di iersera.
<BR>@Simo t. W. (pb. A.3.8*)
<BR>La leggibilità è decisamente molto, molto, migliorata.
<BR>
<BR>Attenzione al punto delicato (l\'asterisco). A parte che i maggiori/minori ti hanno mangiato un po\' di simboli [consiglio: inserisci sempre uno spazio attorno a < e >, altrimenti il parser malinterpreta], c\'è ancora qualcosina che non va.
<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>essendo crescente dovrebbe esserci un numero reale r tale che r < f(x)+x per ogni x in R e/o un reale s t.c. s > f(x)+x per ogni x in R.</BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>
<BR>Credo che stai utilizzando il seguente
<BR>
<BR><!-- BBCode Start --><B>Lemma??</B><!-- BBCode End --> Una funzione R -- > R monotona, non surgettiva è necessariamente limitata.
<BR>
<BR>Falso! Controesempio: f(x) = x + sign(x). E crescente, non limitata, ma non prende mai il valore 1/2.
<BR>
<BR>Il lemma dell\'(*) è un lemma vero, ma la dimostrazione è fallace. Quindi direi, 3 punti per il caso <!-- BBCode Start --><I>n > 1</I><!-- BBCode End -->, 1 punto per la verifica delle soluzioni, 1 punto per aver concluso (modulo il lemma). Cinque punti.
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>
<BR>Ok, adesso ho usato il lemma (spero azzeccato) che se sommo due funzioni continue e monotone crescenti allora ho un\'altra funzione continua e monotona crescente. Cmq mi sta a fa dannà sta funzionale e secondo me c\'è anche un metodo + semplice che adesso non mi sovviene... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_biggrin.gif">

Cu_Fa
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Messaggio da Cu_Fa » 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 2005-02-09 20:39, enomis_costa88 wrote:
<BR>@Marco per l\'uno.sette hai ragione la fattorizzazione è unica A MENO DELL\'ORDINE DEI FATTORI..mi ricorderò di scriverlo la prossima volta che userò la fattorizzazione unica. la mia dimostazione del5 della seconda sezione vale solo sui positivi..stò tentando di prepararne una anche per i negativi..ma è un casino!!!mi piacerebbe sapere se c\'è qualche metodo conoscere il minimo di un membro di una disequazione senza conoscere il calcolo infinitesimale..
<BR>intanto ecco qualcosa da correggere: esercizio 6 sezione 2:
<BR><font color=white>
<BR>A2 è intera 2+sqrt(4)=4
<BR>A3 è intera 8+sqrt(3*16+1)
<BR>supponiamo interi tutti i membri della successione fino ad A(n+1).
<BR>A(n+2) è intero se (sqrt3(2An+sqrt(3An^2+1))^2+1) è intero.
<BR>quest\'ultima è riscrivibile come(o una qualsiasi delle permutazioni dei suoi addendi ovviamente <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif"> ) sqrt((2sqrt(3An^2+1))^2+(3An)^2+2(3an2sqrt(3An^2+1))cioè la radice di un quadrato di binomio: (3An+2sqrt(3An^2+1))^2. Inoltre sqrt(3An^2+1) è A(n+1)-2An che è intero perchè differenza tra quantità intere ipotesi induttiva quindi An+2 è sicuramente intero.Per il principio di induzione completa, l\'ipotesi, CREDO(possibili errori logico teorici...)sia verificata per tutti i membri della successione...
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>L\'idea era proprio quella di dimostrare per induzione.Ma perchè hai verificato che A(2) e A(3) fossero interi?Era sufficente A(1)(che già te lo dava il testo) e dimostrare sempre induttivamente che A(k)-->A(k+1) con k>=1.
<BR>Guarda la dimostrazione di Sififo...

MindFlyer

Messaggio da MindFlyer » 01 gen 1970, 01:33

Se ho capito bene, la funzionale 3.8 non è ancora stata risolta!!!
<BR>
<BR>
<BR><!-- BBCode Start --><B>PUNTO 1: f(x+f(y))=f(x)+y, con f strettamente monotona.</B><!-- BBCode End --><!-- BBCode ulist Start --><UL><LI>f è strettamente monotona, quindi è iniettiva.
<BR><LI>Mettiamo x=y=0, e viene f(f(0))=f(0), da cui f(0)=0 per l\'iniettività.
<BR><LI>Mettiamo x=0, e viene f(f(y))=y. Dunque, f(x)=y implica f(y)=f(f(x))=x.
<BR><LI>Supponiamo f crescente, fissiamo x e poniamo y=f(x), da cui x=f(y).
<BR>Se y>x allora f(x)>f(y), e se x>y, allora f(y)>f(x), quindi f non è crescente. L\'unica possibilità è y=x, ovvero <!-- BBCode Start --><B>f(x)=x</B><!-- BBCode End -->, che verifica le ipotesi.<LI>Fissato x, sia f(-x)=y, da cui f(y)=-x.
<BR>Si ha 0=f(0)=f(x+(-x))=f(x+f(y))=f(x)+y=f(x)+f(-x). Ovvero, f(-x)=-f(x).
<BR><LI>Supponiamo f decrescente, fissiamo x e poniamo y=f(x), da cui x=f(y)
<BR>e f(-x)=-f(x)=-y. Se y>-x, allora x>-y e f(y)>f(-x), mentre se -x>y, allora -y>x e f(-x)>f(y). In entrambi i casi f non è decrescente, quindi dev\'essere y=-x, ossia <!-- BBCode Start --><B>f(x)=-x</B><!-- BBCode End -->, che verifica le ipotesi.</UL><!-- BBCode ulist End -->
<BR>
<BR><!-- BBCode Start --><B>PUNTO 2: f(x+f(y))=f(x)+y<sup>n</sup>, con n intero >1.</B><!-- BBCode End --><!-- BBCode ulist Start --><UL><LI>Mettendo x=y=0 si ha f(f(0))=f(0).
<BR><LI>Mettendo x=0 si ha f(f(y))=f(0)+y<sup>n</sup>.
<BR><LI>Ora, f(0)=f(f(0))=f(f(f(0)))=f(0)+f(0)<sup>n</sup>, da cui f(0)=0, e quindi f(f(x))=x<sup>n</sup>.
<BR><LI>f(2)=f(1+1<sup>n</sup>)=f(1+f(f(1)))=f(1)+f(1)<sup>n</sup>=f(1)+f(f(f(1)))=f(1)+f(1<sup>n</sup>).
<BR>Quindi, f(2)=f(1)+f(1).
<BR><LI>2<sup>n</sup>=f(f(2))=f(f(1)+f(1))=f(f(1))+1<sup>n</sup>=1<sup>n</sup>+1<sup>n</sup>=2.
<BR>Quindi 2<sup>n</sup>=2, che per n>1 è assurdo.</UL><!-- BBCode ulist End --><font color=white><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: MindFlyer il 11-02-2005 02:21 ]

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

Anche ieri sera ho fatto i compiti. Ecco i nuovi commenti:
<BR>
<BR>@Boll (A.3.7)
<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>avremo che prod(ri)/a1=dispari</BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>???? Esempio: P(x) = 2x-1 [P(0) e P(1) dispari, come prescritto...]. L\'unica radice è 1/2 e quell\'espressione non è nemmeno intera. Come puoi dire che è dispari?
<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>nella nostra equazione non possiamo mai avere un fattore 2 a numeratore</BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>Anche qui c\'è qualcosa che strusa: il prodotto delle radici, in generale, può essere una schifezza totale. Può contenere numeri irrazionali, o addirittura complessi a coefficienti irrazionali. Fare dei ragionamenti di congruenza e divisibilità lì sopra mi sembra quanto meno acrobatico.
<BR>
<BR>Tuttavia, qualcosa di vero nel tuo ragionamento c\'è: se una soluzione intera esiste, essa deve essere dispari. Lemma vero, dimostrazione fallace.
<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>e r è una radice dispari dovrà valere r(sum(ai),i=1..n-1)+an=0</BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>Occhio ai conti!! Dentro la parentesi ci manca un r<sup>qualche cosa</sup>. Aggiusta i conti e dimostri che...
<BR>
<BR>Suggerimento: di solito, se il polignomo è di grado n, i coefficienti si indicizzano da 0 a n (e non, come hai fatto, da 1 a n). Ora, non è un errore (li puoi chiamare anche Pippo, Pluto, Paperoga e Nonna Papera, se credi), ma ti semplifichi la vita se scegli una notazione standard. Poi, se a<sub>0</sub> sia il termine di testa o di coda, è una scelta tua...
<BR>
<BR>@Hammond (pb. A.2.2)
<BR>L\'esercizio è praticamente risolto. Ti ho dato 6 per colpa di questa affermazione:
<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>1.001.999 non è un quadrato</BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>E\' vero. E, a stretto rigore, non ci sarebbe bisogno di dimostrarlo. Boh, ma tu li vedi ad occhio i quadrati perfetti di sette cifre? Ti cambio il 6 in 7 se rispondi esattamente al seguente quiz senza usare la calcolatrice in meno di un minuto:
<BR>
<BR>Quale dei seguenti numeri non è un quadrato perfetto?
<BR>
<BR>3.448.449
<BR>3.748.136
<BR>5.973.136
<BR>6.796.449
<BR>8.462.281
<BR>
<BR>Male, per aver calcolato a mente un numero di sette cifre e doppio male per non averne dimostrato la non quadraticità.
<BR>
<BR>@Sprmnt21 (pb. 2.6)
<BR>Una bellissima dimostrazione: complimenti. Giusto per fare il pign... -aehm- il rigoroso a tutti i costi, hai diviso allegramente per a_(n+1) - a_(n-1) e hai lisciato il caso cretino a_(n+1) = a_(n-1). E\' ovvio che, anche in tal caso, a_(n+1) risulta intero, ma la tua espressione si riduce a 0 = 0 e non puoi dedurne nulla...
<BR>
<BR>Per farti \"perdonare\", perché non spieghi ai giovini come hai fatto a scovare la tua manipolazione? (un\'idea così non nasce per caso, ci vuole mestiere...)
<BR>
<BR>Per la cronaca, la soluzione alternativa che ho in mente è ancora differente. Qualcun altro ci vuole provare?
<BR>
<BR>Ciao. M.[addsig]
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Messaggio da Mathomico » 01 gen 1970, 01:33

vediamo se così il 2.2 risulta più gradito:
<BR>
<BR><font color=white>
<BR>pongo z=(x+y)
<BR>
<BR>l\'equazione risulta così :
<BR>
<BR>z<sup>2</sup>-2004z+2005=0
<BR>
<BR>quindi chiamate a e b le radici del polinomio si deve avere:
<BR>
<BR>a+b=2004
<BR>a b=2005
<BR>con a e b interi positivi...
<BR>ma 2005=1*5*401;
<BR>non è quindi possibile in alcun modo scegliere i fattori di 2005, per ottenere dalla loro somma 2004... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_smile.gif">

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Messaggio da Boll » 01 gen 1970, 01:33

ora dovrebbe andar meglio (il 2.7) avevo scambiato (scrivendo) il prodotto delle radici per il prodotto delle radici diviso il coeff del termine di n-esimo grado<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: Boll il 10-02-2005 17:51 ]
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Messaggio da phi » 01 gen 1970, 01:33

Scusate... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_cool.gif"> mi sto allenando anch\'io per febbraio, e visto che mi pare che nessuno abbia mandato la soluzione del C.2.5, e così non posso controllarla, provo a mandare la mia... vediamo quanti errori ci sono...!
<BR><font color=white>
<BR>Prima parte
<BR>Dunque, vediamo prima di tutto in quanti modi possiamo spartire 4 palline indistinguibili in al più 5 gruppi.
<BR>Possiamo avere gruppi da:
<BR>a. 1+1+1+1(+0)
<BR>b. 2+1+1(+0+0)
<BR>c. 2+2(+0+0+0)
<BR>d. 3+1(+0+0+0)
<BR>e. 4(+0+0+0+0)
<BR>Ora vediamo come le palline si possono disporre, così raggruppate, in 5 scatole numerate.
<BR>a. In 5 modi (ognuno lascia vuota una scatola diversa).
<BR>b. In 5*6=30 modi, ottenuti come 5(dove metto il gruppo da 2) per C(4 2) (dove metto le due palline isolate, escludendo la scatola già occupata).
<BR>c. In 10 modi, C(5 2)
<BR>d. In 20 modi.
<BR>e. In 5 modi.
<BR>In totale 5+30+10+20+5=70 modi.
<BR>
<BR>Seconda parte.
<BR>Qui si chiede, in pratica, in quanti modi si può partizionare un insieme di quattro elementi (in al più 5 sottinsiemi, il che ha poca importanza, visto che se ne ottengono al massimo 4). Come prima, possiamo suddividere le palline secondo partizioni del tipo a, b, c, d, e. Ma ora dobbiamo distinguere quali palline si trovano in quale gruppo. Ovvero:
<BR>a. Risulta un\'unica partizione di questo tipo.
<BR>b. 6 partizioni, ovvero i modi di scegliere le palline del gruppo da 2 tra le 4 (le isolate vengono di conseguenza).
<BR>c. 3
<BR>d. 4 (scegliendo quella isolata, le altre di conseguenza)
<BR>e. 1
<BR>Cioè, in totale, 1+6+3+4+1=15.
<BR></font>
<BR>Ehm... speriamo in bene...
<BR> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_confused.gif">
<BR>
<BR>EDIT: sbiancato tutto...<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: phi il 10-02-2005 19:26 ]

Hammond
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Messaggio da Hammond » 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 2005-02-10 14:34, marco wrote:
<BR>..ma tu li vedi ad occhio i quadrati perfetti di sette cifre?
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>Ovviamente no, però a volte vedo a occhio i _non_ quadrati...<IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">
<BR>
<BR>1001999 == 3 mod 4, e sapendo che i residui quadratici mod 4 sono 0 e 1, si può concludere che il nostro numero non è un quadrato.
<BR>
<BR>Va bè hai ragione, in effetti dovevo mettercelo; così la soluzione è più completa, anche se devo ammettere che è più elegante quella di Mathomico (grrr!).

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

@phi:<font color=white>per vedere come sbiancare tutto, clicca su \'citazione\' sotto questo messaggio <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif"> </font>
<BR>
<BR>Lo so, ogni volta che uno chiede come scrivere in bianco, tiro fuori questo giochino invece di rispondere direttamente... che volete farci, sono fatto così... mi diverto con poco!

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