Algebra e Combinatoria da Febbraio e poco in su

Vuoi proporre i tuoi esercizi? Qui puoi farlo!!

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

@Enomis:
<BR>
<BR>[excursus logico]
<BR>Sull’induzione, fidati, il passaggio serve (anche se, nella stragrande >anza dei casi è immediato). Il Principio di Induzione nella sua veste più formale dice che, data una successione di proposizioni P(n) (n naturale) per cui:
<BR>
<BR>P(0) è vera
<BR>P(n-1) == > P(n),
<BR>
<BR>allora P(n) è vera per ogni n naturale.
<BR>
<BR>Nel caso nostro la proposizione P(n) è “Ipotesi(n) == > Tesi(n)”. [ossia, “i sacchetti sono tali che accantonando un sacchetto tra i 2n+1] allora è possibile trovare una ripartizione di n sacchi da una parte e n sacchi dall’altra con lo stesso numero di palle [Ipotesi(n)], allora i sacchetti contengono tutti lo stesso numero di palline [Tesi(n)]”].
<BR>
<BR>Per poter dimostrare che un’implicazione è vera, devi fare vedere che l’antecedente è falso, oppure il conseguente è vero.
<BR>Per farlo noi supponiamo l’antecedente e vorremmo dedurre il conseguente.
<BR>
<BR>Per induzione, sappiamo che l’implicazione precedente “Ipotesi(n-1) == > Tesi(n-1)” è vera, ossia che o l’antecedente è falso, oppure il conseguente è vero.
<BR>
<BR>Il tuo errore è stato di dare per scontato che il conseguente fosse vero. Tuttavia avrebbe potuto essere che l’antecedente fosse falso (dimostrare che l’antecedente dello step precedente è vero è precisamente la riconduzione al caso precedente).
<BR>
<BR>Il fatto di usare l’induzione in una forma forte (ossia supporre che P(0) P(1) P(2)…P(n-1) sono tutte vere ti implica P(n) ) non ti aiuta, perché comunque ti devi occupare di ricondurti a <!-- BBCode Start --><B>un</B><!-- BBCode End --> caso precedente (non necessariamente a quello <!-- BBCode Start --><B>immediatamente</B><!-- BBCode End --> precedente). E poi a quel punto hai indebolito la riconduzione e quindi hai indebolito anche l’ipotesi induttiva, quindi devi fare più fatica nel passo induttivo. (No free lunch with mathematical induction…)
<BR>
<BR>[/excursus logico]
<BR>
<BR>Per gli altri pb., vanno bene, ad eccezione dell’A.1.5. Nella prima soluzione non hai tenuto conto del fatto che conti ogni partita due volte: ad esempio, la partita A+B vs. C+D, la conti nelle partite giocate da A+B contro le altre 15 coppie che non contengono né A né B, ma anche nelle partite giocate da C+D contro tutte le altre.
<BR>
<BR>Invece la seconda è sbagliata in modo analogo, ma all’interno della quaterna. Nella quaterna A, B, C, D puoi fare sì 6 coppie, ma le partite sono solo tre (dato che ogni partita si fa con due coppie): A+B vs. C+D, A+C vs. B+D e A+D vs. B+C.
<BR>
<BR>@Melkon:
<BR>
<BR>A.1.2 In questo problema sono stato oltremodo pignolo con i versi delle implicazioni, quindi, anche nel tuo caso, non posso dare soluzione completa, dato che manca uno dei due versi.
<BR>
<BR>A.1.3 Hai risolto l’esercizio senza accorgertene, o meglio, sei inciampato nella soluzione senza riconoscerla…
<BR>
<BR>A.1.4 Anche qui non ho considerato completa una soluzione che non dimostrasse che quella particolare crf contiene solo 4 punti interi.
<BR>
<BR>Niente da dire sugli altri, che sono corretti.
<BR>
<BR>Ciao. M.
<BR>[addsig]
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Hammond
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Messaggio da Hammond » 01 gen 1970, 01:33

Combinatoria 4.3
<BR>(non molto rigorosa, buttata giù un po\' in fretta)
<BR><font color=white>
<BR>Per prima cosa notiamo che se si può tassellare un quadrato con m quadratini, allora si può farlo anche con m+3, semplicemente dividendo in quattro ulteriori quadratini uno tra i precedenti m.
<BR>A questo punto, è sufficiente trovare una terna di naturali consecutivi N+1, N+2 e N+3 tali che un quadrato possa essere suddiviso in N+1, N+2, N+3 quadratini per essere sicuri che si possa farlo per qualsiasi naturale > N.
<BR>Ad esempio, prendiamo N = 5: infatti si può dividere un quadrato in 6, 7 o 8 quadratini (dovete vederlo da soli perchè non sono riuscito a mettere i disegni...)
<BR>Dai quadrati divisi in 6, 7, 8, si possono ricavare (applicando più volte il metodo detto prima) tutti i quadrati divisi, rispettivamente, in 3k, 3k+1 e 3k+2 quadratini.<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: Hammond il 15-02-2005 13:05 ]

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

ehm.... per la soluzione del C1.4.
<BR>
<BR>gli altri solidi regolari???
<BR>
<BR>quali sono?? mi viene in mente solo il tetraedro regolare, ma gli altri 3 quali sarebbero?
<BR>
<BR>Cmq, per il tetraedro regolare basta osservare la situazione dall\'alto.
<BR>Si prende come vertice uno dei quattro punti, e per ciascuno di essi abbiamo 3 rotazioni... quindi 4*3=12 possibili configurazioni....
<BR>
<BR>Nelle varie dimostrazioni ho tenuto conto del fatto che i punti dovessero trovarsi in posizioni particolari, ( in questo caso è come se sul tavolo su cui è appoggiato il tetraedro, ci fossero 3 buchi, che obbligano quella posizione).
<BR>
<BR>Aspetto suggerimenti per gli altri solidi regolari....

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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 2005-02-15 13:29, Mathomico wrote:
<BR>gli altri solidi regolari??? quali sono?? mi viene in mente solo il tetraedro regolare, ma gli altri 3 quali sarebbero? Aspetto suggerimenti per gli altri solidi regolari....
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>I solidi regolari, detti anche solidi platonici, sono cinque:
<BR>
<BR>- tetraedro (4 facce triangolari, 6 spigoli, 4 vertici)
<BR>- esaedro (meglio noto come cubo; 6 facce quadrate, 12 spigoli, 8 vertici)
<BR>- ottaedro (8 facce triangolari, 12 spigoli, 6 vertici)
<BR>- dodecaedro (12 facce pentagonali, 30 spigoli, 20 vertici)
<BR>- icosaedro (20 facce triangolari, 30 spigoli, 12 vertici)
<BR>
<BR>Per maggiori infos, <a href="http://mathworld.wolfram.com/PlatonicSolid.html" target="_blank" target="_new">http://mathworld.wolfram.com/PlatonicSolid.html</a>
<BR>
<BR>Come esercizio vai in un negozio di giocattoli ben fornito e (a) ti compri quelle infernali barrette magnetiche e te li costruisci, oppure (b) ti compri un dado ad N facce con N in {4, 6, 8, 12, 20}.
<BR>
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Igor
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Messaggio da Igor » 01 gen 1970, 01:33

Algebra Sezione 2 Esercizio 8
<BR>Beh si, voglio fare lo sborone, anche se non so quanto ci sia di giusto nella mia soluzione...
<BR>Prendiamo una terna (a,b,c) tale che ab+ac+bc = 1,
<BR>allora anche la terna (-a,-c,-b) avrà la stessa proprietà, infatti:
<BR>(-a)*(-c)+(-c)*(-b)+(-b)*(-a)=ab+ac+bc=1.
<BR>Inponiamo ora che entrambe le terne verifichino la tesi del problema, abbiamo dunque:
<BR>
<BR>f(a-b)+f(b-c)+f(c-a) = 2f(a+b+b)
<BR>f(c-a)+f(b-c)+f(a-b) = 2f(-a-b-c)
<BR>
<BR>Se sottraiamo membro a membro le due relazioni troviamo :
<BR>2f(a+b+c)-2f(-a-b-c)=0, cioè :
<BR>
<BR>1) f(a+b+c)=f[-(a+b+c)]
<BR>
<BR>Dimostriamo ora che il sistema:
<BR>
<BR>ab+ac+bc=1
<BR>a+b+c=k
<BR>
<BR>ha almeno una soluzione per ogni K appartenente a R-{1}.
<BR>
<BR>Infatti basta prendere la terna (0,K-1,1/k-1) e vedere che verifica il sistema.
<BR>Possiamo dunque scrivere a+b+c = K con K appartenente a R-{1}.
<BR>Andando a sostituire nella 1) troviamo che :
<BR>f(k)=f(-k) per ogni K appartenente a R.Anche per K = 1 infatti questa condizione è
<BR>verificata, basta prendere K = -1 e vedere che abbiamo effettivamente f(1)=f(-1)
<BR>
<BR>Abbiamo dunque f(k)=f(-k) per ogni K appartenente a R, il chè equivale a dire che la funzione y= f(x) è pari.
<BR>Dato che f(x) è pari, possiamo scriverla come x^2*g(x)+t, dove g(x) è un opportuno polinomio a coefficienti interi e t è un numero reale.
<BR>
<BR>Consideriamo nuovamente la due terne (a,b,c) e (-a,-c,-b) e scriviamo dunque:
<BR>(a-b)^2*g(a-b)+t+(b-c)^2*g(b-c)+t+(c-a)^2*g(c-a)+t=2[(a+b+c)^2* g(a+b+c)+t]
<BR>
<BR>(c-a)^2*g(c-a)+t+(b-c)^2*g(b-c)+t+(a-b)^2*g(a-b)+t=2[(-a-b-c)^2*g(-a-b-c)+t]
<BR>
<BR>Sottraendole membro a membro e svolgendo i calcoli troviamo:
<BR>g(a+b+c)=g[-(a+b+c)], che, per le considerazioni fatte sopra, implica che
<BR>g(x) è pari
<BR>
<BR>
<BR>Dunque g(x) = X^2*h(x)+u e di conseguenza:
<BR>
<BR>f(x) = x^4*h(x)+u*X^2+t
<BR>
<BR>Ci accorgiamo ora che possiamo ripetere questo procedimento all\' infinito, e che quindi
<BR>il termine di grado più alto di f(x) dovrebbe essere divisibile infinite volte per due.
<BR>Ma gli unici polinomi che verificano questa condizione sono quelli costanti.
<BR>Abbiamo dunque :
<BR>f(x) = z con z appartenente a R.
<BR>Andando a sostituire nell\'equazione di partenza troviamo:
<BR>3z = 2z da cui z=0.
<BR>L\'unico polinomio che risolve il problema è dunque: f(x) = 0.
<BR>
<BR>Spero di non aver scritto baggianate...
<BR>
<BR>Edit.
<BR>Ehm, si, le baggianate le ho scritte :
<BR>La terna (0,k-1,1/k-1) non verifica affatto il sistema, e mi sembra anzi
<BR>che questo non sia verificato per tutti i K appartenenti a R.
<BR>Forse però può bastare il fatto che sia f(k)=f(-k) solo per i K per i quali il sistema ha soluzione, anche se non ne sono sicuro.Chiedo aiuto a qualche
<BR>esperto...<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: Igor il 15-02-2005 20:18 ]

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

avanti...
<BR>
<BR>ALGEBRA Sezione 2
<BR><font color=white>
<BR>
<BR>3.
<BR>Per n dispari maggiore o uguale a 3 possiamo sempre prendere tre termini richiesti, per esempio il termine centrale e due termini equidistanti dagli estremi, e la loro media è uguale alla media della progressione.
<BR>Per n pari, dimostriamo che è impossibile:
<BR>La successione posso scriverla come
<BR>[a, a+k, a+2k, ..., a+nk] con k positivo.
<BR>Se n è pari la media della successione è:
<BR>na + n(n+1)k/2 tutto fratto n, cioè a + (n+1)k/2
<BR>La media di tre termini è invece
<BR>a+xk + a+yk + a+zk tutto fratto 3 (con x, y, z in N minori o uguali a n e diversi tra loro) cioè a + (x+y+z)k/3
<BR>
<BR>Però evidentemente (x+y+z)/3 (che può essere un intero o una frazione con denominatore 3) è diverso da (n+1)/2 (che è irriducibile perché n è pari per ipotesi)</font>[]
<BR>COMBINATORIA
<BR>Per adesso ne posto solo alcuni, di molti ho i conti chissà dove...
<BR>Sezione 1
<BR>1.
<BR>Un grafo può essere percorso tutto senza staccare la penna dal piano e senza ripassare segmenti già tracciati se e solo se ci sono 0 o 2 vertici con un numero dispari di segmenti uscenti (perdonatemi la terminologia ma i grafi non li ho mai imparati, vado solo di logica se me ne capita uno di solito...); questo spero di non doverlo dimostrare... Il parallelepipedo posso \"schiacciarlo\" sul foglio facendo una figura come di un tronco di piramide quadrata vista dall\'alto e senza cambiare le soluzioni: quindi per quanto detto non ci sono percorsi possibili.
<BR>
<BR>2.
<BR>
<BR>L\'insieme considerato ha 4 elementi dispari e 3 elementi pari. I numeri pari non alterano la parità della somma quindi considero quelli dispari e moltiplico per 8 (possono infatti esserci 0 in un modo, 1 in 3 modi, 2 in 3 modi, 3 in un modo elementi pari nei sottoinsiemi). I dispari possono essere 1 o 3 presi in 4+4 modi diversi per un totale di 8.8=64 sottoinsiemi richiesti.
<BR>
<BR>4.Detto F il numero di facce di un solido e V il numero di vertici per ogni faccia, per ogni faccia ci sono V manipolazioni distinte possibili, quindi in tutto ci sono FV manipolazioni distinte, cioè 6.4=24 per il cubo, eccetera. (mi sembra troppo facile... dov\'è la fregatura??)
<BR>
<BR>Sezione 5
<BR>5. Il gioco è uguale sia per me che per il mio amico, qiundi la probabilità di vittoria è comunque 1/2 (anche questo però mi sa molto da fregatura...)
"Bisogna vivere come si pensa, se no, prima o poi, ci si troverà a pensare come si è vissuto"
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Melkon
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Messaggio da Melkon » 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 2005-02-15 08:50, marco wrote:
<BR>@Melkon:
<BR>
<BR>A.1.2 In questo problema sono stato oltremodo pignolo con i versi delle implicazioni, quindi, anche nel tuo caso, non posso dare soluzione completa, dato che manca uno dei due versi.
<BR>
<BR>A.1.3 Hai risolto l’esercizio senza accorgertene, o meglio, sei inciampato nella soluzione senza riconoscerla…
<BR>
<BR>A.1.4 Anche qui non ho considerato completa una soluzione che non dimostrasse che quella particolare crf contiene solo 4 punti interi.
<BR>
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>
<BR>A1.2 ok, con \"se e solo se\" dovrebbe andare meglio?
<BR>A1.3 ho letto in a, b e mi veniva fuori anche c, ho letto adesso che il buon EvaristeG ammette anche la presenza di c. dovrebbe essere risolto, no?
<BR>A1.4 Eh, cavolo... gli altri punti a coordinate intere distano più di 1 dal centro... I più vicini che non appartengono alla circonferenza distano sqrt2... Cos\'altro devo dire? <IMG SRC="images/forum/icons/icon_confused.gif">
<BR>Argh, troppo stress...[addsig]
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Messaggio da enomis_costa88 » 01 gen 1970, 01:33

@Marco
<BR>(OT)Aiuto se inizio ora a contare doppio chissà in gara...la verità è che sono troppo teso!!!!!
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