Sulla strada per Cesanatico

Fede_HistPop · Messaggio da **Fede_HistPop** » 01 gen 1970, 01:33

La dimostrazione formale è la stessa cosa... solo basta dire, dopo aver determinato 8, 9, e 10 che tutti i successivi si ottengono aggiungendo monete da 3.

oscar · Messaggio da **oscar** » 01 gen 1970, 01:33

Scusa, ho scritto 5 al posto di 6...
 é vero basta dire ke va avanti di 3 in 3...
 si vede ke dormo troppo poco...

massiminozippy · Messaggio da **massiminozippy** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2003-03-07 17:29, Fede_HistPop wrote:
 C\'è tale e quale sugli esercizi di preparazione del team neozelandese (del 1997 se non erro) per l\'IMO. Solo erano cent, non Euro. Si dimostra per induzione, ma lascio la risposta ad un\'altro (dato che il problema lo conosco già).
 massiminozippy, non è che sei stato alle giornate di preparazione dove vengono scelti i giovani (2° e 3°) con i risultati migliori. Ovvero Gaeta 1999, Torino (e qualcos\'altro) 2000, ... (io ero a Torino 2000 ed ho ricevuto lì il librone dove ci sono i preparatori per la NZ)?
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 Mai andato a qualche stage, è solo un anno che mi interesso di questo tipo di matematica.

massiminozippy · Messaggio da **massiminozippy** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2003-03-07 19:09, Fede_HistPop wrote:
 La dimostrazione formale è la stessa cosa... solo basta dire, dopo aver determinato 8, 9, e 10 che tutti i successivi si ottengono aggiungendo monete da 3.
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 Forse non ho capito bene, ma non è proprio così, il metodo di induzione è un pò diverso, o mi sbaglio?

Fede_HistPop · Messaggio da **Fede_HistPop** » 01 gen 1970, 01:33

Il nocciolo è quello... l\'induzione aggiunge ben poco...

massiminozippy · Messaggio da **massiminozippy** » 01 gen 1970, 01:33

Sabato sera o sabato notte, o al massimo domenica posto la mia soluzione, però esortò gli utenti a provarci.

Fede_HistPop · Messaggio da **Fede_HistPop** » 01 gen 1970, 01:33

Non ci sono altre soluzioni!

massiminozippy · Messaggio da **massiminozippy** » 01 gen 1970, 01:33

Ho capito posto io la soluzione del secondo problema:
 Dimostrare, che con banconote (virtuali) da 3 euro e con banconote da 5 euro, è possibile cambiare una qualsiasi somma di n euro, con n = 8, 9, ...
 
 Allora:
 Se n = 8, si possono utilizzare una banconota da 3 e una da 5 euro e il risultato è vero.
 Supponiamo che il risultato sia vero per n = k e proviamolo per n = k + 1. Distinguiamo due casi:
 a)Per cambiare la somma sono necessarie soltanto banconote da 3 euro.
 b)Per cambiare la somma è necessaria almeno una banconota da 5 euro.
 Nel primo caso, togliamo tre banconote da 3 euro e le sostituiamo con due banconote da 5.
 In questo modo siamo in grado di cambiare la somma di k + 1 euro. Nel secondo caso, eliminiamo una banconota da 5 euro e la rimpiazziamo con due banconote da 3 euro. In questo modo anche nel caso b) siamo in grado di cambiare la somma di k + 1 euro.

Messaggio da **EvaristeG** » 01 gen 1970, 01:33

Partendo dal presupposto che a me l\'induzione sta antipatica, propongo una soluzione alternativa:
 sia 4a+r il numero cercato, dove r può essere 0,1,2,3 per a>1. sia k il numero di banconote da 5 e h il numero di banconote da 3. Osserviamo che 5=4+1 e 3=4-1 => noi vogliamo trovare k,h (dati a,r) che soddisfino:
 4a+r=4k+k+4h-h=4(k+h) + (k-h)
 Esaminiamo i casi:
 *)r=0 quinid k-h=0 => k=h => k+h=2k inoltre k+h=a, ma 2k=2h=a solo se a è pari e k=h=a/2; consideriamo che 4a=4(a-1)+4, dove k-h=4=> k=4+h =>k+h=2(h+2) e k+h=a-1 ma 2(h+2)=a-1 solo se a è dipsari e allora h=(a-5)/2 e k=(a+3)/2.
 *)r=1 quindi k-h=1=> k=h+1=> k+h=2h+1, ma allora a deve essere dipsari e h=(a-1)/2 k=(a+1)/2; inoltre 4a+1=4(a+1)-3 dove k-h=-3 => k=h-3 => k+h=2h-3=a+1 solo se a è pari e h=(a+4)/2 k=(a-2)/2
 *)r=-1 quindi k-h=-1 => k=h-1 => k+h=2h-1 solo se a è dispari e h=(a+1)/2 k=(a-1)/2; inoltre 4a-1=4(a-1)+3 dove r=k-h=3 => k=3+h => k+h=2h+3=a-1 solo se a è pari e h=(a-4)/2 e k=(a+2)/2
 *)r=2 quindi k-h=2 => k=h+2 => k+h=2(h+1)=a solo se a è pari e h=(a-2)/2 e k=(a+2)/2; inoltre 4a+2=4(a+1)-2 dove k-h=-2 => k=h-2 => k+h= 2(h-1)=(a+1) solo se a è dispari e h=(a+3)/2 e k=(a-1)/2.
 Certo, questo metodo è più lungo, ma evita l\'induzione, può essere riscritto con l\'aritmetica modulare e l\'unico caso che si debba studiare singolarmente è per a=3 e r=0 per i quali compare un (a-5) che porta ad un negativo non accettabile; del resto è facile vedere che 4*3=12= 4 banconote da 3 euro. Ovviamente non è una soluzione che viene subito in mente, ma tanto per tenersi allenati!!! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif"> [ Questo Messaggio è stato Modificato da: EvaristeG il 09-03-2003 18:57 ]

massiminozippy · Messaggio da **massiminozippy** » 01 gen 1970, 01:33

Il terzo problema è questo.
 In realtà è di Azarus, ma poichè mi piace particolarmente lo ripropongo, onde evitare che finisca nel dimenticatoio.
 
 Determinare le soluzioni intere al variare di n di x^2 + y^2 = n * z^3.

Messaggio da **EvaristeG** » 01 gen 1970, 01:33

Sarà una cazzata, ma quando n=a^2+b^2 x=a,y=b o viceversa e z=1 è una soluzione. Inoltre un cubo è congruo mod 9 a 1,-1,0 e forse da qui qualcosa si può ricavare... ci penso! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif"> [ Questo Messaggio è stato Modificato da: EvaristeG il 11-03-2003 23:19 ]

massiminozippy · Messaggio da **massiminozippy** » 01 gen 1970, 01:33

Scusa ma un cubo non è congruo a 0 o 1 in modulo 8?
 
 Quanto al problema io farò in questo modo.
 1)Analizzo il problema nel caso n sia negativo.
 2)Analizzo il problema nel caso n sia uguale a zero.
 3)Analizzo il problema nel caso n=1.
 4)Analizzo il problema nel caso n=2.
 5)Analizzo il problema per n pari e poi n dispari.
 6)Mi ricordo che il passo 3) e 4) sono un caso particolare di 5).
 7)Traggo le conclusioni.

Azarus · Messaggio da **Azarus** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2003-03-12 13:10, massiminozippy wrote:
 Scusa ma un cubo non è congruo a 0 o 1 in modulo 8?
 
 Quanto al problema io farò in questo modo.
 1)Analizzo il problema nel caso n sia negativo.
 2)Analizzo il problema nel caso n sia uguale a zero.
 3)Analizzo il problema nel caso n=1.
 4)Analizzo il problema nel caso n=2.
 5)Analizzo il problema per n pari e poi n dispari.
 6)Mi ricordo che il passo 3) e 4) sono un caso particolare di 5).
 7)Traggo le conclusioni.
 
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 Eh no massimino!
 quelli sono i quadrati in mod 8!
 le 2n+1 esime potenze in mod 2^(2n+1) non sono molto utili e belli
 
 per quanto riguarda l\'algoritmo....
 puoi tranquillamente riunire i punti 2) 3) 4) e levare l\'1)
 cmq manca qualcosina... [ Questo Messaggio è stato Modificato da: Azarus il 12-03-2003 14:25 ]

lordgauss · Messaggio da **lordgauss** » 01 gen 1970, 01:33

Non è che i residui quadratici o cubici o ennesimi siano cose strane da impararsi a memoria: si possono ricavare con facilità. Certo, ricordarseli poi aiuta: per esempio, i cubi sono \"buoni\" mod7 (-1,0,1) e mod9 (lo stesso).

massiminozippy · Messaggio da **massiminozippy** » 01 gen 1970, 01:33

Scusate ma x^3==0 mod 8 se x è pari?
 x^3==1 mod 2 se x è dispari?
 E ancora:
 x^2 è congruo a 0 mod 4 se x è pari?
 x^2 è congruo a 1 mod 8 se x è dispari?
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: massiminozippy il 12-03-2003 16:53 ]