SNS mate 2014/2015
Re: SNS mate 2014/2015
Secondo me bisognava incentrarsi sul fatto che $ 2015=2*1007+1 $ , e che quindi $ f(2015)=f(2*1007+1) $. Poi però non sapevo come andare avanti. Non so se esiste qualche risultato sui polinomi che ti risolveva la situazioe
Re: SNS mate 2014/2015
@Loara... ..per onestà intellettuale devo dire che avevo fatto errore concettuale grosso..come sempre
forse anche adesso sbaglio...
$f(2015)=2^{2014}$
$p(x)=\sum\limits_{k=0}^{1007}\binom{x}{k}$
forse anche adesso sbaglio...
$f(2015)=2^{2014}$
$p(x)=\sum\limits_{k=0}^{1007}\binom{x}{k}$
Re: SNS mate 2014/2015
Ecco, il risultato ora è esatto. Ovviamente è semplice generalizzare tale risultato per qualunque polinomio di grado $n$ tale che $f(k)=2^k$ per ogni $k=0, 1, \cdots , n$.gpzes ha scritto: $f(2015)=2^{2014}$
${\displaystyle p(x)=\sum^{1007}_{k=0}\binom{x}{k}}$
$ 210^2+211^2+212^2+213^2+214^2+215^2+216^2+217^2+218^2+219^2+220^2=\\
=221^2+222^2+223^2+224^2+225^2+226^2+227^2+228^2+229^2+230^2\\
210=2*3*5*7 $
Re: SNS mate 2014/2015
Ho visto che il problema 2 ha dato del filo da torcere a molti. Volevo quindi abbozzare la mia soluzione.
1) si vede facilmente che un triangolo di area 2 si trova;
2) uno si convince dopo un po' che questa è l'area minima, allora, dato che il quadrato da dolo occupa area 1, se mostriamo che il resto del triangolo ha almeno area 1, abbiamo vinto;
3) visto che ancora una volta stiamo confrontanfo un'area con quella unitaria del quadrato, perché non "pieghiamo" il triangolo lungo i lati del quadrato e mostriamo che i ripiegamenti occupano tutto il quadrato? La cosa assurda è che questo metodo funziona...
4) più formalmente quello che uno dovrà dimostrare è che dato un qualsiasi punto interno al quadrato, esiste una riflessione rispetto uno dei lati che lo mantiene dentro il triangolo.
1) si vede facilmente che un triangolo di area 2 si trova;
2) uno si convince dopo un po' che questa è l'area minima, allora, dato che il quadrato da dolo occupa area 1, se mostriamo che il resto del triangolo ha almeno area 1, abbiamo vinto;
3) visto che ancora una volta stiamo confrontanfo un'area con quella unitaria del quadrato, perché non "pieghiamo" il triangolo lungo i lati del quadrato e mostriamo che i ripiegamenti occupano tutto il quadrato? La cosa assurda è che questo metodo funziona...
4) più formalmente quello che uno dovrà dimostrare è che dato un qualsiasi punto interno al quadrato, esiste una riflessione rispetto uno dei lati che lo mantiene dentro il triangolo.
Re: SNS mate 2014/2015
Questo metodo funziona sì, ma funziona se dimostriamo prima che il quadrato ha un lato che giace interamente su un lato del triangolo, altrimenti tale "piegamento" non è sempre possibile .Tess ha scritto: ...
3) visto che ancora una volta stiamo confrontanfo un'area con quella unitaria del quadrato, perché non "pieghiamo" il triangolo lungo i lati del quadrato e mostriamo che i ripiegamenti occupano tutto il quadrato? La cosa assurda è che questo metodo funziona...
$ 210^2+211^2+212^2+213^2+214^2+215^2+216^2+217^2+218^2+219^2+220^2=\\
=221^2+222^2+223^2+224^2+225^2+226^2+227^2+228^2+229^2+230^2\\
210=2*3*5*7 $
Re: SNS mate 2014/2015
..meno maleLoara ha scritto:Ecco, il risultato ora è esatto. Ovviamente è semplice generalizzare tale risultato per qualunque polinomio di grado $n$ tale che $f(k)=2^k$ per ogni $k=0, 1, \cdots , n$.gpzes ha scritto: $f(2015)=2^{2014}$
${\displaystyle p(x)=\sum^{1007}_{k=0}\binom{x}{k}}$
Re: SNS mate 2014/2015
Salve ragazzi, cercavo di ragionare sul problema che dice di tovare f(2015) ma non capisco proprio come venga 2^2014. Qualcuno potrebbe gentilmente spiegarmelo, grazie!
Re: SNS mate 2014/2015
Salve Peppe97,
io il problema 5 l'ho dimostrato così:
1) dimostro che il polinomio $ f_{n}(x)=\sum_{i=0}^{n}\binom{x}{i} $ vale $ 2^{h} $ per x=k k=0..n. Io l'ho dimostrato per induzione. Per x reale il coefficiente binomiale $ \binom{x}{i} $ è definito come $ \frac{\left ( x \right )_i}{i!} $.
2) dimostro ora che $ f_{n}(2n+1)=2^{2n} $, ancora per induzione.
$ f_{n+1}(2(n+1)+1)=\sum_{i=0}^{n+1}\binom{2n+3}{i}=\sum_{i=0}^{n+1}\binom{2n+1}{i}+2\sum_{i=1}^{n+1}\binom{2n+1}{i-1}+\sum_{i=2}^{n+1}\binom{2n+1}{i-2}= $
$ =2^{2n}+\binom{2n+1}{n+1}+2\cdot 2^{2n}+2^{2n}-\binom{2n+1}{n}= $
$ =2^{2(n+1)} $
3) ponendo n=1007 si trova $ f_{1007}(2015)=2^{2014} $
io il problema 5 l'ho dimostrato così:
1) dimostro che il polinomio $ f_{n}(x)=\sum_{i=0}^{n}\binom{x}{i} $ vale $ 2^{h} $ per x=k k=0..n. Io l'ho dimostrato per induzione. Per x reale il coefficiente binomiale $ \binom{x}{i} $ è definito come $ \frac{\left ( x \right )_i}{i!} $.
2) dimostro ora che $ f_{n}(2n+1)=2^{2n} $, ancora per induzione.
$ f_{n+1}(2(n+1)+1)=\sum_{i=0}^{n+1}\binom{2n+3}{i}=\sum_{i=0}^{n+1}\binom{2n+1}{i}+2\sum_{i=1}^{n+1}\binom{2n+1}{i-1}+\sum_{i=2}^{n+1}\binom{2n+1}{i-2}= $
$ =2^{2n}+\binom{2n+1}{n+1}+2\cdot 2^{2n}+2^{2n}-\binom{2n+1}{n}= $
$ =2^{2(n+1)} $
3) ponendo n=1007 si trova $ f_{1007}(2015)=2^{2014} $
Re: SNS mate 2014/2015
Mi spiegate come andava fatto il primo please?
"E non sai pure che sebbene essi facciano anche uso delle forme visibili e vi ragionino intorno, non è ad esse che pensano ma alle idee a cui assomigliano... essi cercano in realtà di afferrare le cose estesse, che possono essere viste soltanto con gli occhi della mente"
$ 1 + \frac {1}{2^{2}} + \frac {1}{3^{2}} + . . . = \frac {\pi^{2}}{6} $
$ 1 + \frac {1}{2^{2}} + \frac {1}{3^{2}} + . . . = \frac {\pi^{2}}{6} $
Re: SNS mate 2014/2015
Hint pesante (alternativo)
Testo nascosto:
Il problema non è il problema, il problema sei tu.
Re: SNS mate 2014/2015
Nemo a+b deve essere una potenza di 7
"E non sai pure che sebbene essi facciano anche uso delle forme visibili e vi ragionino intorno, non è ad esse che pensano ma alle idee a cui assomigliano... essi cercano in realtà di afferrare le cose estesse, che possono essere viste soltanto con gli occhi della mente"
$ 1 + \frac {1}{2^{2}} + \frac {1}{3^{2}} + . . . = \frac {\pi^{2}}{6} $
$ 1 + \frac {1}{2^{2}} + \frac {1}{3^{2}} + . . . = \frac {\pi^{2}}{6} $
Re: SNS mate 2014/2015
Euler271,
certo, ma quale esattamente?
Prova a ragionare in questo modo: supponendo che \(7 \nmid a,b\) (gli altri casi li riconduci a questo) e sapendo che \(a+b=7^n\), scrivi \(a^7+b^7\) in un altro modo e vedi qual è la massima potenza di \(7\) che lo divide
certo, ma quale esattamente?
Prova a ragionare in questo modo: supponendo che \(7 \nmid a,b\) (gli altri casi li riconduci a questo) e sapendo che \(a+b=7^n\), scrivi \(a^7+b^7\) in un altro modo e vedi qual è la massima potenza di \(7\) che lo divide
[math]
Re: SNS mate 2014/2015
Allora $ a^{7} + b^{7} $ è divisibile per $ 7^{n +1} $
"E non sai pure che sebbene essi facciano anche uso delle forme visibili e vi ragionino intorno, non è ad esse che pensano ma alle idee a cui assomigliano... essi cercano in realtà di afferrare le cose estesse, che possono essere viste soltanto con gli occhi della mente"
$ 1 + \frac {1}{2^{2}} + \frac {1}{3^{2}} + . . . = \frac {\pi^{2}}{6} $
$ 1 + \frac {1}{2^{2}} + \frac {1}{3^{2}} + . . . = \frac {\pi^{2}}{6} $
Re: SNS mate 2014/2015
Bene! Ora va' avanti a scrivere! E ricorda che \(n\) e \(c\) non ti piacciono!
[math]