1. PATTERN

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

Up-up-uppa!

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

non sono x niente sicuro di quello che ho scritto... diciamo che (sempre che sia giusta) è piuttosto incompleta come soluzione
 
 SOL 3.
 
 
 Quello che dico ora sarebbe da dimostrare... nn l\'ho fatto e non ho idea di come si faccia: dato un valore K la produttoria di n numeri che hanno come somma K è massima quando gli n valori sono uguali tra loro (o quando non è possibile ce ne sono (K mod n) valori=K/n+1 e (n-(K mod n)) valori=K/n). L\'ho \"dedotta\" pensando al volume di un parallelepipedo o all\'area di un rettangolo di perimetro noto: entrambi sono massimi quando i lati sono uguali (cubo / quadrato). Ma come ho detto prima non sono riuscito a dimostrarlo.
 
 Sempre che l\'ipotesi di sopra sia valida, i vari a sono dati da:
 
 a=1000/n
 
 prod=(1000/n)n
 
 f(n)=(1000/n)n
 
 f\'(n)=(1000/n)n*[ln(1000/n)-1]
 
 f\'(n)=0 se n=1000/e=~367
 
 ma se n=367 i vari a non possono essere interi. La migliore approssimazione la si ottiene ponendo n=334 e a=3 tranne due che valgono due.
 
 quindi prod=3332*2*2
 
 
 Ripeto: potrebbe essere un immenso mare di cazzate <IMG SRC="images/forum/icons/icon_cool.gif">
 
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: AleX_ZeTa il 14-01-2004 17:05 ] [ Questo Messaggio è stato Modificato da: AleX_ZeTa il 14-01-2004 17:32 ]

mola6 · Messaggio da **mola6** » 01 gen 1970, 01:33

ma perchè scrivete in bianco?
 
 \"Per perdere la testa, bisogna innanzi tutto averne una!\" A. Einstein [ Questo Messaggio è stato Modificato da: mola6 il 14-01-2004 17:35 ]

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

Comunque quello di cui alex non è sicuro è vero, segue direttamente dalla disuguaglianza AM-GM

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

ah ecco^^ e io ke cercavo di dimostrarlo x vie impervie -.-\'
 
 cmq scriviamo in bianco xkè così chi non lo ha ancora risolto può leggere il post senza trovarsi davanti la soluzione a cui invece gli piacerebbe arrivare da solo

mola6 · Messaggio da **mola6** » 01 gen 1970, 01:33

ok, grazie... [ Questo Messaggio è stato Modificato da: mola6 il 14-01-2004 18:00 ]

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

Bravo Alex! Anch\'io ho lavorato seguendo il tuo ragionamento la prima volta che ci ho provato e tuttora mi piace di più del ragionamento che fa il Larson che riporto qui sotto per motivi \"pedagogici\":
 
 Quando un problema prevede un parametro che ingarbuglia l\'analisi è utili il più delle volte rimpiazzarlo con qualcosa di più maneggevole. In questo problema puoi cominciare esaminando una sequenza di casi speciali ottenuti sostituendo 1000 con 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, ...
 In questo modo ci si fa l\'idea che per avere un prodotto massimo
 1) nessun a deve essere maggiore di 4;
 2) nessun a è uguale a 1;
 3) tutte le a possono essere 2 o 3 (perchè 4=2*2 e 4=2+2);
 4) al massimo due a possono essere uguali a due (perchè 2*2*2<3*3 e 2+2+2=3+3).
 Per tanto con 1000 il prodotto massimo deve essere 3332 * 2 * 2.
 
 
 Continuo allora con il prossimo topic: 2. Disegnare una figura.
 Voi postate pure qui altri esercizi in cui credete sia opportuno cominciare esaminando casi particolari per arrivare ad un\'idea risolutiva.

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

questo mi sembra adatto:
 
 PROBLEMA 4
 
 in quante parti suddividono il piano n rette, a due a due non parallele, e a tre a tre non concorrenti? [ Questo Messaggio è stato Modificato da: talpuz il 14-01-2004 18:53 ]

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

Si può risalire,moooolto empiricamente, alla formula tracciando prima una retta, poi una seconda retta, poi una terza, poi una quarta e così via,ovviamente tutte rispettanti le ipotesi.
 Si vede che la prima retta divide il piano in 2 parti, la seconda divide in due le due parti, la terza divide in due 3 parti, la quarta 4 e così via...è intuitivo pensare allora alla formula che la somma di tutte le parti sia n(n+1)/2 + 1 , credo si possa anche dimostrare per induzione, ma non saprei come fare
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: edony il 14-01-2004 20:06 ]
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: edony il 14-01-2004 20:07 ] [ Questo Messaggio è stato Modificato da: edony il 14-01-2004 20:08 ]

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

scusa... \"concorrenti\" che significa?
 
 vuol per caso dire che tre rette, comunque siano prese, non hanno alcun punto in comune? [ Questo Messaggio è stato Modificato da: AleX_ZeTa il 14-01-2004 20:43 ]

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

credo di si

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

SOL 4.
 
 
 Ragionando su un sempice disegno si ottiene che an=an-1+n
 
 cercando di ricondursi ad una \"funzione\" solo di a0 (che è uguale ad 1, cioè l\'intero piano senza rette che lo dividono) ed n si nota come la somma dei vari n altro non sia che la somma di tutti i numeri da 1 a n. Quindi:
 
 an=1+n(n+1)/2
 
 La proprietà è però da dimostrare, e lo si fa facilmente per induzione:
 
 an+1=1+(n+1)(n+2)/2=1+(n2+n+2n+2)/2=1+n(n+1)/2+(n+1)=an+(n+1)

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

PROBLEMA 5:
 
 Trovare tutte le funzioni f che soddisfano le seguenti condizioni:
 i) f(x, x)=x
 ii) f(x, y)=f(y, x)
 iii) f(x, y) = f(x, x+y),
 assumendo che le variabili e i valori di f siano interi positivi.
 
 EDIT: Ho solo aggiornato la numerazione del problema. [ Questo Messaggio è stato Modificato da: dieciottantunesimi il 14-01-2004 22:16 ]

euler_25 · Messaggio da **euler_25** » 01 gen 1970, 01:33

Vediamo un po\' se riesco anch\'io a dare una soluzione IMO-style... Francy, lo faccio soltanto per te, tessssssssoro!!! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_cool.gif">
 
 SOL. 5
 
 Siano x,y€N0. Pel th. del quoziente, può sempre porsi: y = q*x+r, con q€N e
 0 ≤ r < x; sicché, iterando q-1 volte la iii), seguita che:
 
 iv) f(x,y) = f(x, q*x+r) = f(x,x+r)
 
 Intendiamo mostrare che l\'unica eventuale soluzione della funzionale proposta è resa dalla relazione: f(x,y) = MCD(x,y), per ogni x,y€N0.
 Ragioniamo per induzione estesa su x. Se x = 1, dalla iv): f(1,y) = f(1, 1+0) = f(1,1) = [Dalla i)] = 1 = MCD(1,y). La tesi sia valida adesso per ogni k = 1, 2, ..., x, con x > 0. Se y è multiplo di x, allora nella iv): r = 0, sicché:
 f(x,y) = [Dalla iv)] = f(x,x) = [Dalla i)] = x = MCD(x,x). Se invece y non è multiplo di x, nella iv): 0 < r < x, e perciò:
 
 f(x,y) = [Dalla iv)] = f(x,x+r) = [Dalla iii)] = f(x, r) = [Dalla ii)] =f(r,x)
 
 e quindi: f(x,y) = MCD(r,x), dall\'hp. d\'induzione. Ma il massimo comun divisore di due numeri è una funzione simmetrica dei suoi argomenti, per cui:
 
 f(x,y) = MCD(r,x) = MCD(x, r) = [Per il th. di ricorsione del MCD di Euclide] =
 = MCD(x, q*x+r) = MCD(x,y)
 
 e di qui (per induzione estesa) l\'asserto! A questo punto, non resta che mostrare per verifica diretta ch\'effettivamente la funzione f(x,y) = MCD(x,y) sugli interi positivi è soluzione del nostro bel problema. FINE!
 
 
 P.S.: è la III funzionale che risolvo in tutta la mia vita, per cui... sforzati d\'essere clemente nel giudizio, my darling 10/81!!! <IMG SRC="images/forum/icons/icon21.gif"> [ Questo Messaggio è stato Modificato da: euler_25 il 15-01-2004 09:07 ]

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

Buona.
 
 PROBLEMA 6: 
 
 Determinare tutti i polinomi P(x) tali che P(x2 + 1) = (P(x))2 + 1 e P(0) = 0.