Inviato: 12 giu 2010, 13:16
visto che ho ucciso la staffetta, volete che sposti il problema in un topic a parte e ne proponga uno nuovo??
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Staffetta tdn
Pagina 23 di 33
Inviato: 12 giu 2010, 13:38
Fai come vuoi......infatti il problema non è stato risolto,postalo da qualche parte,però non so se qualcuno ha la soluzione o ci sta lavorando su
Inviato: 12 giu 2010, 15:07
Può centrare qualcosa questo?
$ \frac 3 {\frac 1 a +\frac 1 b+\frac 1 c}=174 $
$ H_{a, b, c}=174 $
però dovrei saperne qualcosa di più sulle medie, perché si potrebbe sfruttare il fatto che la media aritmetica è 670 e quella armonica 174... forse qualche limite sulle dimensioni dei singoli numeri?
$ \frac 3 {\frac 1 a +\frac 1 b+\frac 1 c}=174 $
$ H_{a, b, c}=174 $
però dovrei saperne qualcosa di più sulle medie, perché si potrebbe sfruttare il fatto che la media aritmetica è 670 e quella armonica 174... forse qualche limite sulle dimensioni dei singoli numeri?
Inviato: 12 giu 2010, 15:28
Usando le medie si può arrivare anche a<enigma> ha scritto:Può centrare qualcosa questo?
$ \frac 3 {\frac 1 a +\frac 1 b+\frac 1 c}=174 $
$ H_{a, b, c}=174 $
però dovrei saperne qualcosa di più sulle medie, perché si potrebbe sfruttare il fatto che la media aritmetica è 670 e quella armonica 174... forse qualche limite sulle dimensioni dei singoli numeri?
$ $ \frac{3}{670} \leq \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \leq \frac{3}{\min\{a,b,c \}} $
ma non so se su questa strada si possa andare molto oltre.
Inviato: 12 giu 2010, 17:03
boh dipende da cosa intendi per bella/decente:Maioc92 ha scritto:ok, non avendo idea di cosa postare metto un problema preso dalla finale della gara a squadre di quest'anno che io non sono riuscito a risolvere in modo decente, quindi spero che qualcuno trovi una bella soluzione:
Problema 69: trovare tutte le terne di interi positivi a,b,c tali che
$ \displaystyle a+b+c=2010 $
$ \displaystyle\frac 1 a+\frac 1 b+\frac 1 c=\frac 1{58} $
58(ab+bc+ca)=abc
Essendo tutto ciclico possiamo supporre $ \displaystyle~c=\min(a,b,c) $.
$ \displaystyle~abc=58(ab+bc+ca)\le 58\cdot 3ab $, cioè $ \displaystyle~c\le 58\cdot 3 $.
Inoltre $ \displaystyle~\frac{1}{58}-\frac{1}{c}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}>0 $ da cui $ \displaystyle~c>58 $.
Abbiamo $ \displaystyle~a+b=2010-c $ e $ \displaystyle~\frac{a+b}{ab}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{58}-\frac{1}{c}=\frac{c-58}{58c} $, da cui $ \displaystyle~2010-c=ab\frac{c-58}{58c} $ e infine $ \displaystyle~ab=\frac{58c(2010-c)}{c-58} $.
È $ \displaystyle~0<c-58\le 58\cdot 2~(*) $. Ora $ \displaystyle~(2010-c,c-58)\mid 2010-c+c-58=1952=2^5\cdot 61 $. Se $ \displaystyle~61\mid c-58 $, per la $ \displaystyle~(*) $ $ \displaystyle~c=61+58=119 $. In tal caso $ \displaystyle~ab=213962 $ e $ \displaystyle~a+b=1891 $ che non dà soluzioni (qui si può dire ad es. $ \displaystyle~\Delta=(a-b)^2=(a+b)^2-4ab\equiv 1^2-4\cdot 2\equiv 2 \pmod 3 $).
Quindi $ \displaystyle~(2010-c,c-58)\mid 2^5 $. Inoltre $ \displaystyle~(58c,c-58)\mid 58c-58^2 $ quindi $ \displaystyle~(58c,c-58)\mid 58^2=2^2\cdot 29^2 $. Quindi affinché la frazione sia intera deve essere $ \displaystyle~c-58=2^x\cdot 29^y $.
Dalla $ \displaystyle~(*) $ troviamo $ \displaystyle~c-58=2^x,~x\le 6 $ o $ \displaystyle~c-58=29\cdot 2^x,~x\le 2 $.
Adesso basta fare tutti i 10 casi a mano (sono conti facili) per trovare che $ \displaystyle~c=58+2^5 $...
Quindi le uniche soluzioni sono (1740, 180, 90) e simmetriche.
Inviato: 15 giu 2010, 22:37
Niente da dire 
... A me sembra funzioni.
... A me sembra funzioni.Inviato: 16 giu 2010, 00:47
Bene allora
Problema 70. Mostrare che ogni razionale positivo è uguale a $ \displaystyle~\frac{a^3+b^3}{c^3+d^3} $ per qualche quaterna $ \displaystyle~(a,b,c,d) $ di interi positivi.
Problema 70. Mostrare che ogni razionale positivo è uguale a $ \displaystyle~\frac{a^3+b^3}{c^3+d^3} $ per qualche quaterna $ \displaystyle~(a,b,c,d) $ di interi positivi.
Inviato: 16 giu 2010, 16:51
L'ultimo problema deve essere tostissimo... io in tipo mezz'ora non sono riuscito manco a trovare a,b,c,d tali che quella roba valga 2 xD
(questo non implica voglia di hint... solo complimenti per il problema che mi piace mucho
)
(questo non implica voglia di hint... solo complimenti per il problema che mi piace mucho
)Inviato: 17 giu 2010, 01:48
Innanzitutto notiamo che ci basta dimostrare che possiamo ottenere tutti i razionali in un certo intervallo$ (k,h) $; se ciò è possibile, allora per ottenere $ x\leq k $, dato r=p/q razionale compreso tra 1 e $ \sqrt[3]{h/k} $, mi basta moltiplicare x per $ r^{3n} $ con n abbastanza grande per entrare nell'intervallo, quindi trovo $ a,b,c,d $ per $ 2^{3n}x $, quindi la quaterna $ (q^{n}a,q^{n}b,p^{n}c,p^{n}d) $ va bene per x. Stesso discorso per $ x\geq h $ ma stavolta dividiamo per $ r^{3n} $. Cercheremo ora di trovare tutte le frazioni tra 1/2 e 2 estremi esclusi.
Poniamo y=a/b e z=c/d e riscriviamo la frazione come
$ $\frac{a^3+b^3}{c^3+d^3}=\frac{b^3}{d^3}\frac{(\frac{a}{b})^3+1}{(\frac{c}{d})^3+1}=\frac{b^3}{d^3}\frac{(y+1)(y^2-y+1)}{(z+1)(z^2-z+1)} $
Ora sarebbero comode 2 cose: che b fosse uguale a d (così ce ne potremmo dimenticare), ma soprattutto che i due polinomi di secondo grado in y e in z fossero uguali, così da semplificarli. Per quali coppie di y e di z tali polinomi sono uguali?
Supponiamo che $ y^2-y+1=k $. Allora il polinomio $ p(x)=x^2-x+1-k $ è di secondo grado e ha y come sua radice. La somma delle radici è poi 1 (relazioni radici coefficienti), da cui l'altra radice è 1-y. È così che arriviamo alla seguente identità:
$ (1-y)^2-(1-y)+1=y^2-y+1 $
A questo punto basta che y<1 perché sia possibile porre z=1-y. D'altronde basta imporre, tornando alle vecchie lettere, che a<b; in questo modo avremmo b=d (cosa che speravamo) e c=b-a.
A questo punto basta sostituire e otteniamo la frazione
$ $\frac{a^3+b^3}{c^3+d^3}=\frac{2a+c}{2c+a}=2-\frac{3c}{2c+a} $
E questa al variare di a e di c copre tutti i razionali tra 1/2 e 2: mi serve che 3c/(2c+a) sia un qualsiasi razionale p/q=3p/3q<3/2. Allora pongo c=p e a=3q-2p e ho finito.
Problema 71. Dato n>1 dispari che non sia la potenza di un primo, dimostrare che il prodotto dei numeri i che soddisfano le seguenti condizioni è congruo a 1 modulo n:
1) $ 1\leq i\leq n $
2) $ i^2\equiv 1 \pmod{n} $.
EDIT: avevo sbagliato testo del problema
Poniamo y=a/b e z=c/d e riscriviamo la frazione come
$ $\frac{a^3+b^3}{c^3+d^3}=\frac{b^3}{d^3}\frac{(\frac{a}{b})^3+1}{(\frac{c}{d})^3+1}=\frac{b^3}{d^3}\frac{(y+1)(y^2-y+1)}{(z+1)(z^2-z+1)} $
Ora sarebbero comode 2 cose: che b fosse uguale a d (così ce ne potremmo dimenticare), ma soprattutto che i due polinomi di secondo grado in y e in z fossero uguali, così da semplificarli. Per quali coppie di y e di z tali polinomi sono uguali?
Supponiamo che $ y^2-y+1=k $. Allora il polinomio $ p(x)=x^2-x+1-k $ è di secondo grado e ha y come sua radice. La somma delle radici è poi 1 (relazioni radici coefficienti), da cui l'altra radice è 1-y. È così che arriviamo alla seguente identità:
$ (1-y)^2-(1-y)+1=y^2-y+1 $
A questo punto basta che y<1 perché sia possibile porre z=1-y. D'altronde basta imporre, tornando alle vecchie lettere, che a<b; in questo modo avremmo b=d (cosa che speravamo) e c=b-a.
A questo punto basta sostituire e otteniamo la frazione
$ $\frac{a^3+b^3}{c^3+d^3}=\frac{2a+c}{2c+a}=2-\frac{3c}{2c+a} $
E questa al variare di a e di c copre tutti i razionali tra 1/2 e 2: mi serve che 3c/(2c+a) sia un qualsiasi razionale p/q=3p/3q<3/2. Allora pongo c=p e a=3q-2p e ho finito.
Problema 71. Dato n>1 dispari che non sia la potenza di un primo, dimostrare che il prodotto dei numeri i che soddisfano le seguenti condizioni è congruo a 1 modulo n:
1) $ 1\leq i\leq n $
2) $ i^2\equiv 1 \pmod{n} $.
EDIT: avevo sbagliato testo del problema
Inviato: 17 giu 2010, 18:01
Uhm... domanda: il 2 come lo realizzo? (è che non ho capito a pieno la tua soluzione xD )
Inviato: 17 giu 2010, 19:09
Per ottenere il 2 prima ottieni $ 2\cdot (\frac{2}{3})^3=\frac{16}{27}>\frac{1}{2} $, poi trasformi quest'ultimo.
Per ottenere quest'ultimo lo scrivi innanzitutto come $ 2-\frac{38}{27} $, e a questo punto poni c = 38, a = 3*27 - 2*38 = 5; b = d = a+c = 43.
Hai quindi la quaterna (5, 43, 38, 43) che ti dà 16/27. A questo punto la quaterna (3*5, 3*43, 2*38, 2*86)=(15, 129, 76, 86) ti dà 2. Effettivamente non è facile trovare questa quaterna in mezz'ora!
Per ottenere quest'ultimo lo scrivi innanzitutto come $ 2-\frac{38}{27} $, e a questo punto poni c = 38, a = 3*27 - 2*38 = 5; b = d = a+c = 43.
Hai quindi la quaterna (5, 43, 38, 43) che ti dà 16/27. A questo punto la quaterna (3*5, 3*43, 2*38, 2*86)=(15, 129, 76, 86) ti dà 2. Effettivamente non è facile trovare questa quaterna in mezz'ora!
Inviato: 17 giu 2010, 19:18
Complimenti davvero per questa soluzione: in effetti a prima vista l'enunciato è assolutamente controintuitivo, ma ne hai dato una dimostrazione molto bella! 
(aggiungo: e ha anche il pregio di essere costruttiva)Inviato: 17 giu 2010, 19:25
Sì, ho cercato di non scrivere banalmente "Poniamo b=d=a+c e per magia quel coso si semplifica in 2a+c/2c+a", ma di far vedere come ci si può arrivare.
Forza ora, c'è il problema nuovo!
Forza ora, c'è il problema nuovo!
Inviato: 17 giu 2010, 19:38
Perfetto chiarissimo, grazie :)
Inviato: 17 giu 2010, 21:30
Molto bene. Provo a risolvere il 71:
Step 1. Possiamo scrivere $ \displaystyle~n=p_1^{e_1}p_2^{e_2}\cdots p_m^{e_m} $, con $ \displaystyle~m\ge 2 $ e $ \displaystyle~p_j>2 $ primo per ogni j.
Step 2. Dobbiamo scoprire qualche cosa di più sugli i $ \displaystyle~\pmod n $ che soddisfano la richiesta. Osserviamo che $ \displaystyle~i^2\equiv 1\pmod n $ sse $ \displaystyle~i^2\equiv 1\pmod{p_j^{e_j}} $ per ogni j sse $ \displaystyle~i\equiv\pm 1\pmod{p_j^{e_j}} $ per ogni j (i $ \displaystyle~\pm $ sono da considerarsi indipendenti l'uno dall'altro).
Step 3. Quanti sono quindi gli i che vanno bene? $ \displaystyle~2^m $: infatti il Teorema Cinese del Resto ci dice che c'è una corrispondenza biunivoca tra i numeri $ \displaystyle~\pmod n $ e tutte le possibili congruenze modulo i vari $ \displaystyle~p_j^{e_j} $, nel nostro caso tra $ \displaystyle~\{0\le i<n:i\equiv\pm 1\pmod{p_j^{e_j}}\forall j\} $ e $ \displaystyle~\overbrace{\{\pm 1\}\times\{\pm 1\}\times\dots\times\{\pm 1\}}^{m\textrm{ insiemi}} $.
Step 4. Sia A l'insieme degli i che soddisfano la richiesta. La tesi è $ \displaystyle~\prod_{i\in A} i\equiv 1\pmod n $ o anche, notando che $ \displaystyle~i\in A\to n-i\in A $, $ \displaystyle~\prod_{i\in A\wedge i<\frac{n}{2}} i(n-i)\equiv 1\pmod n $.
Ma $ \displaystyle~i(n-i)\equiv -i^2\equiv -1\pmod n $, quindi la tesi diventa dimostrare che c'è un numero pari di elementi di A minori di $ \displaystyle~\frac{n}{2} $, o anche che il numero di elementi di A è divisibile per 4. Ma ciò è vero visto che $ \displaystyle~|A|=2^m $ con $ \displaystyle~m\ge 2 $ per ipotesi.
Step 1. Possiamo scrivere $ \displaystyle~n=p_1^{e_1}p_2^{e_2}\cdots p_m^{e_m} $, con $ \displaystyle~m\ge 2 $ e $ \displaystyle~p_j>2 $ primo per ogni j.
Step 2. Dobbiamo scoprire qualche cosa di più sugli i $ \displaystyle~\pmod n $ che soddisfano la richiesta. Osserviamo che $ \displaystyle~i^2\equiv 1\pmod n $ sse $ \displaystyle~i^2\equiv 1\pmod{p_j^{e_j}} $ per ogni j sse $ \displaystyle~i\equiv\pm 1\pmod{p_j^{e_j}} $ per ogni j (i $ \displaystyle~\pm $ sono da considerarsi indipendenti l'uno dall'altro).
Step 3. Quanti sono quindi gli i che vanno bene? $ \displaystyle~2^m $: infatti il Teorema Cinese del Resto ci dice che c'è una corrispondenza biunivoca tra i numeri $ \displaystyle~\pmod n $ e tutte le possibili congruenze modulo i vari $ \displaystyle~p_j^{e_j} $, nel nostro caso tra $ \displaystyle~\{0\le i<n:i\equiv\pm 1\pmod{p_j^{e_j}}\forall j\} $ e $ \displaystyle~\overbrace{\{\pm 1\}\times\{\pm 1\}\times\dots\times\{\pm 1\}}^{m\textrm{ insiemi}} $.
Step 4. Sia A l'insieme degli i che soddisfano la richiesta. La tesi è $ \displaystyle~\prod_{i\in A} i\equiv 1\pmod n $ o anche, notando che $ \displaystyle~i\in A\to n-i\in A $, $ \displaystyle~\prod_{i\in A\wedge i<\frac{n}{2}} i(n-i)\equiv 1\pmod n $.
Ma $ \displaystyle~i(n-i)\equiv -i^2\equiv -1\pmod n $, quindi la tesi diventa dimostrare che c'è un numero pari di elementi di A minori di $ \displaystyle~\frac{n}{2} $, o anche che il numero di elementi di A è divisibile per 4. Ma ciò è vero visto che $ \displaystyle~|A|=2^m $ con $ \displaystyle~m\ge 2 $ per ipotesi.