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119. Prodotto costante di due sottoinsiemi
Inviato: 11 mar 2012, 22:26
da jordan
Trovare tutti gli interi positivi $n$ tali che l'insieme $\{n,n+1,n+2,\ldots,n+9\}$ può essere partizionato in due sottoinsiemi a prodotto costante.
Re: 119. Prodotto costante di due sottoinsiemi
Inviato: 11 mar 2012, 23:21
da karlosson_sul_tetto
Cosa si intende con "prodotto costante"?
Re: 119. Prodotto costante di due sottoinsiemi
Inviato: 11 mar 2012, 23:29
da jordan
Che il prodotto di tutti gli elementi di un sottoinsieme e' uguale al prodotto di tutti gli elementi dell'altro..
Ps. Sebbene l'abbia "inventato", scommetto che l'avranno già postato da qualche parte per quanto semplice e' la soluzione
Re: 119. Prodotto costante di due sottoinsiemi
Inviato: 12 mar 2012, 14:13
da <enigma>
Se $11$ divide uno fra quei dieci numeri abbiamo un assurdo perché non può dividerne un altro ma il prodotto degli elementi di ciascuno dei due sottoinsiemi ha il fattore $11$. Siano $S_1$ e $S_2$ i due insiemi e $P$ il prodotto degli elementi di ciascuno: allora $\prod _{k=0}^9 (n+k) \equiv -1 \pmod {11}$, ma anche $=\prod_{i \in S_1} i \prod_{j \in S_2} j \equiv P^2$; tuttavia $P^2 \equiv -1 \pmod {11}$ è assurdo. Tale partizione è quindi impossibile.
Re: 119. Prodotto costante di due sottoinsiemi
Inviato: 12 mar 2012, 14:25
da Sonner
Lo stesso problema con 6 numeri invece che 10 è l'IMO 1970/4 e ovviamente si risolve allo stesso modo (anche $7\equiv 3 \pmod {4}$)
Re: 119. Prodotto costante di due sottoinsiemi
Inviato: 12 mar 2012, 14:31
da <enigma>
Allora a questo punto posso fare un'osservazione: se il modulo non è un numero simpatico come un primo $\equiv -1 \pmod 4$, comunque scelta la partizione, $\prod_{k: n+k \in S_1}(n+k)=\prod_{j: n+j \in S_2}(n+j)$ è un'equazione polinomiale in $n$ con un numero finito di soluzioni, dunque avendo a disposizione un computer l'esistenza o meno di un $n$ del genere si riduce ad un controllo finito di casi su tutte le partizioni possibili.
Re: 119. Prodotto costante di due sottoinsiemi
Inviato: 12 mar 2012, 18:11
da jordan
Sonner ha scritto:Lo stesso problema con 6 numeri invece che 10 è l'IMO 1970/4 e ovviamente si risolve allo stesso modo (anche $7\equiv 3 \pmod {4}$)
Dio santo O.o !
Enigma, vai col prossimo