[N+] Fibonacci mod p

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

Ciao. Sentite questo:
 
 Come [quasi] tutti sanno, la successione di Fibonacci è definita come F0 = 0; F1 = 1; Fn+1 = Fn + Fn-1.
 
 Sia p un primo. Si dimostri che vale una delle seguenti:
 
 i) p | Fp-1, oppure
 ii) p | Fp, oppure
 iii) p | Fp+1.
 
 Bonus question: caratterizzare i primi per cui vale ognuno dei tre casi (i)-(iii).
 
 EDIT: nella prima formulazione c\'era una stupidaggine piuttosto evidente. Per fortuna che nessuno se ne è accorto...
 
 Buon lavoro!
 
 M.
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: marco il 26-11-2004 08:05 ] [ Questo Messaggio è stato Modificato da: marco il 26-11-2004 08:05 ]

sprmnt21 · Messaggio da **sprmnt21** » 01 gen 1970, 01:33

Do\' un piccolissimo contributo a semplificare (?) il problema.
 
 Per p>2, datp che p dispari, si ha che F(p-1)F(p+1)=Fp^2-1=(Fp-1)(Fp+1).Quindi la tesi da provare e\' equivalente (per p>2) a provare che
 
 p|(Fp-1)Fp(Fp+1).

sprmnt21 · Messaggio da **sprmnt21** » 01 gen 1970, 01:33

provo ad andare avanti.
 
 per p>2, la formula di Binet per i numeri di Fibonacci Fp, da\' un\'eguaglianza del tipo:
 
 2^(p-1)Fp = Cp1 + Cp3*5+Cp5*5^2 + ... +Cpp*5^((p-1)/2).
 
 Dato che Cpi == 0 (mod p) per i=/=p, Cpp==1 (mod p) e 2^(p-1)==1 (mod p), si ha che Fp == 5^((p-1)/2) (mod p) o Fp^2 == 5^(p-1) (mod p).
 
 
 Un altro progresso (piu\' (ri)correzione <IMG SRC="images/forum/icons/icon_smile.gif"> )
 
 Cioe\' Fp^2 == {0, per p=5; 1, per p=/=5} (mod p).
 
 
 
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: sprmnt21 il 26-11-2004 13:17 ] [ Questo Messaggio è stato Modificato da: sprmnt21 il 26-11-2004 13:27 ]

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

PREMESSE.
 
 Mostrerò di seguito che, per ogni primo intero p > 0: p | Fp - Leg(p,5), ove Leg(p,5) è il simbolo di Legendre di numeratore p e denumeratore 5, rispondendo in tal modo in un sol colpo a due delle questioni poste dal nostro caro marco, e fra queste al bonus problem. In quanto alla condizione di minimalità, be\'... mi pare proprio che i conti non tornino! Perché? Eh, fate un po\' voi: F7 = 13, F11 = 89, F13 = 233 and so on going... Ho impegnato l\'intera mattinata e tutte le mie energie nello sforzo di rendere attendibili i miei argomenti! Ecco, a posteriori, direi che n\'è valsa realmente la pena, e lo dico senz\'ombra di presunzione, ma piuttosto compiaciuto del mio lavoro!!! Ok, ciò premesso, mettetevi comodi e cercate di seguirmi...
 
 P.S.: ho scelto di segmentare la soluzione onde soltanto migliorarne la leggibilità: a qualcuno sembrerà bislacco, ma ho letto un articolo in proposito giusto un paio di giorni fa...
 
 
 \"C\'è un solo bene: il sapere. E un solo male: l\'ignoranza.\" - Socrate [ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 26-11-2004 13:55 ]

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

ALGEBRA+.
 
 Per ogni primo intero q > 2, sia Sq := {a + b·sqrt(q): a, b € Z}. Evidentemente, Sq è un sottoinsieme di R e un sovrainsieme degli interi. Inoltre, Sq è algebri-
 camente chiuso rispetto alla somma ordinaria ereditata dalla sovrastruttura dei reali e così nondimeno rispetto al prodotto standard *: Sq x Sq --> Sq definito assumendo, per ogni a, b, c, d € Z:
 
 <center>[a + b·sqrt(q)] * [c + d·sqrt(5)] = (ac+q·bd) + (ad+bc)·sqrt(q)</center>
 E\' (quasi) un esercizio di routine verificare che (Sq, +, *) è un anello commutativo unitario (l\'unità è l\'elemento e = 1), in cui vige la legge di annullamento del prodotto (dunque, un dominio di integrità), e che inoltre il più comune anello degli interi (Z, +, ·) è nulla più (beh, adesso...) che un sottoanello di (Sq, +, *). Per ogni n € N0 ed ogni x € Sq, definiamo poi in modo naturale:
 xn := x * x * ... * x, ove il prodotto coinvolge n fattori tutti eguali ad x. Per definizione, assumiamo quindi x0 := 1.
 
 Be\', a questo punto, piccolo break pubblicitario, ché debbo andare a calarmi la pasta... A dopo per il resto!!!
 
 EDIT: rifiniture + integrazione + correzione.
 
 
 \"Anelo all\'eternità perché lì troverò i miei quadri non dipinti e le poesie che ancora non ho scritto.\" - Kahlil Gibran [ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 29-11-2004 15:21 ]

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

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-11-26 12:34, HiTLeuLeR wrote:
 In quanto alla condizione di minimalità, be\'... mi pare proprio che i conti non tornino!
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 ...infatti la minimalità è scomparsa nottetempo. Mi ero molto stupito, stamane, di averla scampata...

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

Ah, ecco... tutto nasce dal fatto ch\'io ho dato lettura al tuo quesito ieri sera, caro marco, attorno alle 22:00, quando ancora - debbo presumere - non avevi avuto occasione di apportare le dovute modifiche al \"testo incriminato\". Scopro soltanto adesso della tua correzione, tutto qui! Ero così concentrato sul problema che non ho pensato di verificare se avessi già \"rivisitato le tue scritture\"!!! Vabbe\', in fondo, non è successo nulla di grave, i malintesi sono sempre dietro l\'angolo, soprattutto quando... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">
 
 
 \"Grazie a Dio, esiste il malinteso.\" - Charles Baudelaire [ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 26-11-2004 14:02 ]

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

COME TI ESTENDO LA DIVISIONE...
 
 L\'idea è adesso di estendere ad Sq la nozione di divisibilità classicamente riferita agli interi di Z. Be\', molto banalmente, se m, n € Sq ed n è diverso dallo zero, si dice che m è divisibile per n, ovvero che n divide m, o ancora che n è un divisore di m (in Sq), e si scrive n | m, sse esiste un qualche k € Sq tale che: m = n*k.
 
 Utilizzando il concetto di divisibilità appena qui sopra introdotto, possiamo dunque trasportare in Sq la relazione di congruenza modulare, assumendo (definizione) che, comunque scelti x, y, m € Sq, con m diverso dallo zero, x è congruo ad y modulo m sse m | (x-y) in Sq; nel qual caso, scriviamo: x =q y mod m.
 
 La relazione di congruenza mod m così stabilita fra gli elementi di Sq è un\'equivalenza, e soddisfa inoltre alcune peculiari proprietà, del tutto analoghe a quelle delle più ordinarie congruenze sugli interi di Z. Fra queste:
 
 i) p.o. a, b, c, d € Sq: a =q b mod m & c =q d mod m ==> a+c =q b+d mod m;
 ii) p.o. a, b, c € Sq, con c =\\= 0: a =q b mod m ==> a*c =q b*c mod m*c;
 iii) se n € Sq ed n | m, allora: a =q b mod m ==> a =q b mod n, p.o. a, b € Sq;
 iv) comunque scelti a, b, c € Sq: a =q b mod m ==> a*c =q b*c mod m;
 v) per ogni a, b, c, d € Sq: a*c =q b*d mod m;
 vi) per qualsiasi k € N ed ogni a, b € Sq: a =q b mod m ==> ak =q bk mod m.
 
 Ultima, ma non ultima, vale l\'interessante implicazione (proprietà (H.1)) secondo cui, se x, y, m € Z ed m è diverso dallo zero, allora: x =q y mod m sse x = y mod m. Si ricordi, in tal senso, quanto detto in principio riguardo al fatto che (Z, +, ·) è un sottoanello di (Sq, +, *). Ok, mostriamo che la condizione è necessaria (l\'inversa è a dir poco banale). Secondo definizione: x = y mod m sse esiste un k € Sq tale che: x - y = mk. E tuttavia: Sq := {a + b·sqrt(q): a, b € Z}, sicché - in ultima analisi: x = y mod m sse esistono interi a, b € Z per i quali:
 x - y = m·[a + b·sqrt(q)]. Ora, se b fosse diverso dallo zero, se ne avrebbe presto a dedurre che: sqrt(q) = [(x - y)/m - a]/b, con x, y, a, b, m € Z, in evidente contraddizione col fatto che sqrt(q) è un numero irrazionale. Necessariamente, quindi: b = 0, cosicché: k € Z, e di qui l\'asserto, q.e.d.
 
 EDIT: non riuscivo a incollare il resto della soluzione, arrrgh!!! Ultimamente, il server fa parecchio i capricci... gli ci vorrebbe una bella dose di bastonate!!! Sììì, so cosa state pensando: \"Anche a te!!!\" Gnegne, antipatici... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_mad.gif">
 
 
 \"Ci sono anime schiave che spingono la riconoscenza per i benefici ricevuti al punto da strangolare se stesse col laccio della gratitudine.\" - F. W. Nietzsche [ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 26-11-2004 18:54 ]

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

IL TEOREMA DI HITLEULER-FERMAT. <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif">
 
 Sì, sono d\'accordo anch\'io: che sboroooooone, puaaah... Eppure, non suonerebbe affatto male, caspiterina... Vabbe\', ciancio alle bande e entriamo nel vivo della soluzione!!! Nel seguito, salvo che non sia altrimenti specificato, tutte le congruenze indicate s\'intendono condotte in Sq.
 
 NOTA: qui come altrove, si pone implicitamente: qp/2 := [sqrt(q)]p.
 
 Lemma di HiT: per ogni primo intero p > 2: qp/2 =q Leg(p,q)·sqrt(q) mod p.
 
 Dim.: come noto, se p è un primo intero > 2, necessariamente: p = 1 mod 2. E allora: qp/2 =q Leg(p,q)·sqrt(q) mod p se e soltanto se esiste k € Sq tale che: p*k = qp/2 - Leg(p,q)·sqrt(q) = sqrt(q) · [q(p-1)/2 - Leg(p,q)]. Del resto, essendo p un primo intero positivo dispari, per coerenza con il lemma di Eulero, risulta che: q(p-1)/2 = Leg(p,q) mod p, perciocché è determinato un m € N0 per il quale: q(p-1)/2 - Leg(p,q) = mp. Di qui la tesi, pur di assumere k := m·sqrt(q), q.e.d.
 
 Teorema di HiTLeuLeR-FeRMaT: per ogni a, b € Z ed ogni primo intero p > 2: [a+b·sqrt(q)]p =q a + b·sqrt(q)·Leg(p,q) mod p.
 
 Dim.: com\'è nei miei standard di scrittura, sia Bin(a,b) il coefficiente binomiale di ordine a su b, per ogni a € N ed ogni b = 0, 1, ..., a. E allora, come noto: Bin(p,k) = 0 mod p, per ogni k = 1, 2, ..., p-1, e perciò - stante la proprietà (H.1) delle congruenze in Sq: Bin(p,k) =q 0 mod p. Ergo, passando per il teorema del binomiale di Isacco Newton (Dio vi salvi dai fisici prima che dagli ingenieri...):
 
 [a+b·sqrt(q)]p =q ap + sumk=1...p-1 Bin(p,k) · ap-k · bk · qk/2 + bp · qp/2 =q
 [a+b·sqrt(q)]p =q ap + bp · qp/2 + 0 =q ap + bp · qp/2 mod p.
 
 D\'altro canto, coerentemente con il piccolo teorema di Fermat, riferito agli interi ordinari di Z: ap = a mod p e bp = b mod p, cosicché - ancora in virtù della proprietà (H.1): ap =q a mod p e bp =q b mod p. Inoltre, per il lemma di HiT:
 qp/2 =q Leg(p,q)·sqrt(q) mod p, e perciò - in definitiva:
 
 [a+b·sqrt(q)]p =q ap + bp · qp/2 =q a + b · sqrt(q) · Leg(p,q) mod p, q.e.d. <IMG SRC="images/forum/icons/icon21.gif">
 
 
 \"L\'uomo di poco sapere invecchia come un bove. Crescono le sue carni, ma non cresce la sua saggezza.\" - Buddha [ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 29-11-2004 15:24 ]

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

LA SOLUZIONE DEL PROBLEMA.
 
 Come anticipato già nelle premesse, intendo innanzitutto dimostrare che, per ogni primo intero p > 0: p | Fp - Leg(p,5), ove la condizione di divisibilità s\'intende riferita, qui come nel seguito, all\'anello ordinario degli interi. Per il lemma di Gauss sul carattere quadratico di 2: Leg(2,5) = (-1)^[(52 - 1)/8] = (-1)3 = -1, sicché: [p - Leg(p,5)]p=2 = 3, e in effetti: 2 | F3, poiché: F3 = 2. Analogamente: Leg(5,5) = 0. Così: [p - Leg(p,5)]p=5 = 5, e ancora: 5 | F5, dacché: F5 = 5.
 
 Ciò stabilito, sia dunque p un primo intero > 2 e diverso da 5. In tal caso, sic et simpliciter: Leg(p,5) = 1 aut Leg(p,5) = -1, a secondo che p risulti o meno un residuo quadratico mod 5. Procediamo distinguendo i due casi:
 
 1° caso) p non è residuo quadratico mod 5, ovvero: Leg(p,5) = -1. E allora:
 p - Leg(p,5) = p + 1, e si tratta perciò di mostrare che: p | Fp+1. Dalla formula di Binet, per ogni n € N: Fn = [1/sqrt(5)] · ([(1+sqrt(5))/2]n - [(1-sqrt(5))/2]n), ovvero: 2n · 5Fn = sqrt(5) * ([1+sqrt(5)]n - [1-sqrt(5)]n). Ergo, per applicazone del teorema di HiTLeuLeR-FeRMaT (uhauhauha, che megalomane, gh...):
 
 2p+1 · 5Fp+1 =5 sqrt(5) * ([1+sqrt(5)]p+1 - [1-sqrt(5)]p+1]) =5
 2p=5 sqrt(5) * ([1+sqrt(5)]*[1-sqrt(5)] - [1-sqrt(5)]*[1+sqrt(5)]) =5 0 mod p
 
 Tuttavia, a primo e ultimo membro della relazione modulare così ottenuta figurano degli interi di Z, così da potersi dedurre - in virtù della proprietà (H.1) - che: 2p+1 · 5Fp+1 = 0 mod p, ovvero: 10Fp+1 = 0 mod p. Di qui, considerando che p è primo con 10 e sfruttando di conseguenza il 2° teorema di Euclide dell\'Aritmetica, si conclude finalmente che: Fp+1 = 0 mod p, ossia: p | Fp+1.
 
 2° caso) p è residuo quadratico mod 5, cioè a dirsi: Leg(p,5) = 1. E allora:
 p - Leg(p,5) = p - 1, e tutto si riduce a provare che: p | Fp-1. Ancora per la formula di Binet: 2p-1 · 5Fp-1 = [1+sqrt(5)]p-1 - [1-sqrt(5)]p-1; sicché, moltiplicando(1) primo e secondo membro per [1+sqrt(5)]*[1-sqrt(5)] = -4, si deriva che: -2p+1 · 5Fp-1 = sqrt(5) * ([1-sqrt(5)] * [1+sqrt(5)]p - [1+sqrt(5)] * [1-sqrt(5)]p). E così, stante il mirabilissimo (...) teorema di HiTLeuLeR-Fermat:
 
 -2p+1 · 5Fp-1 =5 sqrt(5) * ([1+sqrt(5)]p+1 - [1-sqrt(5)]p+1]) =5
 2p=5 sqrt(5) * ([1-sqrt(5)]*[1+sqrt(5)] - [1+sqrt(5)]*[1-sqrt(5)]) =5 0 mod p.
 
 Orbene, a primo ed ultimo membro della catena di congruenze così ottenuta figurano degli interi ordinari, cosicché - vista l\'ormai inflazionata proprietà (H.1):
 -2p+1 · 5Fp-1 = 0 mod p, ovvero: 10Fp-1 = 0 mod p. Di qui, osservando che p è primo con 10 e applicando a seguire il 2° teorema di Euclide dell\'Aritmetica, si trae alfine che: Fp-1 = 0 mod p, ovvero: p | Fp-1, q.e.d.
 
 (1): il riferimento è al prodotto non-standard di S5.
 
 EDIT: inserita la radice mancante!!!
 
 
 \"Quando nel mondo appare un vero genio, lo si riconosce dal fatto che tutti gli idioti fanno banda contro di lui.\" - Jonathan Swift [ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 01-12-2004 22:25 ]

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

CONCLUSIONI.
 
 Osserviamo che, per ogni primo intero q > 0: Leg(q,5) = Leg(b,5), ove b rappresenta la cifra meno significativa nella rappresentazione decimale di q. Ora, siccome tutti i primi interi > 2 terminano per una cifra (decimale) dispari, e dacché: Leg(1,5) = Leg(-1,5) = 1 e Leg(2,5) = Leg(3,5) = Leg(7,5) = -1, è lecito concludere - mettendo insieme quanto sinora stabilito - che, essendo p un primo naturale qualsivoglia: a) p | Fp-1 se la cifra meno significativa della rappresenta-
 zione decimale di p è 1 vel 9; b) p | Fp se p = 5; c) p | Fp+1 se p = 2 oppure se la cifra meno significativa della rappresentazione decimale di p è 3 vel 7. E in effetti, è banalissimo dimostare che le condizioni a)-c) appena elencate, oltre che sufficienti, sono pure necessarie. Basta combinare le precedenti alla proprietà per cui: gcd(Fn, Fn+1) = 1, per ogni n € N.
 
 Bene, penso di aver detto molto più di quel che avrei dovuto! Perciò, se fossi in me, a questo punto, mi fermerei qui!!! Maaa...
 
 
 \"Nessuno ha mai commesso un errore più grande di colui che non ha fatto nulla soltanto perché poteva fare troppo poco.\" - Edmund Burke [ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 26-11-2004 17:53 ]

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

[mode invettiva ON]
 
 ...ma ciò nonostante, sento di dover aggiungere ancora una piccola postilla, a tutto questo! Dunque, siccome il problema è stato classificato da marco come un [N+], mi sono permesso (naaah, non tenterò di nasconderlo, tranquilli...) qualche timida divagazione su topic poco allineati agli standard di questo forum (che io adoro, se mai non fosse stato chiaro)!!!
 
 Del resto, in giro per il web, non è raro apprendere di IMO-boys capaci di maneggiare con disinvoltura curve ellittiche e forme modulari: penso soprattutto ai campioni magiari!!! E non sarà di certo un caso se l\'Ungheria è - almeno per quanto mi risulta - uno fra gli IMO-paesi più forti nel mondo, non vi pare? Ecco, forse questo dovrebbe far riflettere un po\' tutti, e particolarmente quanti ancora si ostinano a ritenere che la Matematica e la sua pur nobile cugina olimpica debbano per lo più evitare d\'incrociar le proprie strade...
 
 [mode invettiva OFF]
 
 
 \"Tutti desiderano possedere la conoscenza, ma relativamente pochi sono disposti a pagarne il prezzo.\" - Giovenale

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

Vabbe\', siccome marco tarda a rispondere, ché avrà pure diritto a una sua vita privata, approfitto del suo thread per rilanciare con un altro problema pertinente i Fibonacci - per quel che mi è noto, assolutamente originale!!! Ringrazio lo stesso marco per avermi dato l\'occasione di pensarci su...
 
 HiT\'s problem: siano {Fn: n € N} la sequenza dei Fibonacci e {pn: n € N0} la successione ordinatamente crescente di tutti e soli i numeri primi naturali:
 p1 = 2, p2 = 3, p3 = 5, p4 = 7 e così via all\'infinito (già, il teorema di Euclide)!
 
 Ebbene, si dimostri che esistono infiniti k € N0 tali che, per ogni n € N0, Fpn non sia divisibile per pk. <IMG SRC="images/forum/icons/icon24.gif">
 
 
 \"I numeri sono come le persone: torturali abbastanza e ti diranno qualsiasi cosa.\" - S. Tr.\'s philosophy [ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 01-12-2004 22:45 ]

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

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-11-26 17:55, HiTLeuLeR wrote:
 [mode invettiva ON]
 ...ma ciò nonostante, sento di dover aggiungere ancora una piccola postilla, a tutto questo! Dunque, siccome il problema è stato classificato da marco come un [N+], mi sono permesso (naaah, non tenterò di nasconderlo, tranquilli...) qualche timida divagazione su topic poco allineati agli standard di questo forum (che io adoro, se mai non fosse stato chiaro)!!!
 
 Del resto, in giro per il web, non è raro apprendere di IMO-boys capaci di maneggiare con disinvoltura curve ellittiche e forme modulari: penso soprattutto ai campioni magiari!!! E non sarà di certo un caso se l\'Ungheria è - almeno per quanto mi risulta - uno fra gli IMO-paesi più forti nel mondo, non vi pare? Ecco, forse questo dovrebbe far riflettere un po\' tutti, e particolarmente quanti ancora si ostinano a ritenere che la Matematica e la sua pur nobile cugina olimpica debbano per lo più evitare d\'incrociar le proprie strade...
 [mode invettiva OFF]
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 Non ho capito il riferimento all\'Ungheria. Me lo puoi spiegare? Comunque i quesiti delle IMO si possono risolvere /anche/ (di preferenza, ma comunque non /soltanto/) con metodi totalmente elementari perche\' questa e\' una politica specifica del comitato organizzatore, non e\' nulla che abbiamo deciso noi.
 
 Forse Ungheria e Corea fanno stage in cui spiegano le curve ellittiche, non lo escludo. Vista la situazione attuale pero\' qui in Italia non abbiamo tempo, negli stage, di preparare adeguatamente i ragazzi neanche sui topic piu\' elementari (e qui ricadiamo nel discorso su \"come mai l\'Italia e\' scarsa alle IMO\" che e\' gia\' stato fatto molte volte...)
 
 ciao,
 --f

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

Hp) Divagare sulla Matematica giova agli olimpionici.
 
 Ts) Come del resto più volte suggerito e da più parti, si dovrebbe dedicare maggior spazio, anche qui sul forum, alla Matematica non propriamente olimpica, e non stigmatizzare certi problemi o le loro soluzioni(1).
 
 --------------
 
 Forse così il senso sarà più chiaro! Non avevo alcuna intenzione di polemizzare circa i contenuti degli IMO-problems, anzi... non avevo alcuna intenzione di polemizzare, in verità!!! Questa è una precisazione dovuta, non tanto per quel che già è stato scritto o è stato detto, ma piuttosto per quel che ancora ha da venire, se mai a questo mio sproloquire si darà un seguito...
 
 Ora, per quanto possa essere irrilevante la mia opinione in proposito, trovo assolutamente azzeccata l\'impronta su cui sono informati gli esercizi delle gare nazionali e internazionali, non ho mai inteso sostenere il contrario, e le tue precisazioni in merito, ancorché istruttive, consentimi di dirlo, mi sono parse piuttosto fuori luogo, come del resto saranno parse a te le mie riflessioni, non è ch\'io nutra dubbi a riguardo... Ecco, probabilmente mi avrai miscompreso, o più probabilmente mi sarò lasciato miscomprendere, o maybe son io ad aver frainteso il senso delle tue parole, ma tant\'è...
 
 Neppure per un istante, credimi, mi è balenata per la testa l\'idea che il Calcolo e la Teoria di Galois dovessero o potessero in qualche modo rientrare fra gli argomenti da olimpiade: ci mancherebbe altro!!! Il mio era piuttosto un discorso di formazione del pensiero Matematico, tutto lì. Forse, e dico forse solo per non sembrare più presuntuoso di quanto già non sia, dare spazio alla Matematica ultra-olimpica, senza tuttavia che questo voglia significare perdere di vista le finalità del forum e il senso ultimo dell\'iniziativa olimpica, potrebbe affinare la forma mentis dei nostri campioni(2) e dar loro quello slancio in più per affrontare, nei termini elementari propri di ogni buona soluzione \"IMO-style\", la sfida con gli altri paesi concorrenti! Già, ché forse una percezione più concreta dell\'aspetto agonistico delle gare (inutile fare gli ipocriti, suvvia, anche questo fa parte del sistema) potrebbe - alla lunga - dare i suoi bei frutti...
 
 Ciao,
 S. Tr.
 
 ------
 
 (1): btw, non mi riferisco a nessun caso in particolare.
 
 (2): sì, in parte li sento anche miei, e penso che non sia un delitto, in fondo in fondo... Qualcuno lo chiamerebbe \"orgoglio nazionale\", ed io - almeno dal punto di vista scientifico e secolare - sono molto orgoglione dell\'Italia, e non ho riserve nel confessarlo! Dell\'altra italia, be\'... preferisco non parlare!!!
 
 
 \"La noia nacque un giorno dall\'uniformità del pensiero.\" - Antoine La Motte Houdar [ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 27-11-2004 13:47 ]