Ciao raga...sono appena tornato da una gita di poco meno di una settimana a Parigi e sono di una tristezza infinita...
<BR>La sera prima di partire stavo provando questo problema...Mi ricordo che era già stato postato ma se nn sbaglio nessuna sol era stata proposta. Ci ho provato un pò..mi sono per ora bloccato ma mi sembra carino (come del resto quello di Simo_the_wolf di un pò di tempo fà)...
<BR>
<BR>trovare gli n naturali tali che 2000<=n<=2010 e la parte intera di
<BR>(sqrt(2)/4)*(1+sqrt(2))^n
<BR>sia divisibile per 7
<BR>
<BR>Io ho affrontato il problema di petto, ragionando su
<BR>
<BR>f(n)=[(1+sqrt(2))^n]
<BR>
<BR>legenda: [x]=parte intera di x
<BR>
<BR>e trovando con il binomio di Newton che per n dispari (ma lo saprei fare anche con i pari) vale
<BR>
<BR>f(2c+1)= 2*[(2c+1,1)*2^c + (2c+1,3)*2^(c-1) + ... + (2c+1,2c+1)*2^0]
<BR>
<BR>dove (k,m) binomiale su k di m..
<BR>il metodo per ragionare su f(n) fino a quà credo funzioni anche con il problema vero e proprio...
<BR>Ora credo si debba trovare una espressione migliore di f(2c+1), magari sempre ragionando con il binomio di Newton e magari ragionando mod 7 ma quella sera nn ci ero riuscito...se qualcuno vuol provare...
<BR>
<BR>p.s.: nn scrivo come ho ricavato f(2c+1) per vari motivi. Prima di tutto perchè magari è inutile, secondo perchè magari qualcun altro ci vuol provare.... Saluti
<BR>
<BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: info il 27-11-2004 22:19 ]<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: info il 28-11-2004 18:11 ]
[N] Parti intere
Moderatore: tutor
<!-- BBCode Start --><B>DOPO FIBONACCI, ECCO A VOI <!-- BBCode Start --><I>MONSIEUR</I><!-- BBCode End --> PELL...</B><!-- BBCode End -->
<BR>
<BR>Sia {P<sub>n</sub>: n € N} la successione dei numeri di Pell, definita assumendo P<sub>0</sub> := 0, P<sub>1</sub> := 1 e P<sub>n+2</sub> := 2P<sub>n+1</sub> + P<sub>n</sub>, per ogni n € N, cosicché: P<sub>0</sub> := 0, P<sub>1</sub> := 1,
<BR>P<sub>2</sub> := 2, P<sub>3</sub> := 5, P<sub>4</sub> := 12 = 2<sup>2</sup> · 3, P<sub>5</sub> := 29, P<sub>6</sub> := 70 = 2 · 5 · 7, e così via... La relazione di ricorrenza che definisce il termine generale P<sub>n</sub> della sequenza per ogni indice n intero > 1 è un\'equazione alle differenze finite di 2° grado, cui resta associata la risolvente algebrica: x<sup>2</sup> - 2x - 1 = 0, di soluzioni x<sub>±</sub> = 1 ± sqrt(2).
<BR>
<BR>La teoria garantisce allora che: P<sub>n</sub> = a · [1 + sqrt(2)]<sup>n</sup> + b · [1 - sqrt(2)]<sup>n</sup>, per ogni n € N, ove a e b sono costanti reali da determinarsi imponendo che siano soddisfatte le condizioni iniziali P<sub>0</sub> := 0 e P<sub>1</sub> := 1. Ebbene, un paio di ridicoli conticini algebrici e si scopre che dev\'essere a = sqrt(2)/4 e b = -a, onde dedurne che: P<sub>n</sub> = [sqrt(2)/4] ·
<BR>· [(1 + sqrt(2))<sup>n</sup> - (1 - sqrt(2))<sup>n</sup>], per ogni n € N. E da qui, per il teorema binomiale:
<BR>
<BR>P<sub>n</sub> = [sqrt(2)/4] · [(1 + sqrt(2))<sup>n</sup> - (1 - sqrt(2))<sup>n</sup>] =
<BR><font color=white>P<sub>n</sub></font> = [sqrt(2)/4] · sum<sub>k=0...n</sub> Bin(n, k) · [1 + (-1)<sup>k+1</sup>] · 2<sup>k/2</sup> =
<BR><font color=white>P<sub>n</sub></font> = sum<sub>k=1...Floor(n/2) + n mod 2</sub> Bin(n, 2k-1) · 2<sup>k-1</sup>.
<BR>
<BR>ove n mod 2 denota il restod della divisione intera di n per 2 e Bin(i, j) rappresenta, come di consueto, il coefficiente binomiale di ordine i su j, per ogni i € N ed ogni
<BR>j = 0, 1, ..., i. Be\', prima di continuare, datemi qualche secondino per mettere a posto il seguito e apportare eventuali correzioni a questo primo segmento della soluzione!
<BR>
<BR>
<BR>\"Non dimenticare mai dove la strada conduce.\" - Eraclito<font color=white><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 28-11-2004 21:22 ]
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<BR>Sia {P<sub>n</sub>: n € N} la successione dei numeri di Pell, definita assumendo P<sub>0</sub> := 0, P<sub>1</sub> := 1 e P<sub>n+2</sub> := 2P<sub>n+1</sub> + P<sub>n</sub>, per ogni n € N, cosicché: P<sub>0</sub> := 0, P<sub>1</sub> := 1,
<BR>P<sub>2</sub> := 2, P<sub>3</sub> := 5, P<sub>4</sub> := 12 = 2<sup>2</sup> · 3, P<sub>5</sub> := 29, P<sub>6</sub> := 70 = 2 · 5 · 7, e così via... La relazione di ricorrenza che definisce il termine generale P<sub>n</sub> della sequenza per ogni indice n intero > 1 è un\'equazione alle differenze finite di 2° grado, cui resta associata la risolvente algebrica: x<sup>2</sup> - 2x - 1 = 0, di soluzioni x<sub>±</sub> = 1 ± sqrt(2).
<BR>
<BR>La teoria garantisce allora che: P<sub>n</sub> = a · [1 + sqrt(2)]<sup>n</sup> + b · [1 - sqrt(2)]<sup>n</sup>, per ogni n € N, ove a e b sono costanti reali da determinarsi imponendo che siano soddisfatte le condizioni iniziali P<sub>0</sub> := 0 e P<sub>1</sub> := 1. Ebbene, un paio di ridicoli conticini algebrici e si scopre che dev\'essere a = sqrt(2)/4 e b = -a, onde dedurne che: P<sub>n</sub> = [sqrt(2)/4] ·
<BR>· [(1 + sqrt(2))<sup>n</sup> - (1 - sqrt(2))<sup>n</sup>], per ogni n € N. E da qui, per il teorema binomiale:
<BR>
<BR>P<sub>n</sub> = [sqrt(2)/4] · [(1 + sqrt(2))<sup>n</sup> - (1 - sqrt(2))<sup>n</sup>] =
<BR><font color=white>P<sub>n</sub></font> = [sqrt(2)/4] · sum<sub>k=0...n</sub> Bin(n, k) · [1 + (-1)<sup>k+1</sup>] · 2<sup>k/2</sup> =
<BR><font color=white>P<sub>n</sub></font> = sum<sub>k=1...Floor(n/2) + n mod 2</sub> Bin(n, 2k-1) · 2<sup>k-1</sup>.
<BR>
<BR>ove n mod 2 denota il restod della divisione intera di n per 2 e Bin(i, j) rappresenta, come di consueto, il coefficiente binomiale di ordine i su j, per ogni i € N ed ogni
<BR>j = 0, 1, ..., i. Be\', prima di continuare, datemi qualche secondino per mettere a posto il seguito e apportare eventuali correzioni a questo primo segmento della soluzione!
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<BR>\"Non dimenticare mai dove la strada conduce.\" - Eraclito<font color=white><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 28-11-2004 21:22 ]
<!-- BBCode Start --><B>UNA SIMPATICA IDENTITA\'.</B><!-- BBCode End -->
<BR>
<BR>Quando si dice che la Matematica è opera di Dio... Intendo provare qui di seguito (in realtà, lascerò a voi altri i <!-- BBCode Start --><I>dettagli</I><!-- BBCode End --> più noiosi, ghgh...) che, per ogni n € N:
<BR>P<sub>n</sub> = n mod 2 + Floor([sqrt(2)/4] · (1 + sqrt(2))<sup>n</sup>), ove Floor(·) denota - al solito - la funzione che ad ogni x € R fa corrispondere la sua parte intera bassa, ossia il più grande intero <= x. La proprietà è evidente per n = 0 ed n = 1, dal momento che: Floor(sqrt(2)/4) = 0 = P<sub>0</sub> e Floor([sqrt(2)/4] · (1 + sqrt(2))) + 1 mod 2 = Floor([sqrt(2) + 2]/4) + 1 = 0 + 1 = P<sub>1</sub>. Sia dunque n un intero qualsiasi > 1. E allora, di nuovo in virtù del teorema del binomiale di Newton:
<BR>
<BR>[sqrt(2)/4] · (1 + sqrt(2))<sup>n</sup> = [sqrt(2)/4] · sum<sub>k=0...n</sub> Bin(n, k) · 2<sup>k/2</sup> =
<BR><font color=white>sqrt(2)</font> = [sqrt(2)/4] · sum<sub>k=0...Floor(n/2)</sub> Bin(n, 2k) · 2<sup>k</sup> +
<BR><font color=white>sqrt(2)</font> + [sqrt(2)/4] · sum<sub>k=1...Floor(n/2) + n mod 2</sub> Bin(n, 2k-1) · 2<sup>(2k-1)/2</sup> =
<BR><font color=white>sqrt(2)</font> = [sqrt(2)/4] · sum<sub>k=1...Floor(n/2) + 1</sub> Bin(n, 2k-2) · 2<sup>k-1</sup>
<BR><font color=white>sqrt(2)</font> + (1/2) · sum<sub>k=1...Floor(n/2) + n mod 2</sub> Bin(n, 2k-1) · 2<sup>k-1</sup>.
<BR>
<BR>Del resto, per ogni x € R: Floor(x) = m, essendo m € Z, sse: m <= x < m + 1. E dunque, qual sia n € N: P<sub>n</sub> = n mod 2 + Floor([sqrt(2)/4] · (1 + sqrt(2))<sup>n</sup>), sse:
<BR>
<BR>i) per n = 2p + 1, con p € N<sub>0</sub>: sum<sub>k=1...p+1</sub> Bin(2p+1, 2k-1) · 2<sup>k-1</sup> <=
<BR><= 1+sum<sub>k=1...p+1</sub> {[sqrt(2)/4]·Bin(2p+1,2k-2)+(1/2)·Bin(2p+1,2k-1)}·2<sup>k-1</sup> <
<BR>< 1 + sum<sub>k=1...p+1</sub> Bin(2p+1, 2k-1) · 2<sup>k-1</sup>;
<BR>
<BR>ii) per n = 2p, con p € N<sub>0</sub>: sum<sub>k=1...p</sub> Bin(2p, 2k-1) · 2<sup>k-1</sup> <=
<BR><= [sqrt(2)/2]·2<sup>p-1</sup>+sum<sub>k=1...p</sub> {[sqrt(2)/4]·Bin(2p,2k-2)+(1/2)·Bin(2p,2k-1)}·2<sup>k-1</sup> <
<BR>< 1 + sum<sub>k=1...p</sub> Bin(2p, 2k-1) · 2<sup>k-1</sup>.
<BR>
<BR>Lascio agli specialisti delle diseguaglianze il piacere di dare una dimostrazione compiuta degli <!-- BBCode Start --><I>statement</I><!-- BBCode End --> i) e ii), ch\'io - per quest\'oggi - penso di aver già dato!!!
<BR><font color=white>aaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaa</font>
<BR>
<BR>\"La fantasia è ben più importante della conoscenza.\" - Albert Einstein<font color=white><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 28-11-2004 17:24 ]
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<BR>Quando si dice che la Matematica è opera di Dio... Intendo provare qui di seguito (in realtà, lascerò a voi altri i <!-- BBCode Start --><I>dettagli</I><!-- BBCode End --> più noiosi, ghgh...) che, per ogni n € N:
<BR>P<sub>n</sub> = n mod 2 + Floor([sqrt(2)/4] · (1 + sqrt(2))<sup>n</sup>), ove Floor(·) denota - al solito - la funzione che ad ogni x € R fa corrispondere la sua parte intera bassa, ossia il più grande intero <= x. La proprietà è evidente per n = 0 ed n = 1, dal momento che: Floor(sqrt(2)/4) = 0 = P<sub>0</sub> e Floor([sqrt(2)/4] · (1 + sqrt(2))) + 1 mod 2 = Floor([sqrt(2) + 2]/4) + 1 = 0 + 1 = P<sub>1</sub>. Sia dunque n un intero qualsiasi > 1. E allora, di nuovo in virtù del teorema del binomiale di Newton:
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<BR>[sqrt(2)/4] · (1 + sqrt(2))<sup>n</sup> = [sqrt(2)/4] · sum<sub>k=0...n</sub> Bin(n, k) · 2<sup>k/2</sup> =
<BR><font color=white>sqrt(2)</font> = [sqrt(2)/4] · sum<sub>k=0...Floor(n/2)</sub> Bin(n, 2k) · 2<sup>k</sup> +
<BR><font color=white>sqrt(2)</font> + [sqrt(2)/4] · sum<sub>k=1...Floor(n/2) + n mod 2</sub> Bin(n, 2k-1) · 2<sup>(2k-1)/2</sup> =
<BR><font color=white>sqrt(2)</font> = [sqrt(2)/4] · sum<sub>k=1...Floor(n/2) + 1</sub> Bin(n, 2k-2) · 2<sup>k-1</sup>
<BR><font color=white>sqrt(2)</font> + (1/2) · sum<sub>k=1...Floor(n/2) + n mod 2</sub> Bin(n, 2k-1) · 2<sup>k-1</sup>.
<BR>
<BR>Del resto, per ogni x € R: Floor(x) = m, essendo m € Z, sse: m <= x < m + 1. E dunque, qual sia n € N: P<sub>n</sub> = n mod 2 + Floor([sqrt(2)/4] · (1 + sqrt(2))<sup>n</sup>), sse:
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<BR>i) per n = 2p + 1, con p € N<sub>0</sub>: sum<sub>k=1...p+1</sub> Bin(2p+1, 2k-1) · 2<sup>k-1</sup> <=
<BR><= 1+sum<sub>k=1...p+1</sub> {[sqrt(2)/4]·Bin(2p+1,2k-2)+(1/2)·Bin(2p+1,2k-1)}·2<sup>k-1</sup> <
<BR>< 1 + sum<sub>k=1...p+1</sub> Bin(2p+1, 2k-1) · 2<sup>k-1</sup>;
<BR>
<BR>ii) per n = 2p, con p € N<sub>0</sub>: sum<sub>k=1...p</sub> Bin(2p, 2k-1) · 2<sup>k-1</sup> <=
<BR><= [sqrt(2)/2]·2<sup>p-1</sup>+sum<sub>k=1...p</sub> {[sqrt(2)/4]·Bin(2p,2k-2)+(1/2)·Bin(2p,2k-1)}·2<sup>k-1</sup> <
<BR>< 1 + sum<sub>k=1...p</sub> Bin(2p, 2k-1) · 2<sup>k-1</sup>.
<BR>
<BR>Lascio agli specialisti delle diseguaglianze il piacere di dare una dimostrazione compiuta degli <!-- BBCode Start --><I>statement</I><!-- BBCode End --> i) e ii), ch\'io - per quest\'oggi - penso di aver già dato!!!
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<BR>\"La fantasia è ben più importante della conoscenza.\" - Albert Einstein<font color=white><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 28-11-2004 17:24 ]
<!-- BBCode Start --><B>LA SOLUZIONE DEL PROBLEMA.</B><!-- BBCode End -->
<BR>
<BR>Dunque, dunque... ci siamo!!! La successione dei resti {P<sub>n</sub> mod 7: n € N} è periodica di periodo T = 6 (provatelo!!!); ossia, per ogni n € N: P<sub>n</sub> mod 7 = P<sub>n mod 6</sub> mod 7, ove n mod 6 indica il resto della divisione intera di n per 6. Non si tratta che di una (quasi) banale verifica per induzione, senza voler scomodare argomenti più interessanti...
<BR>
<BR>Indi: Floor([sqrt(2)/4] · (1 + sqrt(2))<sup>n</sup>) = P<sub>n</sub> - n mod 2 = (P<sub>n mod 6</sub> - n mod 2) mod 7, qual che sia n € N. Pertanto, se n è pari: 7 | Floor([sqrt(2)/4] · (1 + sqrt(2))<sup>n</sup>) sse:
<BR>7 | P<sub>n mod 6</sub>, ovvero sse: n = 6h, essendo h € N.
<BR>
<BR>Se n è dispari, invece: 7 | Floor([sqrt(2)/4] · (1 + sqrt(2))<sup>n</sup>) sse: P<sub>n mod 6</sub> = 1 mod 7, ovvero sse: n = 6k + 1 oppure n = 6k + 5, per qualche k € N.
<BR>
<BR>Se ne conclude che tutti e soli gli interi nell\'intervallo [2000, 2010] rispondenti alle specifiche del problema appartengono all\'insieme {2003, 2004, 2005, 2009, 2010}.
<BR>
<BR>
<BR>\"Mo\' posso pure andarmi a sbarbare...\" - HiTLeuLeR<font color=white><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 28-11-2004 17:30 ]
<BR>
<BR>Dunque, dunque... ci siamo!!! La successione dei resti {P<sub>n</sub> mod 7: n € N} è periodica di periodo T = 6 (provatelo!!!); ossia, per ogni n € N: P<sub>n</sub> mod 7 = P<sub>n mod 6</sub> mod 7, ove n mod 6 indica il resto della divisione intera di n per 6. Non si tratta che di una (quasi) banale verifica per induzione, senza voler scomodare argomenti più interessanti...
<BR>
<BR>Indi: Floor([sqrt(2)/4] · (1 + sqrt(2))<sup>n</sup>) = P<sub>n</sub> - n mod 2 = (P<sub>n mod 6</sub> - n mod 2) mod 7, qual che sia n € N. Pertanto, se n è pari: 7 | Floor([sqrt(2)/4] · (1 + sqrt(2))<sup>n</sup>) sse:
<BR>7 | P<sub>n mod 6</sub>, ovvero sse: n = 6h, essendo h € N.
<BR>
<BR>Se n è dispari, invece: 7 | Floor([sqrt(2)/4] · (1 + sqrt(2))<sup>n</sup>) sse: P<sub>n mod 6</sub> = 1 mod 7, ovvero sse: n = 6k + 1 oppure n = 6k + 5, per qualche k € N.
<BR>
<BR>Se ne conclude che tutti e soli gli interi nell\'intervallo [2000, 2010] rispondenti alle specifiche del problema appartengono all\'insieme {2003, 2004, 2005, 2009, 2010}.
<BR>
<BR>
<BR>\"Mo\' posso pure andarmi a sbarbare...\" - HiTLeuLeR<font color=white><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 28-11-2004 17:30 ]
La sol di Hitleuler mi pare più o meno uguale alla mia, a parte il fatto che è la prima volta che sento parlare di questa successione di Pell <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif">
<BR>Solo che la sua deve essere una ventina di volte più formale (e questo è un bene)... Devo ancora leggerla bene ma nn capisco perchè tirare fuori i binomiali. La seconda parte l\'avevo fatta ieri sera basandomi sul fatto che (1-sqrt(2))^n<<1 dove con << intendo molto minore, significato fisico...unito al fatto che [(sqrt(2)/4)] · [(1 + sqrt(2))^n - (1 - sqrt(2))^n] deve essere intero...cmq controllerò!<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: info il 28-11-2004 17:43 ]
<BR>Solo che la sua deve essere una ventina di volte più formale (e questo è un bene)... Devo ancora leggerla bene ma nn capisco perchè tirare fuori i binomiali. La seconda parte l\'avevo fatta ieri sera basandomi sul fatto che (1-sqrt(2))^n<<1 dove con << intendo molto minore, significato fisico...unito al fatto che [(sqrt(2)/4)] · [(1 + sqrt(2))^n - (1 - sqrt(2))^n] deve essere intero...cmq controllerò!<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: info il 28-11-2004 17:43 ]
<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>
<BR>On 2004-11-28 17:40, info wrote:
<BR>Devo ancora leggerla bene ma nn capisco perchè tirare fuori i binomiali. La seconda parte l\'avevo fatta ieri sera basandomi sul fatto che (1-sqrt(2))^n<<1 dove con << intendo molto minore, significato fisico...unito al fatto che [(sqrt(2)/4)] · [(1 + sqrt(2))^n - (1 - sqrt(2))^n] deve essere intero...cmq controllerò!
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>Info, se trovi un modo più semplice di dimostrare la \"simpatica identità\" su cui si basa, sostanzialmente, la soluzione che ho proposto, be\'...promettimi di farmi un fischio! D\'accordo?!? Umpfff... <IMG SRC="images/forum/icons/icon21.gif">
<BR>
<BR>P.S.: voglio sperare stessi scherzando, quando ragionavi in termini di \"<<\"... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif">
<BR>
<BR>
<BR>\"Si dice che la verità trionfa sempre, ma questa non è certo una verità.\" - A. Cechov<font color=white><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 28-11-2004 21:26 ]
<BR>On 2004-11-28 17:40, info wrote:
<BR>Devo ancora leggerla bene ma nn capisco perchè tirare fuori i binomiali. La seconda parte l\'avevo fatta ieri sera basandomi sul fatto che (1-sqrt(2))^n<<1 dove con << intendo molto minore, significato fisico...unito al fatto che [(sqrt(2)/4)] · [(1 + sqrt(2))^n - (1 - sqrt(2))^n] deve essere intero...cmq controllerò!
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>Info, se trovi un modo più semplice di dimostrare la \"simpatica identità\" su cui si basa, sostanzialmente, la soluzione che ho proposto, be\'...promettimi di farmi un fischio! D\'accordo?!? Umpfff... <IMG SRC="images/forum/icons/icon21.gif">
<BR>
<BR>P.S.: voglio sperare stessi scherzando, quando ragionavi in termini di \"<<\"... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif">
<BR>
<BR>
<BR>\"Si dice che la verità trionfa sempre, ma questa non è certo una verità.\" - A. Cechov<font color=white><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 28-11-2004 21:26 ]
Ovviamente scherzavo <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif"> E\' che girano nell\'aria le oli-fis e quest\'anno la mia preparazione consiste per l\'appunto in quella battuta! Spero di ricordarmi qualcosa dall\'anno scorso! Nel ragionamento bastava un <, ma in effetti vengono dei numeri moooolto piccoli!
<BR>Cmq quando ho tempo controllo e nel caso scrivo il tutto... Aspetta che mi venga la voglia però...spero di farlo in settimana!<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: info il 29-11-2004 18:57 ]
<BR>Cmq quando ho tempo controllo e nel caso scrivo il tutto... Aspetta che mi venga la voglia però...spero di farlo in settimana!<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: info il 29-11-2004 18:57 ]
vedi qua: <a href=\"http://olimpiadi.ing.unipi.it/modules.p ... 97&forum=5\" target=\"_blank\" target=\"_new\">http://olimpiadi.ing.unipi.it/modules.p ... forum=5</a>
<BR>
<BR>io l\'avevo risolto semplicemente piazzando vicino a 1+sqrt(2) il suo coniugato 1-sqrt(2), anche lui con esponente n e con coefficiente sqrt(2)/4 (forse con segno -)
<BR>
<BR>si dimostra per induzione che questa cosa soddisfa (o comunque è strettamente legata a) una relazione di ricorrenza che si ottiene trovando un\'equazione di II grado che abbia come radici i due simpatici numeretti
<BR>
<BR>(in pratica è il procedimento \"inverso\" di quello che si fa con le successioni per ricorrenza lineari omogenee con coefficienti costanti e dipendenza da 2 termini precedenti <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif"> quando si vuole scrivere esplicitamente la successione, vedi fibonacci)
<BR>
<BR>e poi basta cercare la congruenza mod 7 dei termini della successione<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: talpuz il 30-11-2004 00:28 ]
<BR>
<BR>io l\'avevo risolto semplicemente piazzando vicino a 1+sqrt(2) il suo coniugato 1-sqrt(2), anche lui con esponente n e con coefficiente sqrt(2)/4 (forse con segno -)
<BR>
<BR>si dimostra per induzione che questa cosa soddisfa (o comunque è strettamente legata a) una relazione di ricorrenza che si ottiene trovando un\'equazione di II grado che abbia come radici i due simpatici numeretti
<BR>
<BR>(in pratica è il procedimento \"inverso\" di quello che si fa con le successioni per ricorrenza lineari omogenee con coefficienti costanti e dipendenza da 2 termini precedenti <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif"> quando si vuole scrivere esplicitamente la successione, vedi fibonacci)
<BR>
<BR>e poi basta cercare la congruenza mod 7 dei termini della successione<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: talpuz il 30-11-2004 00:28 ]
[img:18oeoalk]http://www.narutolegend.it/char_img/Sasuke.jpg[/img:18oeoalk]
<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>
<BR>On 2004-11-30 00:27, talpuz wrote:
<BR>[...] io l\'avevo risolto <!-- BBCode Start --><B>semplicemente</B><!-- BBCode End --> piazzando [...]
<BR>[...] e poi <!-- BBCode Start --><B>basta</B><!-- BBCode End --> cercare la congruenza mod 7 dei termini della successione
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>
<BR>Be\', detto così \"a parole\" sembra facile, talpo... ma perché non ci mostri pure un paio di formule, uh? E cerca d\'essere completo, ti scongiuro, altrimenti v\'è rischio che non ti si riesca a stare dietro!!! Anticipatamente grassie... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif">
<BR>
<BR>
<BR>\"\"Le stelle sono buchi nel cielo da cui filtra la luce dell\'infinito\". - Confucio<font color=white><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 30-11-2004 13:52 ]
<BR>On 2004-11-30 00:27, talpuz wrote:
<BR>[...] io l\'avevo risolto <!-- BBCode Start --><B>semplicemente</B><!-- BBCode End --> piazzando [...]
<BR>[...] e poi <!-- BBCode Start --><B>basta</B><!-- BBCode End --> cercare la congruenza mod 7 dei termini della successione
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
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<BR>Be\', detto così \"a parole\" sembra facile, talpo... ma perché non ci mostri pure un paio di formule, uh? E cerca d\'essere completo, ti scongiuro, altrimenti v\'è rischio che non ti si riesca a stare dietro!!! Anticipatamente grassie... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif">
<BR>
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<BR>\"\"Le stelle sono buchi nel cielo da cui filtra la luce dell\'infinito\". - Confucio<font color=white><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 30-11-2004 13:52 ]
Beh Talpuz è esattamente quello che ho fatto io! ma credo sia anche quello che ha fatto Hitleuler. Semplicemente noi ci siamo costruiti la formula di ricorrenza da zero(la successione di Pell) partendo dal problema e utilizzando le equazioni alle differenze (cosa che ho fatto SOLO DOPO il suggerimento di ma_go), mentre lui che già la conosceva ha riconosciuto in questa una formula analoga a quella del problema e quindi è partito dalla successione di Pell lavorandoci sopra in modo da adattarla...ma come teoria nn credo cambi. L\'unica differenza dal mio metodo (e credo anche il tuo) è l\'utilizzo di quei binomiali...<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: info il 30-11-2004 21:26 ]