OliForum Matematico

\Rightarrow 11|16a^2+48ab+36b^2 (2) \Rightarrow 11|2a^2+3ab (3) Non mi è chiaro questo passaggio Comunque a questo punto posto la mia... 11 | 2a + 3b \Rightarrow 11 | (2a+3b)(2a-3b) \Rightarrow 11 | 4a^2 - 9b^2 \Rightarrow 11 | 8a^2 - 18b^2 11|11a^2 - 33b^2 \Rightarrow 11| 11a^2 - 33b^2 - (8a^2 - 1...

Siano $ a $ e $ b $ interi relativi tali che $ 11 | 2a + 3b $. Si mostri che $ a^2 -5b^2 $ è divisibile per $ 11 $

Complimenti a tutti...a quando i risultati ufficiali?

Tibor Gallai ha scritto:Per la cronaca, qualitativamente tra la soluzione di Alex90 e quella di julio14 non c'è una gran differenza...

Grazie almeno non mi deprimo! comunque bella soluzione

Consolati che almeno ci sarà qualcuno più scimmia di te

Zok ha scritto:chi vi garantisce che il modo in cui state mettendo le tre sfere sia proprio la configurazione migliore? Chi ha detto che se non ci stanno in un modo allora non ci potrebbero stare in un altro?

allora è questo il clou del problema...a parte questo la risoluzione è giusta?

Non sempre gli esercizi della normale devono essere impossibili...sennò non li farebbe nessuno...ogni anno cè (per fortuna!) qualche esercizio fattibile o relativamente facile

Prendiamo per comodità il parallelepipedo avente per base un quadrato di lato 16 e alto 20. Posizioniamo la prima sfera in basso a contatto con due lati qualsiasi della superficie laterale del solido. Il centro della sfera si troverà distante 5 cm dalle tre facce, la seconda sfera verrà posizionata ...

è possibile che non ci siano soluzioni?

FeddyStra ha scritto:$ \displaystyle\frac{1866624638571597468870812336509398162770722805980868882956589414423441\ 28837463}{6533186235000709060966902671580578205371437104729548715430719663694971\ 41477376} $ ovvero circa $ 28.571428571428\% $.

e da dove salta fuori questo simpatico numerino?

Credo che il problema si abbia solo con 1 e 2 come basi...per $ k \geq 3 $ dovrebbe essere così...anche perchè se non sbaglio un esercizio simile era su una gara a squadre di qualche anno fa...

dario2994 ha scritto:Alex90... quello che stai dicendo è falso Pensa al numero 8: è ottenibile come 4+4

no è vero...io ho detto senza ripetizione di potenze...come in effetti si ha nell'esercizio visto che ogni potenza n-esima c'è una e una sola volta

Allora se k=1 è come avere n pesi uguali quindi posso pesare n masse, per k > 1 non è possibile che la somma di un numero arbitrario di potenze di k sia uguale ad un altra non contenente gli stessi elementi o comunque alcuni elementi ripetuti più volte...a sapere dimostrare questo facevo il 4 a Cese...

Allora ogni pesetto lo posso mettere su un piatto, sull'altro o fuori dalla bilancia, abbiamo n pesetti distinti quindi li posso disporre in 3^n modi, va sottratto un caso in quanto se tutti e 3 stanno fuori non peso niente e diviso per 2 data la simmetria di due piatti della bilancia. \displaystyle...