[tex]\sum_{i=1}^8{a_i2^{b_i}}=2011[/tex]

[jordan]

Own. a) Trovare quanti sono gli interi $ a_1,b_1, a_2, b_2, \ldots, a_8, b_8 $ tali che:

i) $ |a_i|\le 1 $ per ogni $ 1\le i\le 8 $
ii) $ b_i\ge 0 $ per ogni $ 1\le i\le 8 $
iii) $ \displaystyle \sum_{1\le i\le 8}{a_i2^{b_i}}=2011 $.

b) Trovare quanti sono gli interi $ a_1,b_1, a_2, b_2, \ldots, a_4, b_4 $ tali che:

i) $ |a_i|\le 1 $ per ogni $ 1\le i\le 4 $
ii) $ b_i\ge 0 $ per ogni $ 1\le i\le 4 $
iii) $ \displaystyle \sum_{1\le i\le 4}{a_i2^{b_i}}=1963 $.

[Valenash]

Un chiarimento sul testo, gli $a_i$ devono essere contemporaneamente interi e tali che $ |a_i| \le 1$??

Cioè $a_i$ è -1, 0 oppure 1 per ogni $1 \le i \le 8$??

[amatrix92]

Sì il testo in altre parole chiede in quanti modi si può ottenere 2011 come somma e differenza di al massimo 8 potenze di 2? Sono curioso di sapere se c'è una soluzione furba a questo problema, perchè quella che ho trovato è lunga e poco intelligente come soluzione.

[Valenash]

Beh, allora sono infiniti.. o Sbaglio?? prendiamo
$a_1 = 1$, $b_1 = 11$, $a_2 = -1$, $b_2 = 5$, $a_3 = -1$, $b_3 = 2$, $a_4 = -1$, $b_4 = 0$, e questo già fa 2011.
Ora possiamo scegliere infiniti $b_5 = b_6$ con $a_5 = 1$ e $a_6 = -1$ che si annullano e dunque la somma è 2011..stessa cosa con gli $a_7, a_8$ e $b_7, b_8$.

[jordan]

Sì, avete ragione, c'era un errore nella mia dimostrazione..
Ho aggiunto il punto b), sperando sia apposto ora

[Valenash]

Il punto b) come l'hai scritto ora non ha soluzioni.. forse volevi scrivere 1953.. o vuoi la dimostrazione che ottenere il b) non è possibile?? =P

[jordan]

No, è scritto correttamente ora..

[Valenash]

Ok, per il punto b) dico che non ci sono soluzioni.
Allora, dato che 1963 è dispari, allora ci sarà almeno un $ \pm 1 $ (inteso quindi come coppia $a_i = \pm 1$ e $b_i = 0$) per ottenere il resto come somma e differenza di potenze di 2 (che son tutte pari).
Restano quindi somme e differenze di 3 potenze di 2 per ottenere 1962 o 1964.
Mostriamo che è impossibile ottenere ciascuna delle due.
allora, dato che 1962 o 1964 sono compresi tra $2^{10}$ e $2^{11}$, analizziamo prima i casi in cui compare uno di questi.
Se c'è un 1024 da sommare, allora per ottenere 196... ci vuole o un altro 1024 da sommare (e poi qualsiasi cosa si sottragga non da la tesi), o un 512 da sommare, ma a questo punto anche sommando un 256 non si arriva a 196...
L'altra opzione è che si parta da 2048, dunque dobbiamo (sommando e sottraendo due potenze di due) togliere 86 o 84 a 2048. questo è impossibile perchè togliendo 64 poi resta da togliere 20 o 22 e non si può, idem togliendo 128 resta da aggiungere 42 o 44 e non si può.
La soluzione l'ho scritta molto male, ma non è difficile da capire, nè da scrivere leggermente più rigorosamente. di sicuro ci son modi più eleganti, ma dal momento che mi pareva facile fare i casi e i conti, perchè non farli

[jordan]

Restano quindi somme e differenze di 3 potenze di 2 per ottenere 1962 o 1964.

Fin qui ok.

allora, dato che 1962 o 1964 sono compresi tra $2^{10}$ e $2^{11}$, analizziamo prima i casi in cui compare uno di questi.
Se c'è un 1024 da sommare, allora per ottenere 196... ci vuole o un altro 1024 da sommare (e poi qualsiasi cosa si sottragga non da la tesi), o un 512 da sommare, ma a questo punto anche sommando un 256 non si arriva a 196...

Il 196 da dove lo prendi? I casi non erano due? Ad ogni modo, se anche le tue idee fossero giuste, dovresti imparare come scrivere per bene una dimostrazione..

L'altra opzione è che si parta da 2048..

Non hai neanche accennato perchè non si potrebbe "partire" da $ 2^{12} $, o da $ 2^{100} $ (questo è il genere di piccolo e inutile errore che ti fa perdere punti ai problemi di cesenatico)

[Valenash]

Il 196 da dove lo prendi? I casi non erano due? Ad ogni modo, se anche le tue idee fossero giuste, dovresti imparare come scrivere per bene una dimostrazione..

era un 196... che significava 1962 OPPURE 1964 XD

Non hai neanche accennato perchè non si potrebbe "partire" da $ 2^{12} $, o da $ 2^{100} $ (questo è il genere di piccolo e inutile errore che ti fa perdere punti ai problemi di cesenatico)

lo so, infatti alla fine ho anche detto che la soluzione l'ho scritta un po' alla cavolo, tanto per fare capire il perchè..dato che mi sembrava che i passaggi fossero tutti abbastanza semplici e quindi facili da capire..e non mi andava di formalizzarla bene.

Comunque, già che ci siamo, se a qualcuno non fosse chiaro perchè non posso partire da $2^{12}$ o $2^{100}$ o da un altra potenza di 2 più alta di $2048=2^11$, è perchè quelle son tutte maggiori di 2048, quindi per arrivare a 1962 o 1964 dovrò sottrarre una potenza di 2 minore della precedente. Ma se scelgo quella immediatamente più piccola, allora ottengo $2^n - 2^{n-1}$ che è uguale a $2^{n-1}$ e dunque ho sprecato un passaggio.. se invece ne scelgo una minore di $2^{n-1}$ ottengo qualcosa che è più grande di 2048 comunque e quindi dovrei ancora togliere qualcos'altro. Ma anche in questo caso ho solo sprecato passaggi perchè poi non riesco con l'ultima sottrazione ad arrivare a 1964 o 1962 (che la differenza ora non è una potenza di 2 si vede direi bene).

EDIT: grazie comunque per i consigli

[jordan]

era un 196... che significava 1962 OPPURE 1964 XD

Quando si dice la fantasia

..se a qualcuno non fosse chiaro..

Non l'avevi mai spiegato prima

se invece ne scelgo una minore di $2^{n-1}$ ottengo qualcosa che è più grande di 2048 comunque e quindi dovrei ancora togliere qualcos'altro. Ma anche in questo caso ho solo sprecato passaggi perchè poi non riesco con l'ultima sottrazione ad arrivare a 1964 o 1962 (che la differenza ora non è una potenza di 2 si vede direi bene).

Cerca di spiegare quel "si vede bene"..

Ps. Per la precisione dovresti anche dire perchè $ \max\{b_1,b_2,b_3,b_4\}\ge 10 $..

[Valenash]

Ok, ho già capito, vuoi una dimostrazione fatta bene.. allora ne cerco una più breve perchè formalizzare l'andare a tentativi non è esattamente veloce XD

[Carlitosming]

Metodo iperbovino alla riscossa
Sia $ 1963 $ la somma di $ a_12^a+a_22^b+a_32^c+a_42^d $
Se facciamo $ 1963 $ modulo 16 e vediamo che fa 11
$ 1° caso $
$ (a,b,c,d)>4 $impossibile perchè farebbe 0 modulo 16
$ 2° caso $
WLOG$ (a,b,c)>4 $impossibile perchè fra le potenze di 2 minori di 16 nessuno è 11
$ 3° caso $
$ (a,b,c,d)<4 $impossibile perchè non faranno mai 1963
$ 3° caso $
WLOG$ (a,b,)>4 $fra le potenze di 2 minori di 16,la somma 11 modulo 16 si ottiene con $ -4-1 $
dunque abbiamo $ 1968=a_12^a+a_22^b $,siccome non si riesce a ottenerlo attraverso l'addizione allora$ a_2=-1e a_1=1 $
Facciamo modulo 32 e vediamo che 1968 è congruo a 16, dunque$ 2^b=16 $,dunque$ 2^a=1952 $imp
$ 4° caso $
WLOG$ (a)>4 $Allora posso ottenere 11 modulo 16 con $ 8+2+1 $ o $ -2-2-1 $
che danno come risultato $ 2^c=1957 $imp e $ 2^c=1973 $

[jordan]

Sempre molto "per casi", ma questa è completa

[amatrix92]

jordan tu hai una soluzione non per casi? Altrimenti come problema mi sembra molto "idealess"