Caso 1: $a\mid c+1$
$a=c+1$ così arrivo a $2\le b(k-1)$, con $k$ intero e $c=kb-2$ da cui le terne: $(3,2,2) (2,1,1)$
Caso 2: $a\mid b+1$
$a=b+1$ ora abbiamo 2 sottocasi: $bc\mid b+2$ oppure $b\mid c+1$ e $c\mid b+1$ da qui le terne: $(3,2,1) (4,3,2)$
Caso 3: $c\le b\le b+1\le a$ segue $a\mid(b+1)(c+1)$ e $ bc\mid a+1$, un po di calcoli e si hanno i sottocasi:
1) $bc=b+c+2$ con $ a=2bc-1$
2) $bc=b+c+3$ con $a=bc-1$
Valide solo se $b$ è diverso da 1, ottengo le terne $(15,4,2) (9,5,2) (8,3,3)$
Rimane da vedere il caso in cui $b=1$
Caso 4:$b=1$ implica anche $c=1$e ottengo $\frac{4(a+1)}{a}$ che è intero solo se $a\mid 4$ e ho le terne finali:$(4,1,1) (1,1,1)$ e $(2,1,1)$ già trovata
Ultima modifica di Albertobucci95 il 05 mag 2013, 14:57, modificato 1 volta in totale.
É sparita la terna (3, 4, 5) e manca anche (1, 3, 8 )...
Il ragionamento é un po' intricato, l'ho guardato di fretta, prova a vedere in che caso rientrano...
Sono sempre più convinto che ci sia una soluzione generica, ci sono troppe terne
Al caso 3 c'è un $ b+1\le b $... correggilo
Nel punto 4 hai scambiato a e c ($ a\le b $, se b=1...), quindi le terne sono al rovescio, ma sembra giusto
"Qual é 'l geomètra che tutto s'affige
per misurar lo cerchio, e non ritrova,
pensando, quel principio ond'elli indige,
tal era io a quella vista nova:
veder voleva come si convenne
l'imago al cerchio e come vi s'indova"
Non ho letto per bene tutte quelle di sopra, ma questa di sotto dovrebbe essere una (abbastanza) veloce:
Dato che $1+x^{-1}>0$ per ogni $x \in \mathbb{R}^+$ allora $\prod_{cyc}{(1+a^{-1})}>1$. In particolare, visto che è intero allora $\prod_{cyc}{(1+a^{-1})}\ge 2$. E' quindi verificato che
\[ 2 \le \prod_{cyc}{(1+a^{-1})} \le \left(1+\min\{a,b,c\}^{-1}\right)^3 \implies \min\{a,b,c\} \le 3 \]
D'altra parte:
\[ 2\le d=\prod_{cyc}{(1+a^{-1})} \le \lfloor (1+\min\{a,b,c\}^{-1})^3 \rfloor \]
Questo significa che, una volta assunto wlog $a\le b\le c$ allora abbiamo:
- se $a=1$ allora $2\le d\le 8$
- se $a=2$ allora $2\le d\le 3$.
- se $a=3$ allora $d=2$.
Una volta fissati sia $a$ che $d$ abbiamo semplicemente \[ b=\frac{(a+1)(c+1)}{dac-(a+1)(c+1)} (*) \]
Questo significa che dobbiamo risolvere al massimo $9$ equazioni della forma (*).
The only goal of science is the honor of the human spirit.
Scusa non mi è molto chiaro il procedimento perchè non conosco molto produttorie e sommatorie in ogni caso se quell'equazione finale è giusta esistono massimo 10 terne tralasciando le permutazioni? Perchè io ne ho trovate 11!
Ogni equazione da risolvere ti può dare più di qualche soluzione.
L'idea di Jordan è quella giusta. Sono più di 11 le soluzioni e l'esercizio in sè è contoso ma non molto difficile.
LeZ ha scritto:Ogni equazione da risolvere ti può dare più di qualche soluzione.
L'idea di Jordan è quella giusta. Sono più di 11 le soluzioni e l'esercizio in sè è contoso ma non molto difficile.
Piccola curiosità...
Per risolvere completamente l'esercizio, quindi, non basta avere la formula ma bisogna anche determinare tutte le terne, giusto? Un lavoraccio insomma
Può capitare una simile richiesta alle nazionali ( ovvero determinare tutte le soluzioni, che siano però numerose e non assimilabili in terne generiche)? Nel caso, si penalizza molto il non elencare tutte queste soluzioni? ( piuttosto che perdere tempo, sacrificherei qualche punto)
"Qual é 'l geomètra che tutto s'affige
per misurar lo cerchio, e non ritrova,
pensando, quel principio ond'elli indige,
tal era io a quella vista nova:
veder voleva come si convenne
l'imago al cerchio e come vi s'indova"
La formula non serve. Io l'ho scritto per bene in mezz'oretta rifacendolo da zero, diciamo che forse è un po' troppo contoso appunto, ma comunque potrebbe capitare di avere come esercizio "trovare tutte le soluzioni intere". Vedremo!
jordan ha scritto:Cosi contoso a Cesenatico non capiterà mai. E se capita, fidati che c'è una soluzione migliore
Menomale
"Qual é 'l geomètra che tutto s'affige
per misurar lo cerchio, e non ritrova,
pensando, quel principio ond'elli indige,
tal era io a quella vista nova:
veder voleva come si convenne
l'imago al cerchio e come vi s'indova"
Vista la confusione, proviamo a mettere ordine scrivendo la soluzione.
Ovviamente l'equazione iniziale è equivalente a : $ (1+\frac{1}{a})(1+\frac{1}{b})(1+\frac{1}{c})=d $.
Ora faccio delle maggiorazioni. Supponiamo grazie al WLOG che $ a\leq{b}\leq{c} $, allora il massimo valore che può assumere $ d $ è $ 8 $ per $ a=b=c=1 $; il minimo valore che può assumere $ d $ è $ 2 $, infatti $ 1 $ è subito scartato poichè $ 1+\frac{1}{a}>1, \forall a \in \mathbb{R}^+ $.
Ora si tratta di dividere l'esercizio in 7 casi. Caso 1: $ d=2 $. Noto subito che a non può valere $ 1 $, ma essendo anche il minore tra $ a,b,c $ non può valore più di $ 3 $ poiché $ (1+\frac{1}{4})(1+\frac{1}{4})(1+\frac{1}{4})<2. $
1.a: Se $ a=2 $ allora (salto un po' di passaggi algebrici)$ b=3+\frac{12}{c-3} $. Da cui le quaterne $ (2,4,15,2);(2,5,9,2);(2,6,7,2) $.
1.b: Se $ a=3 $ allora $ b=2+\frac{6}{c-2} $. Da cui le quaterne $ (3,3,8,2);(3,4,5,2) $. Caso 2: $ d=3 $. Anche qui, il massimo valore che può assumere $ a $ è $ 2 $, infatti $ (1+\frac{1}{3})(1+\frac{1}{3})(1+\frac{1}{3})<3 $.
2.a: Se $ a=1 $ allora $ b=2+\frac{6}{c-2} $, da cui le quaterne $ (1,3,8,3);(1,4,5,3) $.
2.b: Se $ a=2 $ allora $ b=1+\frac{2}{c-1} $, da cui la quaterna $ (2,2,3,3) $. Caso 3: $ d=4 $. Il massimo ma anche il minimo valore che può assumere $ a $ con $ d\geq4 $ è $ 1 $, infatti $ (1+\frac{1}{2})(1+\frac{1}{2})(1+\frac{1}{2})<4 $.
3.a: Se $ a=1 $ allora $ b=1+\frac{2}{c-1} $, da cui la quaterna $ (1,2,3,4) $. Caso 4: $ d=5 $. Ricordando che $ a $ può valere solo $ 1 $:
4.a: Se $ a=1 $ allora $ b=\frac{2c+2}{3c-2} $, che è intera solo per $ c=1 $ o $ c=4 $, comunque la quaterna (terna) non ordinata è $ (1,1,4,5) $. Caso 5: $ d=6 $.
5.a: Se $ a=1 $ allora $ b=\frac{c+1}{2c-1} $ che è intera solo per $ c=1 $ o $ c=2 $, da cui la quaterna $ (1,1,2,6) $ Caso 6: $ d=7 $. Non ci sono soluzioni intere con $ a=1 $. Caso 7: $ d=8 $. La quaterna corrispondente è $ (1,1,1,8) $.
Spero di non averne dimenticate alcune per strada, ma dovrebbero essere $ 12 $ quaterne.
"Qual é 'l geomètra che tutto s'affige
per misurar lo cerchio, e non ritrova,
pensando, quel principio ond'elli indige,
tal era io a quella vista nova:
veder voleva come si convenne
l'imago al cerchio e come vi s'indova"
Questa affermazione mi ha fatto venire in mente una cosa: i problemi ( anche alle nazionali) sono in ordine di difficoltà (o comunque, idealmente lo sono)?
"Qual é 'l geomètra che tutto s'affige
per misurar lo cerchio, e non ritrova,
pensando, quel principio ond'elli indige,
tal era io a quella vista nova:
veder voleva come si convenne
l'imago al cerchio e come vi s'indova"
Ouroboros ha scritto:Questa affermazione mi ha fatto venire in mente una cosa: i problemi ( anche alle nazionali) sono in ordine di difficoltà (o comunque, idealmente lo sono)?
Generalmente sì. L'uno infatti dovrebbe essere l'esercizio abbordabile per tutti. L'ultimo dovrebbe essere l'esercizio per l'oro e qualcosa in più come posizione. Basta vedere un po' gli esercizi proposti negli anni scorsi e ti accorgi da solo.
