Un bel po\' di problemi...

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

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-05-25 20:08, mens-insana wrote:
 A proposito...per favore mi potete dare un chiarimento per la storia dell\'n-agono monocromo?...
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 L\'argomento di Boll non funge perche\' considerava solo punti a coordinate intere (anche la prima parte della dimostrazione non funge, cmq...).

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

Problema n°11.
 Siano:
 ABC il triangolo (rettangolo in A),c la circonferenza ad esso
 circoscritta,BEFC il quadrato sull\'ipot. BC ed M,D,N le intersezioni
 della bisettrice dell\'angolo A con BC,c ed EF rispettivamente.
 Osserviamo ora che D e\' il punto medio dell\'arco BDC e dunque
 BD=CD ed inoltre BDC=90°;ne segue che CD e BD stanno sulle diagonali
 del quadrato BEFC ( e sono le loro meta\').In altre parole AN passa per il
 centro D di BEFC; da cio\' si ricava (ad es.) che i triangoli CDM e EDN
 sono congruenti per avere CD=DE e gli angoli ordinatamente congruenti
 (com\'e\' facile vedere).Pertanto CM=EN e di conseguenza e\' anche MB=FN.
 Cio\' prova che i due trapezi in questione sono congruenti per avere anch\'essi
 tutti i lati e gli angoli congruenti.

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

Per il 10.
 
 Sia ABCDEF l\'esagono. Ogni angolo =120°. Per provare la tesi basta provare che la somma di due lati sia uguale alla somma dei 2 nn adiacenti a questi. Dimostriamo per esempio che AB+BC=FE+ED.
 Si prolunghi AB di un tratto BK=BC. BCK è isoscele e KBC=60°. Quindi è equilatero. Quindi BCK=60°-->D,C e K sono allineati. Si usi lo stesso metodo prolungando ED di un tratto uguale ad FE. Si chiami Z il punto trovato. Dobbiamo dimostrare che AK=DZ.
 Per fare questo osserviamo che le rette AZ e CD sono parallele, avendo angoli coniugati supplementari. Per motivi analoghi anche AK e DZ sono parallele. Quindi AK=DZ perchè segmenti paralleli compresi tra rette paralleli e la tesi (forse) è dimostrata.

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

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-05-25 23:52, Antimateria wrote:
 
 L\'argomento di Boll non funge perche\' considerava solo punti a coordinate intere (anche la prima parte della dimostrazione non funge, cmq...).
 
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 a me non torna nemmeno la prima parte come l\'ha risolta mens... con sei rette che si incrociano perpendicolarmente non e\' mica detto che si possa sempre avere un rettangolo con i vertici dello stesso colore. a me sembra che se ne debbano prendere 8, ma non sono sicuro... [ Questo Messaggio è stato Modificato da: matthewtrager il 26-05-2004 17:16 ]

mens-insana · Messaggio da **mens-insana** » 01 gen 1970, 01:33

Si è vero...hai ragione matthewtrager come ho detto io non viene...cmq si risolve con il principio della piccionaia...ci si basa sul fatto che se prendo una terna di rette parallele, dei punti che individuo con una loro perpendicolare 2 saranno sicuramente dello stesso colore....quindi in teoria (ma non vorrei sparare una cavolata) occorrono 7 perpendicolari alle rette suddette.[addsig]

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

sottoscrivo che servono 3 rette parallele ed altre sette perpendicolari

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

Si con 7 torna... sono 3 su 2 due volte (per i due colori) piu\' uno. per i piccioni possiamo sempre avere almeno un rettangolo. anche secondo me e\' sufficiente usare 8 rette che si incrociano perpendicolarmente 4 a 4 (che quindi sono 8 rette invece di 10) per avere sempre un rettangolo con i vertici dello stesso colore. Ma in effetti tanto basta dimostrarlo e non serve trovare il modo \"piu\' economico\" quindi e\' sicuramente meglio 3 e 7 che e\' molto piu\' facile da dimostrare... [ Questo Messaggio è stato Modificato da: matthewtrager il 26-05-2004 18:16 ]

mens-insana · Messaggio da **mens-insana** » 01 gen 1970, 01:33

Perfetto...e con i piccioni siamo a posto...ora manca soltanto il 12)...dai che poi ne posto altri 3...

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

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-05-25 20:08, mens-insana wrote:
 12) Sia dato un quadrato Q con lato di lunghezza l. Si considerino le coppie di cerchi C_1 e C_2 contenuti in Q e privi di punti interni in comune. Determinare C_1 e C_2 in modo che la somma delle loro aree sia massima.
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 E\' ovvio che, se hanno area massima, devono essere tangenti tra loro e tangenti ad almeno due lati del quadrato. Prendiamo due circonferenze R e S, di raggi r e s, che soddisfino tali condizioni.
 
 Se \"aumentiamo\" uno dei due raggi di un valora n positivo l\'altro \"diminuirà\" dello stesso valore n e, si avrà, trascurando pì ce si elide:
 (r+n)2+(s-n)2>r2+s2
 r2+s2+2n2>r2+s2
 che è sempre vera essendo n positivo
 
 Quindi bisonga prendere la massima circonferenza, cioè quella inscritta al quadrato e la circonferenza tangente ad essa e ai due lati del quadrato. [ Questo Messaggio è stato Modificato da: Boll il 28-05-2004 11:12 ]

mens-insana · Messaggio da **mens-insana** » 01 gen 1970, 01:33

Bene bene....eccovene altri tre:
 
 
 13) Provare che esiste un numero di Fibonacci che termina con tre zeri.
 
 14) Dato un ottagono con tutti gli angoli uguali ed i lati di lunghezza intera, dimostrare che i lati opposti sono a coppie uguali.
 
 15) Consideriamo il numero 15000! (fattoriale). Quante volte vi è contenuto come fattore il numero 7?
 
 
 L\'ultimo è veramente facile....[addsig]

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

15) ne approfitto della presenza di uno facile facile
 [15000/7]+[2142/7]+[306/7]+[43/7]=2497
 il 7 vi è contenuto 2497 volte come fattore (o almeno spero)

mens-insana · Messaggio da **mens-insana** » 01 gen 1970, 01:33

Si MASSO è giusto...prima conti tutti i numeri che presentano il fattore 7...poi li sommi a quelli che contengono 72...e così via....[addsig]

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

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 
 13) Provare che esiste un numero di Fibonacci che termina con tre zeri.
 
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 pigeonhole
 
 sia (fn) la successione dei numeri di fibonacci
 
 fk finisce con tre zeri <=> fk==0 (mod 103)
 
 consideriamo gli fn modulo 103
 
 prendiamo i primi 106 + 1 elementi tra gli fn. essi formeranno 106 coppie del tipo (fh,fh+1)
 
 visto che la coppia (0,0) (modulo 103) non può capitare tra queste (poichè i numeri di fibonacci consecutivi sono primi tra loro) ci sono solo 106 -1 coppie possibili
 
 (103 possibilità per il primo termine, idem per il secondo, -1 togliendo (0,0))
 
 quindi almeno due coppie saranno uguali
 inoltre, la prima coppia a ripetersi è (1,1)
 
 (se così, non fosse, e la prima coppia a ripetersi fosse (h,k), determinando man mano le coppie precendenti con la relazione di ricorrenza fn+2=fn+1+fn ritroveremmo prima o poi (1,1) che quindi si ripete prima di (h,k))
 
 se chiamiamo fk il termine prima di quelli corrispondenti alla coppia (1,1) ripetuta, risulterà
 fk == 1 - 1 == 0 (mod 103)
 
 -- end --
 
 nota: la cosa si generalizza facilmente mettendo al posto di 103 10n, quindi
 
 per ogni n c\'è un numero di fibonacci divisibile per 10n [ Questo Messaggio è stato Modificato da: talpuz il 27-05-2004 19:26 ]

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

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-05-27 16:49, MASSO wrote:
 15) ne approfitto della presenza di uno facile facile
 [15000/7]+[2142/7]+[306/7]+[43/7]=2497
 il 7 vi è contenuto 2497 volte come fattore (o almeno spero)
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 non ho capito che cosa rappresentano quei numeri.

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

Il simbolo [a] rappresenta il massimo intero contenuto in a.
 Es.: [3.78]=3 ,[56/11]=5.
 quindi:
 [[15000/7]=2142
 [2142/7]=306
 [306/7]=43
 [43/7]=6
 Sicche\':
 2142+306+43+6=2497
 
 
 
 [15000/7]+[2142/7]+[306/7]+[43/7]=2497