Un bel po\' di problemi...

Vuoi proporre i tuoi esercizi? Qui puoi farlo!!

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Antimateria
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Messaggio da Antimateria »

<!-- 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 2004-05-25 20:08, mens-insana wrote:
<BR>A proposito...per favore mi potete dare un chiarimento per la storia dell\'n-agono monocromo?...
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>L\'argomento di Boll non funge perche\' considerava solo punti a coordinate intere (anche la prima parte della dimostrazione non funge, cmq...).
<BR>
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karl
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Messaggio da karl »

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

Per il 10.
<BR>
<BR>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.
<BR>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.
<BR>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.
<BR>
<BR>
matthewtrager
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Messaggio da matthewtrager »

<!-- 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 2004-05-25 23:52, Antimateria wrote:
<BR>
<BR>L\'argomento di Boll non funge perche\' considerava solo punti a coordinate intere (anche la prima parte della dimostrazione non funge, cmq...).
<BR>
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>
<BR>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...<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: matthewtrager il 26-05-2004 17:16 ]
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mens-insana
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Messaggio da mens-insana »

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]
<b>Un problema degno di essere attaccato si dimostra tale resistendo agli attacchi. <i>Piet Hein</i></b>
Simo_the_wolf
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Messaggio da Simo_the_wolf »

sottoscrivo che servono 3 rette parallele ed altre sette perpendicolari
matthewtrager
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Messaggio da matthewtrager »

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...<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: matthewtrager il 26-05-2004 18:16 ]
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mens-insana
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Messaggio da mens-insana »

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

<!-- 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 2004-05-25 20:08, mens-insana wrote:
<BR>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.
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>
<BR>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.
<BR>
<BR>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:
<BR>(r+n)<sup>2</sup>+(s-n)<sup>2</sup>>r<sup>2</sup>+s<sup>2</sup>
<BR>r<sup>2</sup>+s<sup>2</sup>+2n<sup>2</sup>>r<sup>2</sup>+s<sup>2</sup>
<BR>che è sempre vera essendo n positivo
<BR>
<BR>Quindi bisonga prendere la massima circonferenza, cioè quella inscritta al quadrato e la circonferenza tangente ad essa e ai due lati del quadrato.<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: Boll il 28-05-2004 11:12 ]
"Ma devo prendere una n-upla qualsiasi o una n-upla arbitraria?" (Lui)
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mens-insana
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Messaggio da mens-insana »

Bene bene....eccovene altri tre:
<BR>
<BR><font color=\"blue\">
<BR>13) Provare che esiste un numero di Fibonacci che termina con tre zeri.
<BR>
<BR>14) Dato un ottagono con tutti gli angoli uguali ed i lati di lunghezza intera, dimostrare che i lati opposti sono a coppie uguali.
<BR>
<BR>15) Consideriamo il numero 15000! (fattoriale). Quante volte vi è contenuto come fattore il numero 7?
<BR></font>
<BR>
<BR>L\'ultimo è veramente facile....[addsig]
<b>Un problema degno di essere attaccato si dimostra tale resistendo agli attacchi. <i>Piet Hein</i></b>
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MASSO
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Messaggio da MASSO »

15) ne approfitto della presenza di uno facile facile
<BR>[15000/7]+[2142/7]+[306/7]+[43/7]=2497
<BR>il 7 vi è contenuto 2497 volte come fattore (o almeno spero)
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mens-insana
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Messaggio da mens-insana »

Si MASSO è giusto...prima conti tutti i numeri che presentano il fattore 7...poi li sommi a quelli che contengono 7<sup>2</sup>...e così via....[addsig]
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talpuz
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Messaggio da talpuz »

<!-- 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>
<BR>13) Provare che esiste un numero di Fibonacci che termina con tre zeri.
<BR>
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>
<BR>pigeonhole
<BR>
<BR>sia (f<sub>n</sub>) la successione dei numeri di fibonacci
<BR>
<BR>f<sub>k</sub> finisce con tre zeri <=> f<sub>k</sub>==0 (mod 10<sup>3</sup>)
<BR>
<BR>consideriamo gli f<sub>n</sub> modulo 10<sup>3</sup>
<BR>
<BR>prendiamo i primi 10<sup>6</sup> + 1 elementi tra gli f<sub>n</sub>. essi formeranno 10<sup>6</sup> coppie del tipo (f<sub>h</sub>,f<sub>h+1</sub>)
<BR>
<BR>visto che la coppia (0,0) (modulo 10<sup>3</sup>) non può capitare tra queste (poichè i numeri di fibonacci consecutivi sono primi tra loro) ci sono solo 10<sup>6</sup> -1 coppie possibili
<BR>
<BR>(10<sup>3</sup> possibilità per il primo termine, idem per il secondo, -1 togliendo (0,0))
<BR>
<BR>quindi almeno due coppie saranno uguali
<BR>inoltre, la prima coppia a ripetersi è (1,1)
<BR>
<BR>(se così, non fosse, e la prima coppia a ripetersi fosse (h,k), determinando man mano le coppie precendenti con la relazione di ricorrenza f<sub>n+2</sub>=f<sub>n+1</sub>+f<sub>n</sub> ritroveremmo prima o poi (1,1) che quindi si ripete prima di (h,k))
<BR>
<BR>se chiamiamo f<sub>k</sub> il termine prima di quelli corrispondenti alla coppia (1,1) ripetuta, risulterà
<BR>f<sub>k</sub> == 1 - 1 == 0 (mod 10<sup>3</sup>)
<BR>
<BR>-- end --
<BR>
<BR>nota: la cosa si generalizza facilmente mettendo al posto di 10<sup>3</sup> 10<sup>n</sup>, quindi
<BR>
<BR>per ogni n c\'è un numero di fibonacci divisibile per 10<sup>n</sup><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: talpuz il 27-05-2004 19:26 ]
[img:18oeoalk]http://www.narutolegend.it/char_img/Sasuke.jpg[/img:18oeoalk]
cekko
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Messaggio da cekko »

<!-- 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 2004-05-27 16:49, MASSO wrote:
<BR>15) ne approfitto della presenza di uno facile facile
<BR>[15000/7]+[2142/7]+[306/7]+[43/7]=2497
<BR>il 7 vi è contenuto 2497 volte come fattore (o almeno spero)
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>
<BR>non ho capito che cosa rappresentano quei numeri.
"...e d'un tratto capii che il pensare è per gli stupidi, mentre i cervelluti si affidano all'ispirazione e a quello che il buon Bog manda loro".
Alex, Arancia Meccanica.
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karl
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Messaggio da karl »

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