Dato $ ~ n \in \mathbb{N} $, determinare $ ~ |\{km : n^2 \le k \le m \le (n+1)^2 \}| $.
Mi scuso per l'enunciazione troppo simbolica, però il problema (dato alle nazionali polacche 2007) è proprio carino!
ab = cd, ma non so se si può perchè si sta stretti...
Suvvia gente!
Sapete tanto che edriv ha la mania di postare miliardi di esercizi che si fanno tutti allo stesso modo.
Con un'idea sola potete risolvere anche quest'altro problema!
Sapete tanto che edriv ha la mania di postare miliardi di esercizi che si fanno tutti allo stesso modo.
Con un'idea sola potete risolvere anche quest'altro problema!
"Sei la Barbara della situazione!" (Tap)
Molto probabilmente ho frainteso il problema...
Ma se quello che chiedi è il numero di coppie comprese tra $ n^2 $ e $ (n+1)^2 $, la risposta non dovrebbe essere banalmente $ (n+1)(2n+3) $?
Ma se quello che chiedi è il numero di coppie comprese tra $ n^2 $ e $ (n+1)^2 $, la risposta non dovrebbe essere banalmente $ (n+1)(2n+3) $?
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
Ok!
Allora dovrebbe essere $ (x+2)(2x+1) $.
Non ne sono sicuro, perciò, prima di proseguire a scrivere demenzialità, ricontrollerò il tutto...
Allora dovrebbe essere $ (x+2)(2x+1) $.
Non ne sono sicuro, perciò, prima di proseguire a scrivere demenzialità, ricontrollerò il tutto...
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
-
darkcrystal
- Messaggi: 706
- Iscritto il: 14 set 2005, 11:39
- Località: Chiavari
My 2 cent: concordo con il risultato di Feddy, e butto lì una dimostrazione ben poco formale.
Mi sembra abbastanza evidente che il problema vero è quello esposto da edriv nel titolo: quante coppie troviamo che diano lo stesso prodotto e stiano lì dentro?
Per rispondere costruisco una tabella quadrata con tutti i possibili prodotti. Ne prendo solo metà sia perchè tanto è simmetrica sia perchè per il problema mi serve solo una metà. Considero le "semidiagonali" (le "semidiagonali" sono oggettini fatti $ x+y=k, x \geq y $ dove x e y sono le coordinate della casella e k è un intero fissato)
EDIT: avevo fatto un po' di casino con x e y chiamandole un po' così e un po' a e b...
I fatti da dimostrare (conti) sono questi: lungo le semidiagonali c'è ordinamento stretto, tra una semidiagonale e l'altra c'è ordinamento "largo" (nel senso che il massimo di una può essere il minimo della successiva).
Questo però succede solo se (viene una simpatica equazione di secondo grado) $ k=2(n^2+n) $, quindi esttamente una volta. In definitiva i prodotti possibili sono tutti tranne 1, ossia il risultato di FeddyStra.
Ciao!
Mi sembra abbastanza evidente che il problema vero è quello esposto da edriv nel titolo: quante coppie troviamo che diano lo stesso prodotto e stiano lì dentro?
Per rispondere costruisco una tabella quadrata con tutti i possibili prodotti. Ne prendo solo metà sia perchè tanto è simmetrica sia perchè per il problema mi serve solo una metà. Considero le "semidiagonali" (le "semidiagonali" sono oggettini fatti $ x+y=k, x \geq y $ dove x e y sono le coordinate della casella e k è un intero fissato)
EDIT: avevo fatto un po' di casino con x e y chiamandole un po' così e un po' a e b...
I fatti da dimostrare (conti) sono questi: lungo le semidiagonali c'è ordinamento stretto, tra una semidiagonale e l'altra c'è ordinamento "largo" (nel senso che il massimo di una può essere il minimo della successiva).
Questo però succede solo se (viene una simpatica equazione di secondo grado) $ k=2(n^2+n) $, quindi esttamente una volta. In definitiva i prodotti possibili sono tutti tranne 1, ossia il risultato di FeddyStra.
Ciao!
"Solo due cose sono infinite: l'universo e la stupidità dell'uomo, e non sono tanto sicuro della prima" - Einstein
Membro dell'EATO
Membro dell'EATO
Letto, testato, controllato: funziona benissimo!
L'altra soluzione (che secondo me non può venire in mente senza aver già visto il lemma) si basa appunto sul lemma:
Se a,b,c,d sono interi positivi tali che ab=cd e (a,b,c,d) = 1; allora esistono e,f,g,h interi positivi, a due a due coprimi, tali che a = ef,b=gh, c=fg, d=eh.
Dimostrazione: prendiamo
$ ~ e = \frac{a}{(a,c)} = \frac{d}{(d,b)} $
$ ~ g = \frac{c}{(a,c)} = \frac{b}{(d,b)} $
$ ~ f = (a,c) $
$ ~ g=(b,d) $
Verifichiamo che funzionano e che le uguaglianze scritte sopra son vere (a voi).
E non ho voglia di scrivere altro che il lemma
L'altra soluzione (che secondo me non può venire in mente senza aver già visto il lemma) si basa appunto sul lemma:
Se a,b,c,d sono interi positivi tali che ab=cd e (a,b,c,d) = 1; allora esistono e,f,g,h interi positivi, a due a due coprimi, tali che a = ef,b=gh, c=fg, d=eh.
Dimostrazione: prendiamo
$ ~ e = \frac{a}{(a,c)} = \frac{d}{(d,b)} $
$ ~ g = \frac{c}{(a,c)} = \frac{b}{(d,b)} $
$ ~ f = (a,c) $
$ ~ g=(b,d) $
Verifichiamo che funzionano e che le uguaglianze scritte sopra son vere (a voi).
E non ho voglia di scrivere altro che il lemma