Sia S l'insieme dei numeri naturali n con le seguenti proprietà:
-n ha 1000 cifre tutte dispari
- due qualsiasi cifre consecutive di n differiscono di $ \pm 2 $
Determinare il numero di elementi di S.
Chiaramente questo problema viene dalla gara a premi 2007 di Parma, e dopo non averlo considerato per mesi l'ho risolto ieri mattina in pulman; la soluzione è abbastanza figa e nemmeno troppo difficile
dovrebbe essere così:
all'inizio ci sono 5 combinazioni
quindi si moltiplica per 2 e gli si sottrae 2(in caso siano 9 o 1)
e si fa lo stesso per 999 volte
scusate ma nn lo so scrivere in simboli
Tutto è possibile: L'impossibile richiede solo più tempo
julio14 ha scritto: jordan è in realtà l'origine e il fine di tutti i mali in $ \mathbb{N} $
EvaristeG ha scritto:Quindi la logica non ci capisce un'allegra e convergente mazza.
ispiratore del BTA
in geometry, angles are angels
"la traslazione non è altro che un'omotetia di centro infinito e k... molto strano"
non va...ad esempio la terza cifra potrebbe essere 9 sia che la prima sia 5 sia che sia 9
Azz ho usato + volte la parola sia che tutte le altre messe assieme...
[b]Membro Club Nostalgici[/b]
Catania 10/10/07
Io: Perché vuoi fare il matematico?
Lui: Se sei un dottore e qualcuno sta male ti svegliano la notte, se sei un ingegnere e crolla un ponte ti rompono ma se sei un matematico [b]CHI TI CERCA???[/b]
mmm... per dirla in parole povere, nella tua soluzione per ogni cifra finale ci sono due possibili cifre finali al secondo passo, escludendo ovviamente l'11 e il -1, quindi ne togli 2. Il problema è che al terzo passo le combinazioni che finiscono con 9 o 1 non sono più due, ma quattro. Infatti hai: 579;979;131;531. Sherlock intendeva questo. Quindi fino a $ 5\cdot2^2-6 $ va tutto bene, ma il passaggio dopo sarà $ 2(5\cdot2^2-6)-4 $ e non $ 2(5\cdot2^2-6)-2 $
notando che la sequenza è -2,-4,-6 etc posso scrivere la formula
(4*2^(n-1))-(2^(n-2))-(2*2^(n-3))-(3*2^(n-4))-(4*2^(n-5))-...((n-2)*2)
dove $ n $ è il numero delle cifre
(qualcuno lo scriva in latex, perkè nn ne sono capace)
Tutto è possibile: L'impossibile richiede solo più tempo
julio14 ha scritto: jordan è in realtà l'origine e il fine di tutti i mali in $ \mathbb{N} $
EvaristeG ha scritto:Quindi la logica non ci capisce un'allegra e convergente mazza.
ispiratore del BTA
in geometry, angles are angels
"la traslazione non è altro che un'omotetia di centro infinito e k... molto strano"
exodd ha scritto:notando che la sequenza è -2,-4,-6 etc posso scrivere la formula
(4*2^(n-1))-(2^(n-2))-(2*2^(n-3))-(3*2^(n-4))-(4*2^(n-5))-...((n-2)*2)
dove $ n $ è il numero delle cifre
(qualcuno lo scriva in latex, perkè nn ne sono capace)
c'è una dimostrazione per quell' "etc"?
Perchè non sono stato a sviluppare i conti ma non mi pare venga così
Ultima modifica di moebius il 29 mag 2007, 12:40, modificato 1 volta in totale.
Fondatore: [url=http://olimpiadi.dm.unipi.it/oliForum/viewtopic.php?t=8899]Associazione non dimenticatevi dei nanetti![/url]
Membro: Club Nostalgici
Sono troppo scarso in italiano per usare parole con la c o la q...
Non è che mi piaccia risolvere i miei stessi problemi però visto che nessuno se lo tange più metto l'idea...
Sia $ ~f_k $ il numero di interi aventi k cifre, godenti delle proprietà 2 e 3 dell'ipotesi e terminanti per 1 o 9; $ ~g_k $ di queli terminanti per 3 o 7 e $ ~h_k $ di quelli terminanti per 5.
non è difficile vedere che valgono le seguenti ricorsioni:
$ f_k=g_{k-1} $ poichè l'1 si ottiene solo dal 3 e il 9 dal 7
$ g_k=f_{k-1}+2h_{k-1} $ piochè il 3 lo si ottiene dall'1 e dal 5 ed il 7 dal 5 e dal 9
$ h_k=g_{k-1} $ poichè il 5 lo si ottiene o dal 3 o dal 7
di conseguenza $ g_k=3g_k-2 $
a questo punto abbiamo
$ f_{1000}=h_{1000}=3^{499}g_1 $
$ g_{1000}=3^{499}g_2 $
e valutando a mano $ ~g_1 $ e $ ~g_2 $ abbiamo finito
