OliForum Matematico

Secondo me bisognava incentrarsi sul fatto che $ 2015=2*1007+1 $ , e che quindi $ f(2015)=f(2*1007+1) $. Poi però non sapevo come andare avanti. Non so se esiste qualche risultato sui polinomi che ti risolveva la situazioe

@Loara... ..per onestà intellettuale devo dire che avevo fatto errore concettuale grosso..come sempre
forse anche adesso sbaglio...
$f(2015)=2^{2014}$
$p(x)=\sum\limits_{k=0}^{1007}\binom{x}{k}$

gpzes ha scritto: $f(2015)=2^{2014}$
${\displaystyle p(x)=\sum^{1007}_{k=0}\binom{x}{k}}$

Ecco, il risultato ora è esatto. Ovviamente è semplice generalizzare tale risultato per qualunque polinomio di grado $n$ tale che $f(k)=2^k$ per ogni $k=0, 1, \cdots , n$.

Ho visto che il problema 2 ha dato del filo da torcere a molti. Volevo quindi abbozzare la mia soluzione.
1) si vede facilmente che un triangolo di area 2 si trova;
2) uno si convince dopo un po' che questa è l'area minima, allora, dato che il quadrato da dolo occupa area 1, se mostriamo che il resto del triangolo ha almeno area 1, abbiamo vinto;
3) visto che ancora una volta stiamo confrontanfo un'area con quella unitaria del quadrato, perché non "pieghiamo" il triangolo lungo i lati del quadrato e mostriamo che i ripiegamenti occupano tutto il quadrato? La cosa assurda è che questo metodo funziona...
4) più formalmente quello che uno dovrà dimostrare è che dato un qualsiasi punto interno al quadrato, esiste una riflessione rispetto uno dei lati che lo mantiene dentro il triangolo.

Tess ha scritto: ...
3) visto che ancora una volta stiamo confrontanfo un'area con quella unitaria del quadrato, perché non "pieghiamo" il triangolo lungo i lati del quadrato e mostriamo che i ripiegamenti occupano tutto il quadrato? La cosa assurda è che questo metodo funziona...

Questo metodo funziona sì, ma funziona se dimostriamo prima che il quadrato ha un lato che giace interamente su un lato del triangolo, altrimenti tale "piegamento" non è sempre possibile .

Loara ha scritto:

gpzes ha scritto: $f(2015)=2^{2014}$
${\displaystyle p(x)=\sum^{1007}_{k=0}\binom{x}{k}}$

Ecco, il risultato ora è esatto. Ovviamente è semplice generalizzare tale risultato per qualunque polinomio di grado $n$ tale che $f(k)=2^k$ per ogni $k=0, 1, \cdots , n$.

..meno male

Salve ragazzi, cercavo di ragionare sul problema che dice di tovare f(2015) ma non capisco proprio come venga 2^2014. Qualcuno potrebbe gentilmente spiegarmelo, grazie!

Salve Peppe97,
io il problema 5 l'ho dimostrato così:
1) dimostro che il polinomio $ f_{n}(x)=\sum_{i=0}^{n}\binom{x}{i} $ vale $ 2^{h} $ per x=k k=0..n. Io l'ho dimostrato per induzione. Per x reale il coefficiente binomiale $ \binom{x}{i} $ è definito come $ \frac{\left ( x \right )_i}{i!} $.
2) dimostro ora che $ f_{n}(2n+1)=2^{2n} $, ancora per induzione.
$ f_{n+1}(2(n+1)+1)=\sum_{i=0}^{n+1}\binom{2n+3}{i}=\sum_{i=0}^{n+1}\binom{2n+1}{i}+2\sum_{i=1}^{n+1}\binom{2n+1}{i-1}+\sum_{i=2}^{n+1}\binom{2n+1}{i-2}= $
$ =2^{2n}+\binom{2n+1}{n+1}+2\cdot 2^{2n}+2^{2n}-\binom{2n+1}{n}= $
$ =2^{2(n+1)} $
3) ponendo n=1007 si trova $ f_{1007}(2015)=2^{2014} $

Mi spiegate come andava fatto il primo please?

Euler271, un suggerimento: quanto deve valere \(a+b\)?

Hint pesante (alternativo)

Nemo a+b deve essere una potenza di 7

Euler271,
certo, ma quale esattamente?
Prova a ragionare in questo modo: supponendo che \(7 \nmid a,b\) (gli altri casi li riconduci a questo) e sapendo che \(a+b=7^n\), scrivi \(a^7+b^7\) in un altro modo e vedi qual è la massima potenza di \(7\) che lo divide

Allora $ a^{7} + b^{7} $ è divisibile per $ 7^{n +1} $

Bene! Ora va' avanti a scrivere! E ricorda che \(n\) e \(c\) non ti piacciono!