OliForum Matematico

Non prendetemi per matto, perchè i primi problemi delle IMO, a cui partecipavano poche nazioni, sono piuttosto facili...

IMO 1959 - Problema 1
Dimostrare che $\displaystyle{\frac{21n+4}{14n+3}\not\in\mathbb N \ \forall n\in\mathbb N}$

IMO 1962 - Problema 1
Trovare il minore $n\in\mathbb N$ che ha le seguenti proprietà:
a) La sua rappresentazione decimale termina con un 6
b) Se il 6 alla fine viene cancellato e messo all'inizio, il nuovo numero è il quadruplo di $n$

IMO 1964 - Problema 1
a) Trovare tutti gli interi positivi $n$ tali che $2^n-1$ è divisibile per 7.
b) Dimostrare che non esiste nessun intero positivo $n$ tale che $2^n+1$ è divisibile per 7.

Quello del '59 basta saper "ridurre" (come fa Gobbino nei video di introduzione alla TdN), quello del '62 è più che altro contoso, il '64 sono banali congruenze.

Andando avanti nella ricerca ho trovato problemi interessanti (67-68) ma forse sono già fuori dalla mia portata...

Drago96 ha scritto:IMO 1959 - Problema 1
Dimostrare che $\displaystyle{\frac{21n+4}{14n+3}\not\in\mathbb N \ \forall n\in\mathbb N}$

Questo sembra facilissimo... La frazione equivale a 1+(7n+1)/(14n+3), dove il secondo termine della somma è un numero frazionario per qualunque n non negativo perché (7n+1)<(14n+3)

balossino ha scritto:

Drago96 ha scritto:IMO 1959 - Problema 1
Dimostrare che $\displaystyle{\frac{21n+4}{14n+3}\not\in\mathbb N \ \forall n\in\mathbb N}$

Questo sembra facilissimo... La frazione equivale a 1+(7n+1)/(14n+3), dove il secondo termine della somma è un numero frazionario per qualunque n non negativo perché (7n+1)<(14n+3)

Si, ma il problema delle IMO chiede che la frazione sia irriducibile, non che non è mai intero Resta comunque facilissimo

Quello del 64 è facilissimo O.O ( o almeno mi pare, sta a vedere che l'ho sbagliato xD)

Allora, $ 2^n-1\equiv 0\pmod 7 $, dunque $ 2^n\equiv 1\pmod 7 $
Analizziamo le potenze di 2 modulo 7:
$ 2^n\equiv 2,4,1,2,...\pmod 7 $ Dunque la condizione è soddisfatta quando per tutti gli $ n $ multipli di 3.
Analogamente dimostriamo che non esiste nessun $ n $ che soddisfi la seconda richiesta: infatti $ 2^n $ dovrebbe essere congruo a $ -1\equiv 6 \pmod 7, $ che non abbiamo nel ciclo delle potenze di 2

NoAnni ha scritto:

balossino ha scritto:

Drago96 ha scritto:IMO 1959 - Problema 1
Dimostrare che $\displaystyle{\frac{21n+4}{14n+3}\not\in\mathbb N \ \forall n\in\mathbb N}$

Questo sembra facilissimo... La frazione equivale a 1+(7n+1)/(14n+3), dove il secondo termine della somma è un numero frazionario per qualunque n non negativo perché (7n+1)<(14n+3)

Si, ma il problema delle IMO chiede che la frazione sia irriducibile, non che non è mai intero Resta comunque facilissimo

Devo avere sbagliato a tradurlo...
Scusate...

Quello del '64 è proprio così...

Quello del 1962 viene per caso $ 153846 $?
Se sì il procedimento è stato:
$ n=10k+6 $
$ \displaystyle{6 \cdot 10^{c(k)} +k = 40k+24} $ dove $ c(k) $ sarebbero le cifre di $ k $.
Ragionando in modulo 13 si arriva a $ c(k)=5 $..
E ora arriva la parte iper calcolosa...

$ 13k = 2 \cdot 99996 $
Da cui si ricava che $ k=15384 $
Quindi $ n=153846 $

Sì, esatto...