Intermezzi (quasi soprappensiero).

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Intermezzi (quasi soprappensiero).

Messaggio da Bruno » gio nov 08, 2018 3:11 pm

a) Abbiamo le cifre da 1 a 9, in quest'ordine. Cambiare il posto a due di esse per formare un multiplo di 11.

b) Consideriamo il numero composto da 3333 cifre decimali uguali a 3. Che resto si ottiene dividendolo per 101?

c) Se $\;\frac{\Large \sqrt{44\cdot n^2+1} + 1}{\Large 2}\;$ è intero, allora è un quadrato perfetto.

d) Trovare tutte le coppie di interi positivi $\,(x,y)\,$ che soddisfano l’equazione $\,2\cdot x\cdot y + 7\cdot x - 5\cdot y - 1 = 0$.

e) Questi numeri 0, 3, 20, 33, 47, 66, 117, 146, 174, 209, 294, 339, 381, ... hanno una proprietà che li lega a 175². Qual è?

f) Arcibaldo, giocherellando con riga e compasso, ha realizzato la seguente figura geometrica.
a.jpg
a.jpg (13.1 KiB) Visto 1885 volte
Il triangolo evidenziato, secondo l'autore del disegno, è equilatero.
Cosa ne dite?

---------

Le considerazioni a monte del risultato sono più importanti del risultato stesso.
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Primo Intermezzo (non proprio soprappensiero).

Messaggio da panurgo » gio nov 08, 2018 6:03 pm

Perché un numero sia divisibile per $11$ occorre che la differenza tra la somma delle cifre pari e quella delle cifre dispari sia un multiplo di $11$.
Il numero $123456789$ ha i primi cinque numeri dispari in posizione dispari, totale $25$, e i primi quattro numeri pari in posizione pari, totale $20$.
Dobbiamo trovare due numeri $a$ e $b$, con $a\in\left\{1,3,5,7,9\right\}$ e $b\in\left\{2,4,6,8\right\}$, tali che

$\displaystyle \left(25-a+b\right)-\left(20-b+a\right)=11k$

ovvero

$\displaystyle b-a=\frac{11k-5}2$

Evidentemente $k$ deve essere dispari e non può che essere $1$ perché con $k=3$ avremmo $b-a=14$: deve perciò essere

$\displaystyle b-a=3$

cioè

$\displaystyle\left\{\begin{array}{lC}
\left\{1,4\right\}\quad\to\quad 423156789=11\times 38468799\\
\left\{3,6\right\}\quad\to\quad 126453789=11\times 11495799\\
\left\{5,8\right\}\quad\to\quad 123486759=11\times 11226069
\end{array}\right.$
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Secondo Intermezzo (soprappensiero?).

Messaggio da panurgo » gio nov 08, 2018 11:07 pm

Osservo che $303$ è divisibile per $101$ così come $3030$: la loro somma, $3333$, è anch'essa divisibile. Altrettando divisibili sono $33330000$, $333300000000$ ecc.

Osservo inoltre che il numero di cifre diviso $4$ da resto $1$ quindi il resto della divisione è $3$ (risultato confermato da wolframalpha)
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Quarto Intermezzo (soprappensiero, il giorno dopo...).

Messaggio da panurgo » ven nov 09, 2018 12:12 pm

Esprimiamo $x$ in funzione di $y$

$\displaystyle x=\frac{5y+1}{2y+7}$

Per $y=0$ è $x=\frac17$ ed è

$\displaystyle \lim_{y\to\infty}x=\frac52$

quindi $x$ può valere $1$ o $2$: il primo valore si ha per $y=2$ mentre il secondo si ha per $y=13$ e le coppie sono $\left(1,2\right)$ e $\left(2,13\right)$ :wink:
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Re: Intermezzi (quasi soprappensiero).

Messaggio da Bruno » ven nov 09, 2018 4:24 pm

Impeccabile :D

Mi hanno fatto molto ridere, Guido, le tue variazioni del titolo :wink:

Naturalmente, ci possono essere altri approcci.

Riguardo al punto d, ho preferito invece fermarmi su questa uguaglianza: (2·x - 5)·y = 1 - 7·x.
Poiché x e y sono positivi, anche il membro sinistro deve essere negativo, perciò è immediato
concludere che x possa solo assumere i valori 1 e 2.

Due parole anche sul punto b.
Si dimostra facilmente che se scriviamo n cifre uguali a 1, dividendo il numero ottenuto per 101
si possono avere i seguenti resti: 0 (per n ≡ 0 mod 4), 1 (per n ≡ 1 mod 4), 11 (per n ≡ 2 mod 4)
e 10 (per n ≡ 3 mod 4). Pertanto, quando il numero delle cifre è di tipo 4∙k+1 il resto è sempre 1
se consideriamo i numeri 11...11, 2 per 22...22, 3 per 33...33 etc. Nel nostro caso troviamo 3
proprio perché 3333 = 4∙833+1.
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Sesto Intermezzo (guidando soprappensiero: pensavo all'intermezzo).

Messaggio da panurgo » ven nov 09, 2018 4:51 pm

Ciascuna delle quattro figura blu è inscritta in un quadrante con il centro che giace su una bisettrice, data la loro simmetria. Se il raggio del cerchio grande è unitario allora il raggio dei cerchi piccoli vale $\sqrt2-1$, la base del triangolo vale $4-2\sqrt2$, la sua altezza vale $1$ e il lato vale $\sqrt{7-4\sqrt2}\neq 4-2\sqrt2$: il triangolo non è equilatero...
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Re: Intermezzi (quasi soprappensiero).

Messaggio da Bruno » sab nov 10, 2018 7:28 pm

È così :D

La questione è comunque interessante perché si tratta di un triangolo isoscele con angoli interni molto prossimi a 60°.
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Re: Intermezzi (quasi soprappensiero).

Messaggio da Gianfranco » mer nov 14, 2018 8:49 am

Riguardo al punto c)
c) Se \frac{\large \sqrt{44\cdot n^2+1} + 1}{\large 2} è intero, allora è un quadrato perfetto.
riporto solo due osservazioni che per me sono state determinanti per risolverlo.
1) L'espressione è la radice positiva dell'equazione x^2-x-11n^2=0
2) se h è un numero intero, h^2 MOD 11 non è mai uguale a 10.
Pace e bene a tutti.
Gianfranco

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Re: Intermezzi (quasi soprappensiero).

Messaggio da Bruno » lun nov 26, 2018 5:12 pm

La tua osservazione (1) è il cardine.
Infatti, x·(x-1) = 11·n² impone che sia x = 11·p² e x - 1 = q², oppure x - 1 = 11·p² e x = q², per opportuni p e q.
Il primo caso non conduce a soluzioni intere, poiché il membro sinistro dell'equazione 11·p² - 1 = q² può assumere solo le forme 4·k - 1 e 4·k + 2, ma nessuna di esse corrisponde a un quadrato.
Allora bisogna considerare l'equazione 11·p² + 1 = q², per la quale x = q², cioè l'espressione in c è un quadrato.
Intendevi questo, Gianfranco?
Per risolvere questo tipo di problema ho seguito un percorso simile.

Rimane il punto e :wink:
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Re: Intermezzi (quasi soprappensiero).

Messaggio da Gianfranco » lun nov 26, 2018 10:31 pm

Ciao Bruno, se non vuoi leggere questa cosa noiosa, salta in fondo, c'è una domanda.
---
Sostanzialmente ho seguito il percorso che hai indicato però in modo più contorto, sfruttando fino all'osso le poche nozioni che so.

...omettiamo le premesse...

Consideriamo l'equazione: x^2-x-11n^2=0

a) somma delle radici: s = 1
da cui si deduce che le radici sono numeri primi tra loro.

b) prodotto delle radici: p= -11 n^2
siccome le radici non hanno fattori comuni, devono devono "spartirsi" dei fattori quadrati di n^2 perciò devono essere del tipo:
x1=11p^2
x2=q^2
e una delle due deve avere il segno -.

Esaminiamo i due casi.
1°caso:  x2=q^2 è la radice positiva.
Allora (usiamo la somma delle radici):
q^2-11p^2=1
(q+1)(q-1)=11p^2
Una dose minima di calcolo mentale ci porta a trovare una soluzione:
(10+1)(10-1)=99=11*3^2
In questo caso il teorema è dimostrato perché  x2=q^2 è un quadrato.

2° caso: x1=11p^2 è la radice positiva.
Se fosse vero, il teorema NON sarebbe vero.
Allora (usiamo la somma delle radici):
11p^2-q^2=1
11p^2=q^2+1

La domanda è: un quadrato moltiplicato per 11 può essere uguale a un altro quadrato più una unità?
Se fosse possibile, allora q^2+1 dovrebbe avere un fattore uguale a 11.
In altre parole, dovrebbe essere
q^2+1 MOD 11 = 0
ovvero
q^2 MOD 11 = 10
Ma una semplice verifica che si può fare anche a mente rivela che n^2 MOD 11 può avere come valori solo 0, 1, 4, 9, 5, 3.
Quindi questo secondo caso è escluso.
---
Mentre giocavo con questo problema mi è venuta una curiosità: da dove è uscita quell'equazione?
Te la sei inventata ad hoc per fare il problema o deriva da qualche altro lavoro?
Pace e bene a tutti.
Gianfranco

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Re: Intermezzi (quasi soprappensiero).

Messaggio da Bruno » mar nov 27, 2018 8:55 am

Grazie infinite, Gianfranco, per la tua spiegazione, tutt'altro che noiosa :D

Il problema proviene da una ricerca sulle forme quadratiche.
Ho affrontato qualcosa di molto simile in modo sostanzialmente non diverso da come ho illustrato sopra.
Qui, però, ho proposto un quesito confezionato ad hoc :wink:
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