Op là

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Moderatori: Gianfranco, Bruno

Bruno
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Op là

Messaggio da Bruno »

[1]

Consideriamo la successione di numeri naturali definita così:

$a_{\script 1} = 3\,$ e $\,a_{\script n+1} = a_{\script n}+a_{\script n}^{\script 2}\,$.

Quali sono le ultime due cifre di $\,a_{\script 2006}\, ?$
(Bruno)

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l'ha apena sfioragia
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Bruno
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2

Messaggio da Bruno »

[2]

Se $\,x\,$ è un numero reale positivo, con il simbolo $\,[x]\,$denotiamo
la parte intera di $\,x\,$, cioè il massimo numero intero positivo $\,n$
non maggiore di $\,x\,$.

Qual è allora il valore della somma:

$\sum_{\script n = 1}^{\script 10000} [\sqrt{n}] = [\sqrt{1}]+[\sqrt{2}]+[\sqrt{3}]+\,...\,+[\sqrt{9999}]+[\sqrt{10000}]\; ?$
(Bruno)

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Bruno
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3

Messaggio da Bruno »

[3]

Definiamo i numeri $\,a_{\script 1},\,a_{\script 2},\,...\,a_{\script n}\,$come segue:

$a_{\script 1} = 1\,$ e $\,a_{\script n+1} = 2a_{\script n}+\sqrt{3a_{\script n}^{\script 2}+1}$.

Bene: tutti i numeri determinati in questo modo sono interi.
Perché?
(Bruno)

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Bruno
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4

Messaggio da Bruno »

[4]

Guardiamo questa figura (anche se è bruttina):

Immagine


Domanda: quanto misura l'angolo $\,\alpha\,$?

Risposta: 70°; 75°; 80°; 90°; non può essere determinato con i soli dati forniti.
(Bruno)

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Bruno
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5

Messaggio da Bruno »

[5]

Abbiamo questa relazione:

$x^{\script 2}-y^{\script 2}+z^{\script 2}=3$

con $\,x$, $\,y$, $\,z\,$ interi.

Dovremmo dimostrare che essa ammette
infinite soluzioni.


A presto :D


(Bruno)
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panurgo
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Re: 4

Messaggio da panurgo »

Bruno ha scritto:[4]

Guardiamo questa figura (anche se è bruttina):

Immagine


Domanda: quanto misura l'angolo $\,\alpha\,$?

Risposta: 70°; 75°; 80°; 90°; non può essere determinato con i soli dati forniti.
80°: immaginiamo di nominare i vertici in senso antiorario a partire da in basso a sinistra, il triangolo ABC è equilatero, il triangolo ABD è isoscele (l'angolo ADB è uguale all'angolo ABD, 50°) quindi AD = AB = AC e il triangolo ACD è isoscele.
il panurgo

Principio di Relatività: $\mathbb{m} \not \to \mathbb{M} \, \Longleftrightarrow \, \mathbb{M} \not \to \mathbb{m}$
"Se la montagna non va a Maometto, Maometto NON va alla montagna"

delfo52
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Messaggio da delfo52 »

anche a voi, alla prima occhiata, il triangolo equilatero ABC sembra un po' troppo alto ?
E invece, storcendo la testa, o ruotando lo schermo, si vede che è proprio così...
Enrico

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Messaggio da Admin »

[2]

Essendo i termini della sommatoria tutti troncati della parte decimale, si ha i termini della sommatoria compresi tra la radice di un quadrato ($\sqr n^2$) e la radice del quadrato successivo ($\sqr{(n+1)^2}$) sono tutti uguali alla radice del quadrato minore ($\sqr{n^2}$);

quindi ad es. $[\sqr 1]+[\sqr 2]+[\sqr 3]+[\sqr 4]+\,...\,+ [\sqr 9] +\,...\, = \underbrace{1+1+1}_{\small 3 termini}+\underbrace{2+2+2+2+2}_{\small 5 termini}+3+\,...\,$

sappiamo che quadrati consecutivi differiscono per numeri dispari consecutivi, ossia:

1+3 = 4
4+5 = 9
9+7 = 16
etc...

quindi la sommatoria equivale a:

$\sum_{\script n = 1}^{\script 10000} [\sqrt{n}] = 1\cdot3+2\cdot5+3\cdot7+4\cdot9+\,...\,+99\cdot199+100$

ora, sappiamo che la somma dei numeri dispari che vanno da 1 ad $n$ è:

$\underbrace{1+3+5+7\,...\,+n}_{\script \frac{n+1}{2}\,termini} = (\frac{n+1}{2})^2$

quindi la somma dei primi dei numeri dispari, che vanno da 3 ad $n$, è:

$\underbrace{3+5+7\,...\,+n}_{\script \frac{n+1}{2}-1\,termini} = (\frac{n+1}{2})^2-1$

possiamo scomporre la sommatoria nelle seguenti somme, tralasciando il 100 finale:

1) $3+5+7+9+11+\,...\,+199 = \(\frac{99+1}{2}\)^2-1 = 100^2 -1$

2) $5+7+9+11+\,...\,+199 = \(\frac{99+1}{2}\)^2-4 = 100^2 -4$

3) $7+9+11+\,...\,+199 = \(\frac{99+1}{2}\)^2-9 = 100^2 -9$

4) $9+11+\,...\,+199 = \(\frac{99+1}{2}\)^2-16 = 100^2 -16$

$...$
$...$
$...$

99) $199 = 100^2 - 9801$

che sommate danno, aggiungendo anche 100:

$100^2 -1+100^2 -4+100^2 -9+100^2 -16+\,...\,+100^2 -9801 + 100 =$

$= 99\cdot100^2-(1+2^2+3^2+4^2+\,...\,+99^2) +100$

sappiamo che la somma dei primi n quadrati perfetti è $\frac{n\cdot(n+1)\cdot(2n+1)}{6}$

sostituendo otteniamo:

$99\cdot100^2-\frac{99\cdot100\cdot199}{6} +100 = 990000-328350+100 = 661750$

Quindi

$\sum_{\script n = 1}^{\script 10000} [\sqrt{n}] = 661750$

SE&O

Admin
Pietro Vitelli (Amministratore del Forum)
"Un matematico è una macchina che converte caffè in teoremi" Paul Erdös
www.pvitelli.net

Quelo
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Re: Op là

Messaggio da Quelo »

Bruno ha scritto:[1]

Consideriamo la successione di numeri naturali definita così:

$a_{\script 1} = 3\,$ e $\,a_{\script n+1} = a_{\script n}+a_{\script n}^{\script 2}\,$.

Quali sono le ultime due cifre di $\,a_{\script 2006}\, ?$
La risposta è 92

Tento una dimostrazione:

$a_{\script 1} = 3\\a_{\script 2} = 12\\a_{\script 3} = 156$

Scriviamo $a_{\script 3}$ come somma di un intero $z_{\script 0}$ moltiplicato per 100 e di 56, avremo

$a_{\script 3} = z_{\script 0}\cdot 10^{\script 2} + 56\\a_{\script 4} = a_{\script 3}+{a_{\script 3}}^{\script 2} = z_{\script 1}\cdot10^{\script 2}+92$

dove

$z_{\script 1} = {z_{\script 0}}^{\script 2}\cdot10^{\script 2}+113z+31$

con lo stesso ragionamento

$a_{\script 5} = z_{\script 2}\cdot10^{\script 2}+56$

e cosi via.

Per $n \ge 3$ si ha che

$a_{\script n}$ termina con 56 per $n$ dispari
$a_{\script n}$ termina con 92 per $n$ pari
[Sergio] / $17$

Bruno
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Messaggio da Bruno »

...

Impeccabili!

Sotto con gli altri, allora :D
(Bruno)

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prontoadimparare
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Re: 5

Messaggio da prontoadimparare »

Ci provo, anche se non sono molto sicuro...
Bruno ha scritto:[5]

Abbiamo questa relazione:

$x^{\script 2}-y^{\script 2}+z^{\script 2}=3$

con $\,x$, $\,y$, $\,z\,$ interi.

Dovremmo dimostrare che essa ammette
infinite soluzioni.

$x^2-y^2+z^2=3$
$x^2-y^2=3-z^2$

1° Osservazione
La differenza di due quadrati perfetti consecutivi è un numero dispari $2k+1$ $(k\in Z)$. [Si è scelto $k\in Z$ perché non si conosce quale fra le due quantità "$x^2$" e "$y^2$" sia la maggiore.]

2° Osservazione
Ci sono infiniti numeri quadrati perfetti.

Quindi l'equazione
$x^2-y^2=2k+1$ $(k\in Z)$
ammette infinite soluzioni.

Inoltre, poiché
$x^2-y^2=3-z^2$ e $x^2-y^2=2k+1$ $(k\in Z)$
allora
$3-z^2=2k+1 -z^2=2k-2 -z^2=2(k-1) z^2=-2(k-1)$

ma $z^2\ge0$
quindi
$-2(k-1)\ge0 k-1\le0 k\le1$


Quindi, mettendo assieme le due condizioni

$\{x^2-y^2=2k+1 \\ k\le1$

otteniamo che l'equazione ammette infinite soluzioni intere (tante quante i valori di $k\le1$).

C.V.D. ?


Pai :roll:
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Bruno
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Messaggio da Bruno »

...

Ciao Pai :D

Sì, in effetti tu ti proponi di cercare infinite soluzioni e così
arrivi al risultato voluto.
In un certo senso (in altre parole), il tuo discorso equivale
a un'identità di questo tipo:

$(2-2k^{\script 2})^{\script 2}-(1-2k^{\script 2})^{\script 2} = 3-4k^{\script 2}.$

Ti torna?

Già, mi sembra proprio che ci siamo: BRAVO!
(Bruno)

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prontoadimparare
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Messaggio da prontoadimparare »

Grazie, Bruno :D

A rischio di sembrare stupido, potresti spiegarmi come hai ottenuto l'identità?


Pai :wink:
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Bruno
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Messaggio da Bruno »

...

Te lo spiego subito e non corri nessun rischio di sembrare
stupido.
Tu sei partito dalla differenza di due quadrati consecutivi:
x²-y² = a²-(a-1)² = 2a-1.
Poiché anche 3-z² è dispari, bisogna che z sia pari. Poniamo:
z=2k.
Ciò significa che:
3-4k²=2a-1,
ossia:
a=2-2k²,
e quindi:
a-1=1-2k².

:wink:
(Bruno)

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Messaggio da prontoadimparare »

Sei stato chiarissimo, Bruno. Grazie mille per la spiegazione!

Pai :D
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