Qua e là, con leggerezza.

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Messaggio da Bruno » ven gen 11, 2019 3:50 pm

1) Qualunque valore intero assuma $n$, $\;2^n+n^2\;$ non è mai divisibile per $\;7$.

2) Dal più piccolo al più grande, calpestando un po' un esagono regolare.
2.jpg
2.jpg (10.52 KiB) Visto 1543 volte

3)
3.jpg
3.jpg (15.32 KiB) Visto 1543 volte


4) Se $\;4\cdot n^2 + 23\;$ è divisibile per $\;3$, allora anche $\;(n+1)\cdot(2\cdot n+1)\;$ lo è.


5) A colpo d'occhio (quasi): qual è il rapporto fra le aree grigie e quelle bianche?
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Re: Qua e là, con leggerezza.

Messaggio da franco » ven gen 11, 2019 5:53 pm

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Qua e là, con leggerezza - 5

Messaggio da panurgo » sab gen 12, 2019 10:03 am

Per il Teorema di Pick l'area di un poligono con i vertici sul reticolo degli interi vale

$\displaystyle A=I+\frac{P}2-1$

dove $I$ è il numero di punti interni e $P$ è il numero di punti sul perimetro.

Q&L-CL5_378x378.png
Q&L-CL5_378x378.png (17.87 KiB) Visto 1506 volte

Con riferimento alla figura, tenendo conto che 1) vi è un ugual numero di poligoni dei due colori e 2) i punti sul confine tra poligoni di colore diverso contribuiscono allo stesso modo alle due aree, è sufficiente contare i punti interni e quelli perimetrali che appartengono ad solo un poligono: poiché è $I = 4$ e $P = 4$ per entrambi i colori le due aree sono uguali.
Ultima modifica di panurgo il sab gen 12, 2019 11:21 am, modificato 1 volta in totale.
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Re: Qua e là, con leggerezza.

Messaggio da Gianfranco » sab gen 12, 2019 11:03 am

Oggi mi sento aritmetico...
Bruno ha scritto:
ven gen 11, 2019 3:50 pm
1) Qualunque valore intero assuma $n$, $\;2^n+n^2\;$ non è mai divisibile per $\;7$.
Si può dimostrare in modo intuitivo esplorando i MOD dei due addendi:

\large 2^n MOD 7 =\{1, 2, 4\}

\large n^2 MOD 7 = \{0, 1, 2, 4\}

Nessuna combinazione di resti dà come somma 0 oppure 7.
Quindi si può concludere persino che:
Qualunque valore intero assumano a, b: 2^a+b^2 non è mai divisibile per 7.
Bruno ha scritto:
ven gen 11, 2019 3:50 pm
4) Se $\;4\cdot n^2 + 23\;$ è divisibile per $\;3$, allora anche $\;(n+1)\cdot(2\cdot n+1)\;$ lo è.
In MOD 3 (dato che 4n^2+23 è divisibile per 3 e visto che 4n^2+2 è pari):

\large 4n^2+23=4n^2+2=2n^2+1=2n^2+3n+1=(n+1)(2n+1)

Bravissimi Franco e Panurgo!
Pace e bene a tutti.
Gianfranco

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Messaggio da panurgo » sab gen 12, 2019 11:20 am

Gianfranco ha scritto:
sab gen 12, 2019 11:03 am
Oggi mi sento aritmetico...
Mentre tu così ti sentivi io così la stavo mettendo…
Gran Padre Gauss,

$2^0\equiv 1 \left(\text{mod }7\right)$ e $2\equiv 2 \left(\text{mod }7\right)$, ma il prodotto di due numeri è congruente al prodotto delle due congruenze quindi le potenze di due sono congruenti a $7$ come $0,\,2,\,4$, ovvero $1,\,2,\,4$. Infatti, $2^3=8\equiv 1 \left(\text{mod }7\right)$, $2^4=2^3\equiv2=1\cdot2\equiv 2 \left(\text{mod }7\right)$ ecc.

Qualunque numero può essere espresso come un multiplo di sette più un resto, $n=7q+r\equiv r \left(\text{mod }7\right)$; il quadrato di numero sarà dunque $n^2=49q^2+14rq+r^2=7\left(7q^2+2rq\right)+r^2\equiv r^2\left(\text{mod }7\right)$: ovvero, il quadrato di un numero è congruente con il quadrato della sua congruenza e ci basta controllare le congruenze dei quadrati dei resti modulo sette

$\displaystyle 0^2\equiv0,\qquad1^2\equiv1,\qquad2^2\equiv4,\qquad3^2\equiv2,\qquad4^2\equiv2,\qquad5^2\equiv4,\qquad6^2\equiv1\qquad\left(\text{mod }7\right)$

Il secondo ciclo è $0,\,1,\,4,\,2,\,2,\,4,\,1$: abbiamo ventuno combinazioni, riportate in tabella

$\begin{array}{ccccC}\hline
n & 2^n & n^2 & 2^n+n^2 \\
\hline
0 & 1 & 0 & 1 \\
1 & 2 & 1 & 2 \\
2 & 4 & 4 & 1 \\
3 & 1 & 2 & 3 \\
4 & 2 & 2 & 4 \\
5 & 4 & 4 & 1 \\
6 & 1 & 1 & 2 \\
7 & 2 & 0 & 2 \\
8 & 4 & 1 & 5 \\
9 & 1 & 4 & 5 \\
10 & 2 & 2 & 4 \\
11 & 4 & 2 & 6 \\
12 & 1 & 4 & 5 \\
13 & 2 & 1 & 3 \\
14 & 4 & 0 & 4 \\
15 & 1 & 1 & 2 \\
16 & 2 & 4 & 6 \\
17 & 4 & 2 & 6 \\
18 & 1 & 2 & 3 \\
19 & 2 & 4 & 6 \\
20 & 4 & 1 & 5 \\
\hline
\end{array}$

Da qui in poi tutto si ripete…
Ultima modifica di panurgo il dom gen 13, 2019 9:52 am, modificato 1 volta in totale.
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Re: Qua e là, con leggerezza.

Messaggio da panurgo » sab gen 12, 2019 12:13 pm

Q&L-CL2_465x369.png
Q&L-CL2_465x369.png (13.43 KiB) Visto 1497 volte

I due triangoli in figura sono simili con gli angoli sul vertice dell’esagono di $15°$, il lato dell’esagono vale $\sqrt2$: il lato del quadrato grande vale

$\displaystyle L=1+\sqrt2\cos15°+\left(1-\sqrt2\sin15°\right)\tan15°=6-2\sqrt3$.
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Re: Qua e là, con leggerezza - 5

Messaggio da franco » sab gen 12, 2019 12:47 pm

panurgo ha scritto:
sab gen 12, 2019 10:03 am
Per il Teorema di Pick l'area di un poligono ...
Questo teorema proprio non l'avevo mai sentito.
Bellissimo!
Franco

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Re: Qua e là, con leggerezza.

Messaggio da Admin » dom gen 13, 2019 3:00 pm

Bruno ha scritto:
ven gen 11, 2019 3:50 pm
4) Se $\;4\cdot n^2 + 23\;$ è divisibile per $\;3$, allora anche $\;(n+1)\cdot(2\cdot n+1)\;$ lo è.
Essendo $4\cdot n^2+23$ divisibile per $3$, ne deduciamo che $4\cdot n^2$ deve essere intero.
Quindi $n$, a sua volta, o è intero, oppure è un razionale avente $2$ al denominatore; ossia $n = \large\frac{m}{2}$ con $m$ intero.
Sfruttiamo il fatto che, aggiungendo o sottraendo una quantità divisibile per $3$ alla nostra espressione, essa continua ad essere divisibile per $3$.
Aggiungiamo dunque $6\cdot n$ (sicuramente divisibile per $3$, dato $n = \large\frac{m}{2}$ con $m$ intero) e sottraiamo $21$ (divisibile per $3$), dalla nostra espressione.
Si ottiene:

$ 4\cdot n^2+23 + 6\cdot n - 21 \equiv 0\pmod 3 \qquad\Rightarrow\qquad 4\cdot n^2 + 6\cdot n + 2 \equiv 0\pmod 3 \qquad\Rightarrow\qquad 2\cdot(n+1)\cdot(2\cdot n+1) \equiv 0\pmod 3$

Quindi

$(n+1)\cdot(2\cdot n+1) \equiv 0\pmod 3$

Saluti
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Re: Qua e là, con leggerezza.

Messaggio da Bruno » lun gen 14, 2019 11:55 am

Molto bravi tutti :D

Grazie, Gianfranco, per la tua puntuale generalizzazione di {1} e grazie a Guido per la gustosa citazione del Teorema di Pick per {5}.

A proposito del quinto quesito, a me è capitato di "raddrizzare" alcuni triangoli inclinati all'interno dell'ottagono regolare, proprio come illustro nella prima immagine allegata. Operando così (su due triangoli bianchi e uno grigio), le aree scure e chiare sono apparse perfettamente bilanciate.

b5.jpg
b5.jpg (9.2 KiB) Visto 1408 volte

Riguardo a {4}, si può anche vedere cosa succede sommando o sottraendo le sue espressioni, scoprendo così che:
4·n² + 23 + (n + 1)·(2·n + 1) = 3·( 2·n² + n + 8 ).


Qualche idea sul terzo quiz? (Il simbolo di sottrazione va preso con le pinzette...)
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Re: Qua e là, con leggerezza.

Messaggio da Bruno » ven gen 18, 2019 9:06 am

6]

ABC è un triangolo equilatero, nel quale è inscritto un esagono regolare.
ABG e DEF sono simili.
Data l'area t del triangolino evidenziato, quanto vale l'area di ABG ?

b5.jpg
b5.jpg (12.43 KiB) Visto 1301 volte



7]

Trovare l'intero $x$.

\LARGE{\sqrt[\small 3]{\sqrt{2^{\small (x+1)\cdot (x \, mod \, 3)}}}\; = \; 131072.}




8]

b5(2).jpg
b5(2).jpg (10.48 KiB) Visto 1301 volte
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Re: Qua e là, con leggerezza.

Messaggio da Gianfranco » ven gen 18, 2019 2:47 pm

Seguo le mie preferenze aritmetiche.
Bruno ha scritto:
ven gen 18, 2019 9:06 am
7]
Trovare l'intero $x$.

\LARGE{\sqrt[3]{\sqrt{2^{\small (x+1)\cdot (x \, mod \, 3)}}}\; = \; 131072.}
Dopo qualche passaggio aritmetico, si trova:

\Large{2^{(x+1)\cdot (x \, mod \, 3)}}=2^{2\cdot 3\cdot 17}

da cui:

\Large(x+1)\cdot (x \, mod \, 3)=2\cdot 3\cdot 17

Si nota che il primo membro deve essere multiplo di 3 e che x MOD 3 non può essere nullo, perciò:

\Large x \, mod \, 3 = 2

Sostituendo nell'equazione precedente:

\Large(x+1)\cdot 2=2\cdot 3\cdot 17

da cui:

\Large x=50

---
P.S. per Bruno e per tutti.
Secondo me sarebbe meglio creare un nuovo post per ogni nuovo problema o piccolo gruppo di problemi.
Se si aggiungono nuovi problemi all'interno di una discussione, si corre il rischio di perderli o di ritrovarli con difficoltà in futuro.
Il rischio aumenta quando la discussione si estende su più pagine.
Meglio non correre il rischio di perdersi cose preziose!
Pace e bene a tutti.
Gianfranco

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Re: Qua e là, con leggerezza.

Messaggio da Bruno » ven gen 18, 2019 2:52 pm

Ottimo, Gianfranco :D

Hai perfettamente ragione, seguirò senz'altro la tua indicazione :wink:
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Messaggio da panurgo » ven gen 18, 2019 9:28 pm

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$\displaystyle x:5=2:3 \Longrightarrow 5+x=\frac{25}3$
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Re: Qua e là, con leggerezza.

Messaggio da franco » ven gen 18, 2019 10:30 pm

6.
Il triangolo DEF ha area pari a 2t (stessa base e altezza doppia).
ABG è simile a DEF con base tripla (e quindi anche altezza tripla) quindi la sua area dovrebbe essere 18t

... se&o
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Re: Qua e là, con leggerezza.

Messaggio da Bruno » sab gen 19, 2019 10:26 pm

Perfetto :D
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