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Salve a tutti!
Negli scorsi giorni ho tenuto con un altro docente uno stage pre-cesenatico agli olimpionici torinesi.
In questo post metto gli esercizi proposti, sia a squadre che individuali (appena finiamo di correggere alcuni errori)
Chi avesse dubbi sulla risoluzione di un problema specifico, apra un topic in "Esercizi"
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In queste due ore mi sono cimentato coi 4 del 27 mattina. Ho risolto 1 e 3, del 2 non saprei se bisogna provare analiticamente (baricentriche?) o con qualche trasformazione del piano, del 4 ho considerato
Testo nascosto:
per ogni intero $k$ la sequenza degli
$y_{n}\equiv x_0{n} \bmod{10^k}$ e ho trovato che $y_{n,k}\equiv y_{n-1,k}+y_{n-2,k} \bmod{10^k}$, come una sorta di sequenza di Fibonacci
, ma non saprei come concludere.
(4 concluso)
Ultima modifica di Salvador il 30/04/2017, 20:23, modificato 1 volta in totale.
Il 2 viene in molti modi, ti consiglierei angle chasing semplice semplice però .
Cur enim scribere tre numeri quando se ne abbisogna di due? Sensibilizzazione all'uso delle potenti Coordinate Cartesiane, possano seppellire per sempre le orride baricentriche corruttrici dei giovani.
Prova a vedere se combini a farlo usando solamente angoli, secondo me è abbastanza carino fatto così (ovvero viene come un tipico cese 1)
Cur enim scribere tre numeri quando se ne abbisogna di due? Sensibilizzazione all'uso delle potenti Coordinate Cartesiane, possano seppellire per sempre le orride baricentriche corruttrici dei giovani.
Salvador ha scritto:In queste due ore mi sono cimentato coi 4 del 27 mattina. Ho risolto 1 e 3, del 2 non saprei se bisogna provare analiticamente (baricentriche?) o con qualche trasformazione del piano, del 4 ho considerato
Testo nascosto:
per ogni intero $k$ la sequenza degli
$y_{n}\equiv x_0{n} \bmod{10^k}$ e ho trovato che $y_{n,k}\equiv y_{n-1,k}+y_{n-2,k} \bmod{10^k}$, come una sorta di sequenza di Fibonacci
WLOG supponiamo $a|c$: dunque $c=ka$, dove $k\ne0$ altrimenti $c$ non sarebbe positivo. Otteniamo poi $b=kd$. Sostituendo nell'espressione originale abbiamo $a^n+k^nd^n+k^na^n+d^n=(k^n+1)(a^n+b^n)$, che ovviamente sono sempre positivi, dunque l'espressione non rappresenta un numero primo.
WLOG supponiamo $a|c$: dunque $c=ka$, dove $k\ne0$ altrimenti $c$ non sarebbe positivo. Otteniamo poi $b=kd$. Sostituendo nell'espressione originale abbiamo $a^n+k^nd^n+k^na^n+d^n=(k^n+1)(a^n+b^n)$, che ovviamente sono sempre positivi, dunque l'espressione non rappresenta un numero primo.
Se $a=6, b=35, c=10, d=21$ ti sfido a trovarne due tali che uno divida l'altro, eppure questa quadrupla rispetta le ipotesi. Ad ogni modo c'è una soluzione altrettanto semplice che, per come l'ho conclusa, non richiede l'introduzione di nessuna nuova variabile.
"I matematici non realizzano nulla... semplicemente scoprono e dimostrano verità intrinseche riguardanti tutto ciò che esiste, ovvietà e banalità per una mente superiore, perfetta. Ed è quello il mio obiettivo!"
Cit. Marco (mio vero nome)
Si perché il cambio di variabile è più legittimo considerando i vari MCD, non sempre ad esempio a divide c, però a questo punto voglio conoscere la soluzione che non usa sostituzioni
