{"id":2662,"date":"2015-12-31T04:00:32","date_gmt":"2015-12-31T03:00:32","guid":{"rendered":"https:\/\/xmau.com\/wp\/ilpost\/?p=2662"},"modified":"2022-10-11T13:43:55","modified_gmt":"2022-10-11T11:43:55","slug":"risposte-ai-problemini-per-natale-2015","status":"publish","type":"post","link":"https:\/\/xmau.com\/ilpost\/2015\/12\/31\/risposte-ai-problemini-per-natale-2015\/","title":{"rendered":"Risposte ai problemini per Natale 2015"},"content":{"rendered":"

Ricordate i problemi di venerd\u00ec scorso<\/a>? Eccovi le soluzioni! (avevate visto, vero, che passando col mouse tenendo schiacciato il pulsante appariva l’aiutino?)<\/p>\n

1. Fibonacci<\/b>
\nPer un qualunque intero m<\/i>, i valori della successione di Fibonacci modulo m<\/i> prima o poi si devono ripetere: banalmente, ci sono solo m<\/i>2<\/sup> possibili coppie di numeri, e quando se ne trova una uguale alla precedente si continuer\u00e0 con la stessa successione. Prendiamo ora m<\/i>=102016<\/sup>; dopo al pi\u00f9 104032<\/sup> valori la successione riprender\u00e0 quelli gi\u00e0 visti (modulo 102016<\/sup>). Ma poich\u00e9 F0<\/sub>=0 ci sar\u00e0 un valore congruo a 0 modulo 102016<\/sup>, che terminer\u00e0 quindi con 2016 zeri consecutivi.
\n(Da http:\/\/math.stackexchange.com\/q\/872071\/89 <\/a>)<\/p>\n

2. Dopo la virgola<\/b>
\nConsideriamo il numero (2+\u221a2)2016<\/sup> + (2\u2212\u221a2)2016<\/sup>. Se usiamo lo sviluppo delle potenze di un binomio, ci accorgiamo che tutti gli elementi dove c’\u00e8 una potenza dispari di \u221a2 si annullano; pertanto questo numero \u00e8 un intero. Ma (2\u2212\u221a2)2016<\/sup> \u00e8 davvero piccolo: infatti abbiamo<\/p>\n

(2\u2212\u221a2)2016<\/sup> < 0,62016<\/sup> = 0,077762016\/5<\/sup> < 0,1400<\/sup><\/p><\/blockquote>\n

e quindi \u00e8 un numero della forma 0,000….000… con almeno 400 zeri dopo la virgola. Togliendolo ad A avremo un numero con almeno 400 cifre 9 dopo la virgola: la risposta sar\u00e0 pertanto 9.
\n(Da http:\/\/math.stackexchange.com\/q\/1544422\/89<\/a>)<\/p>\n

3. L’et\u00e0 dell’insegnante<\/b>
\nL’insegnante \u00e8 nato nel XX secolo, diciamo nell’anno 19ab<\/i> uguale a 1900+10a<\/i>+b<\/i>. Nel 2016 avr\u00e0 pertanto 2016\u2212(1900+10a<\/i>+b<\/i>)=116\u221210a<\/i>\u2212b<\/i> anni, che per la sua affermazione devono essere 10+a<\/i>+b<\/i>. Pertanto, 11a<\/i>+2b<\/i>=106. Poich\u00e9 2b<\/i> e 106 sono pari e 11 \u00e8 dispari, a<\/i> dev’essere pari; ma poich\u00e9 2b<\/i> \u00e8 al pi\u00f9 18, a<\/i> dev’essere per forza 8, da cui b<\/i> = 9. L’insegnante \u00e8 del 1989.
\n(Da http:\/\/math.stackexchange.com\/q\/276648\/89<\/a>)<\/p>\n

4. Numeri carbossilici<\/b>
\nSe 2016 \u00e8 carbossilico, pu\u00f2 essere scritto nella forma (1111)+111a<\/i>+11b<\/i>, dove l’addendo 1111 pu\u00f2 o non pu\u00f2 esserci. In ogni caso, poich\u00e9 1111 e 11b<\/i> sono multipli di 11 e 2016 \u00e8 congruo a 3 modulo 11, a<\/i> deve essere anch’esso congruo a 3 modulo 11.
\nSe abbiamo 1111 nella somma, 111a<\/i>+11b<\/i>=905: l’unica possibilit\u00e0 per a<\/i> \u00e8 che sia pari a 3, lasciando 11b<\/i> = 572 e quindi b<\/i>=52, che \u00e8 impossibile (la somma dei numeri da 1 a 9 \u00e8 pari a 45). Se non abbiamo 1111, naturalmente a<\/i> non pu\u00f2 valere a maggior ragione 3; non pu\u00f2 nemmeno valere 25 o pi\u00f9, e dunque deve essere pari a 14, lasciando 11b<\/i> = 462 e b<\/i> = 42. Una possibilit\u00e0 \u00e8 pertanto data da 888 + 666 + 99 + 88 + 77 + 66 + 55 + 44 + 33.
\n(Da http:\/\/math.stackexchange.com\/q\/564362\/89<\/a>)<\/p>\n

5. Prodotti notevoli<\/b>
\nApplicando la disugaglianza aritmo-geometrica (quella che dice che la media aritmetica di N<\/i> elementi \u00e8 sempre maggiore o uguale alla media geometrica, e l’uguaglianza vale solo se tutti gli elementi sono uguali) al primo fattore, abbiamo
\nx<\/i>2016<\/sup>+1 \u2265 2x<\/i>1008<\/sup>
\nPer il secondo fattore, abbiamo invece
\n1+x<\/i>2<\/sup>+x<\/i>4<\/sup>+x<\/i>6<\/sup>+\u2026+x<\/i>2014<\/sup> \u2265 1008 1008<\/sup>\u221a(1\u00b7x<\/i>2<\/sup>\u00b7x<\/i>4<\/sup>\u00b7x<\/i>6<\/sup>\u00b7\u2026\u00b7x<\/i>2014<\/sup>) = 1008x<\/i>1007<\/sup>.
\nMoltiplicando i due fattori otteniamo che il prodotto \u00e8 maggiore o uguale a 2016x<\/i>2015<\/sup>; l’unico modo per avere l’uguaglianza \u00e8 che tutti gli addendi siano uguali, da cui x<\/i> = \u00b11. La soluzione negativa \u00e8 per\u00f2 da scartare, dunque x<\/i>=1.
\n(da http:\/\/math.stackexchange.com\/q\/540500\/89<\/a>)<\/p>\n","protected":false},"excerpt":{"rendered":"

Ricordate i problemi di venerd\u00ec scorso? Eccovi le soluzioni! (avevate visto, vero, che passando col mouse tenendo schiacciato il pulsante […]<\/p>\n","protected":false},"author":1,"featured_media":0,"comment_status":"open","ping_status":"open","sticky":false,"template":"","format":"standard","meta":{"site-sidebar-layout":"default","site-content-layout":"","ast-site-content-layout":"default","site-content-style":"default","site-sidebar-style":"default","ast-global-header-display":"","ast-banner-title-visibility":"","ast-main-header-display":"","ast-hfb-above-header-display":"","ast-hfb-below-header-display":"","ast-hfb-mobile-header-display":"","site-post-title":"","ast-breadcrumbs-content":"","ast-featured-img":"","footer-sml-layout":"","ast-disable-related-posts":"","theme-transparent-header-meta":"","adv-header-id-meta":"","stick-header-meta":"","header-above-stick-meta":"","header-main-stick-meta":"","header-below-stick-meta":"","astra-migrate-meta-layouts":"default","ast-page-background-enabled":"default","ast-page-background-meta":{"desktop":{"background-color":"var(--ast-global-color-5)","background-image":"","background-repeat":"repeat","background-position":"center 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