Risposte ai problemini per Natale 2015

Ricordate i problemi di venerdì scorso? Eccovi le soluzioni! (avevate visto, vero, che passando col mouse tenendo schiacciato il pulsante appariva l’aiutino?)

1. Fibonacci
Per un qualunque intero m, i valori della successione di Fibonacci modulo m prima o poi si devono ripetere: banalmente, ci sono solo m2 possibili coppie di numeri, e quando se ne trova una uguale alla precedente si continuerà con la stessa successione. Prendiamo ora m=102016; dopo al più 104032 valori la successione riprenderà quelli già visti (modulo 102016). Ma poiché F0=0 ci sarà un valore congruo a 0 modulo 102016, che terminerà quindi con 2016 zeri consecutivi.
(Da http://math.stackexchange.com/q/872071/89 )

2. Dopo la virgola
Consideriamo il numero (2+√2)2016 + (2−√2)2016. Se usiamo lo sviluppo delle potenze di un binomio, ci accorgiamo che tutti gli elementi dove c’è una potenza dispari di √2 si annullano; pertanto questo numero è un intero. Ma (2−√2)2016 è davvero piccolo: infatti abbiamo

(2−√2)2016 < 0,62016 = 0,077762016/5 < 0,1400

e quindi è 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 sarà pertanto 9.
(Da http://math.stackexchange.com/q/1544422/89)

3. L’età dell’insegnante
L’insegnante è nato nel XX secolo, diciamo nell’anno 19ab uguale a 1900+10a+b. Nel 2016 avrà pertanto 2016−(1900+10a+b)=116−10ab anni, che per la sua affermazione devono essere 10+a+b. Pertanto, 11a+2b=106. Poiché 2b e 106 sono pari e 11 è dispari, a dev’essere pari; ma poiché 2b è al più 18, a dev’essere per forza 8, da cui b = 9. L’insegnante è del 1989.
(Da http://math.stackexchange.com/q/276648/89)

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

5. Prodotti notevoli
Applicando la disugaglianza aritmo-geometrica (quella che dice che la media aritmetica di N elementi è sempre maggiore o uguale alla media geometrica, e l’uguaglianza vale solo se tutti gli elementi sono uguali) al primo fattore, abbiamo
x2016+1 ≥ 2x1008
Per il secondo fattore, abbiamo invece
1+x2+x4+x6+…+x2014 ≥ 1008 1008√(1·x2·x4·x6·…·x2014) = 1008x1007.
Moltiplicando i due fattori otteniamo che il prodotto è maggiore o uguale a 2016x2015; l’unico modo per avere l’uguaglianza è che tutti gli addendi siano uguali, da cui x = ±1. La soluzione negativa è però da scartare, dunque x=1.
(da http://math.stackexchange.com/q/540500/89)

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