Preparandosi alla NORMALE

[@melia]

Non ho seguito la dimostrazione, ma se il polinomio \( \displaystyle {P}{\left({x}\right)} \) assume 2005 volte il valore 0, il polinomio \( \displaystyle {Q}{\left({x}\right)}={P}{\left({x}\right)}+{2005} \) assume per le famose 2005 volte il valore 2005.

[blackbishop13]

eh ma comunque c'è il truccaccio, che @melia ha sistemato
le 2005 volte sono coincidenti. non ti si chiede un polinomio che abbia 2005 radici coincidenti, è troppo facile.
ovviamente devono essere distinti i punti in cui assume il valore 2005.

[moneder]

Ciao a tutti.
Questo problema dell'ammissione alla SNS di Pisa ed è già stato discusso poche pagine prima.
Volevo proporre una mia soluzione, dato che potrebbe essere l'unico tra tutti i problemi della SNS che per ora (forse) sono in grado di svolgere.

Sia \( \displaystyle {T} \) un triangolo avente lati di lunghezza \( \displaystyle {a},{b},{c} \) e siano \( \displaystyle {h}_{{a}} \) ,\( \displaystyle {h}_{{b}} \) ,\( \displaystyle {h}_{{c}} \) le
altezze rispettive. Indicata con \( \displaystyle {A} \) l'area del triangolo, si mostri che se vale l’equazione

\( \displaystyle {6}{A}={a}⋅{h}_{{b}}+{b}⋅{h}_{{c}}+{c}⋅{h}_{{a}} \)

allora \( \displaystyle {T} \) è un triangolo equilatero.

Ecco qua:

Ipotesi: \( \displaystyle \gamma: \) \( \displaystyle {6}{A}={a}⋅{h}_{{b}}+{b}⋅{h}_{{c}}+{c}⋅{h}_{{a}} \)
Tesi: \( \displaystyle {a}={b}={c} \)

Sostituisco nell'equazione \( \displaystyle \gamma \) le altezze \( \displaystyle {h}_{{b}}=\frac{{{2}{A}}}{{b}},{h}_{{c}}=\frac{{{2}{A}}}{{c}},{h}_{{a}}=\frac{{{2}{A}}}{{a}} \) e ottengo \( \displaystyle {6}{A}={a}{\left(\frac{{{2}{A}}}{{b}}\right)}+{b}{\left(\frac{{{2}{A}}}{{c}}\right)}+{c}{\left(\frac{{{2}{A}}}{{a}}\right)} \)
Dividendo ambo i membri per \( \displaystyle {2}{A} \) risulta \( \displaystyle \frac{{a}}{{b}}+\frac{{b}}{{c}}+\frac{{c}}{{a}}={3} \)
Che è uguale a \( \displaystyle \frac{{a}}{{b}}+\frac{{b}}{{c}}+\frac{{c}}{{a}}={1}+{1}+{1} \) e si ottiene sempre un' identità per \( \displaystyle \frac{{a}}{{b}}=\frac{{b}}{{c}}=\frac{{c}}{{a}}={1} \)

Questa deduzione sinora non esclude tuttavia che possa esistere un triangolo scaleno, isoscele o rettangolo le cui proprietà rispettino l'equazione \( \displaystyle \gamma \).
Quindi, poichè \( \displaystyle {a},{b},{c}\in{\mathbb{R}}^{+} \), allora possiamo considerare il caso in cui \( \displaystyle {a}={n},{b}={n}+{k},{c}={n}+{t} \) con \( \displaystyle {a}\le{b}\lt{c} \)
(\( \displaystyle {a}={b} \) se \( \displaystyle {T} \) è isoscele, in tal caso \( \displaystyle {k}={0} \))

Quindi ho \( \displaystyle \frac{{n}}{{{n}+{k}}}+\frac{{{n}+{k}}}{{{n}+{t}}}+\frac{{{n}+{t}}}{{n}}={3} \) da cui voglio ricavare \( \displaystyle {n} \) (che è il lato \( \displaystyle {a} \) di \( \displaystyle {T} \)).

Segue: \( \displaystyle {\left({{n}}^{{2}}+{n}{t}\right)}{n}+{\left({{n}}^{{2}}+{n}{k}\right)}{\left({n}+{k}\right)}+{{\left({n}+{t}\right)}}^{{2}}{\left({n}+{k}\right)}={3}{n}{\left({n}+{k}\right)}{\left({n}+{t}\right)} \)

Svolgendo i calcoli si ottiene \( \displaystyle {n}{{k}}^{{2}}-{n}{k}{t}+{n}{{t}}^{{2}}+{{t}}^{{2}}{k}={0} \)
\( \displaystyle {n}{{k}}^{{2}}-{n}{k}{t}+{n}{{t}}^{{2}}=-{{t}}^{{2}}{k} \)
\( \displaystyle {n}{\left({{k}}^{{2}}-{k}{t}+{{t}}^{{2}}\right)}=-{{t}}^{{2}}{k} \) \( \displaystyle {n}=-\frac{{{{t}}^{{2}}{k}}}{{{{k}}^{{2}}-{k}{t}+{{t}}^{{2}}}} \) ma \( \displaystyle -\frac{{{{t}}^{{2}}{k}}}{{{{k}}^{{2}}-{k}{t}+{{t}}^{{2}}}} \) è sempre negativo poichè il denominatore non può essere negativo (\( \displaystyle {{k}}^{{2}}+{{t}}^{{2}}\lt{k}{t}\Rightarrow\nexists{k},{t}\in\mathbb{R} \)).

Per \( \displaystyle {n}\lt{0} \) avremmo il lato \( \displaystyle {a}\lt{0} \) \( \displaystyle \Rightarrow \) Assurdo.

Pertanto se vale l'equazione \( \displaystyle \gamma \) \( \displaystyle \Rightarrow \) \( \displaystyle {a}={b}={c} \).

Corretto?

Grazie in anticipo


Andrea R.

[robbstark]

Mi pare di sì.

[moneder]

Grazie