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Titolo: i 4 numeri

Trovate tutti i possibili insiemi di 4 numeri reali con la seguenti
caratteristica:
la somma di ciascuno col prodotto dei restanti 3 fa sempre 2.
Ciao, Silv:o)

,

Strano che con i "geniacci" che passano di qui nessuno ancora...
Oh, beh, bando alle ciance!
SPOILER
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Nel caso di due numeri reali, la rappresentazione geometrica del sistema
consiste in due rette che si incontrano nel punto (1,1).
Nel caso di 3 numeri reali, ho 3 piani che si incontrano nel punto
(1,1,1).
Non so che cosa mi sta ancora trattenendo dall'ipotizzare per un sistema
di x(n) variabili tali che x(i) + {prodotto delle x(n)per n<>i}=2 per
ogni 1<=i<=n che l'unico insieme verificante le condizioni sia la n-upla
(1,1,...,1). Cioe' n iperpiani ognuno parallelo alla ordinata n-esima e
di valore 1.
E' solo una congettura. Non ho (come al solito) la
dimostrazione.(Perche' affetto da unguaribile pigrizia che mi induce
spesso a dare risposte sballate.)
Lapidatemi.
Ciao, Alberto
Sent via Deja.com 
http://www.deja.com/
Before you buy.


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V
Ne ho trovate 5 di soluzioni:
(1,1,1,1)
(3,-1,-1,-1)
(-1,3,-1,-1)
(-1,-1,3,-1)
(-1,-1,-1,3)
Ciao,
P.


 (1,1,...,1).
Ti assicuro che con 4 numeri non e' l'unica soluzione.
Per rifarti devi assolutamente trovarle tutte e poi anche risolvere il caso
generico che hai introdotto ;)
Ciao, Silv:o)

 wrote in message
86udkm$i5d$1...@news.mclink.it...


 la somma di ciascuno col prodotto dei restanti 3 fa sempre 2.
i quattro numeri sono,




 generico che hai introdotto ;)
Mannaggia la mia boccaccia... 8-)
Sono a buon punto, ma non ho ancora finito; vorrei che tu mi dica se
andando avanti per questa strada posso arrivare a qualcosa.

Per R^2 ho infinite soluzioni, come anche tu hai notato correggendomi.
Per R^3 (lo spazio 3-dimensionale) ho (1,1,1,1) e (-2,-2,-2,-2).
Risolvendo questo caso e tagliando idealmente il sistema geomentrico con
piani paralleli agli assi, ho visto anche che le tre curve nello spazio
hanno come sezioni un'iperbole e due rette.
Avevo creduto per un momento che si trattasse di 3 piani (anzi 6, se si
ha presente il grafico dell'iperbole) nello spazio "deformati" a forma
di iperbole ciascuno con gli asintoti paralleli a due assi coordinati,
ma viste le sezioni trasversali con le due rette che non hanno sempre lo
stesso coefficiente angolare. dev'essere qualcosa di piu' contorto.
Lo so che esiste Autocad, ma ci voglio arrivare da solo...
Morale della favola: nel caso n-esimo, sottraendo la i+1-esima equazione
dalla precedente, (e la prima dall'ultima) si puo' arrivare ad un
sistema del tipo: (x(i)-x(i+1))(1-x(1)*..*x(j)*...x(n))=0 dove
nell'ultima parentesi non compaiono x(i) ed x(i+1).
Tutto 'sto...casino per dire che di questo nuovo sistema una soluzione
e' sempre x(1)=x(2)=....=x(n) la quale implica la risoluzione di un
equazione del tipo x^(n-1) + x-2=0 che, complice il buon Ruffini,
ammette come soluzione 1. (Cioe' la n-upla (1,1,...,1).) Il polinomio
quoziente che non trascrivo qui, "dovrebbe" contenere le altre soluzioni
per il sottocaso considerato.
Sono comunque un po' perplesso, perche' con quel procedimento di
sottrazione a coppie delle equazioni del sistema, "perdo" informazioni
(nel caso n=4, quello che tu hai proposto, p.e., non si "ritrova" piu'
la (3,-1,-1,-1). Probabilmente debbo considerare "n-1 sottrazioni" e 1
equazione originaria del sistema.
Probabilmente non riesco a vedere qualche significato geometrico del
sistema che mi sveltirebbe le cose; ma gia' nel caso n=3 mi si
"incrociano" gli occhi.
Dammi un tuo parere e scusa la consueta logorrea.
Ciao, Alberto
