OliForum Matematico

Penso alle persone come a punti di un grafo e due persone sono amiche se e solo se hanno un arco che le collega (altrimenti sono nemiche). Considero 3 punti a caso:
1) 3 lati $\Rightarrow$ posso utilizzare un unico colore per determinare questa "tripla amicizia"
2) 2 lati $\Rightarrow$ devo ...

Sarà meglio farle entrambe
Credo che tutti la pensino così

Volevo chiedere se è proprio una causa persa o si può ancora fare qualcosa dato che manca più di un mese, perchè come la mettiamo per quelli che sono a fare la gara a Cesenatico ?
é proprio impossibile fare entrambe o si possono trovare soluzioni / compromessi
Mi spiego: dato che a Cesenatico ci ...

$k_1 \alpha = 2k_2 \pi$
Scusami ma non vedo ancora la contraddizione
Fino lì ero arrivato e avevo detto che allora moltiplicando $\alpha$ per un intero dovevo trovare un multiplo di un angolo giro, ovvero che moltiplicando un arco lungo $\alpha$ per qualcosa di intero doveva essere grande come un ...

Scusate la mia ignoranza ma qualcuno potrebbe dirmi come si dimostra che $\frac{\alpha}{\pi}$ è irrazionale (se non sbaglio), con $sen(\alpha)=\frac{3}{5}$.
Se proprio non vi viene sul momento o se non avete voglia di scrivere papiri (se la dimostrazione è lunga) potete anche dirmi soltanto/almeno ...

in effetti...
Allora mi sorge un dubbio: un giocatore può giocare con un altro o con il computer più di una volta? (ovvero due giocatori possono fare assieme 2,3,.. partite? e con il computer?)

Scusami ma forse ho capito male il problema. Il massimo delle partite giocate le ho quando ogni giocatore gioca $n$ partite e ciò è possibile quando tutti giocano con tutti gli altri $n-1$ giocatori (quindi $\frac{n(n-1)}{2}$ partite) e tutti giocano una partita con il computer (quindi $n$ partite ...

Ottimo
Vai pure

Fra i numeri 1,2,...,37 scegliamo a caso 10 numeri. Dimostrare che tra questi 10 numeri ne esistono 4 distinti tali che la somma di 2 di loro è uguale alla somma degli altri 2.

Mi sono spiegato male. Forse è meglio che faccia un esempio del "metodo inverso" (sperando che l'altro sia chiaro) con un numero ($18$)
$18=9+9$
$17+1=17+1$
$16+2=(1+1+1+1+1+1+1+1+1+1+1+1+1+1+1+1)+(1+1)$
$15+3=15+3$
$15+2+1=15+1+1+1$
$14+4=7+7+1+1+1+1$
$14+3+1=7+7+3+1$
...
Allo stesso modo posso ...

in effetti la prima parte della dimostrazione valeva, se non sbaglio, solo per i $k>\frac{n}{2}$
Anche qui allora creo un "metodo" per passare da una partizione all'altra. Se ho una partizione dove l'addendo massimo è $k$ procedo in questo modo:
a. scrivo $k$ $1$
b. prendo il secondo addendo e ...

ci provo
1. Chiamo $f(n)$ la funzione che mi dà il numero di partizioni di $n$. Quindi le partizioni di $n$ in cui l'addendo maggiore è $k$ sono $f(n-k)$. Calcolo ora il numero di partizioni di $n$ in cui ho esattamente $k$ addendi. Parto con $k$ numeri $1$ e ora devo distribuire gli altri $n-k ...

Ok perfetto

Vai pure

Gottinger95 ha scritto: cerchiamo la configurazione in cui non ci sia nessuna dismutazione

Ma perché?????? Semmai il contrario

il limite rimane \( \displaystyle \ln \frac{n!}{!n} \)

Ok