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Direi che è falsa: prendi $a=1$, $d=2$, $n=2$. La sequenza è $1, 3$. Nessuno di questi numeri è divisibile per $n$, ma $(d,n)=(2,2)=2$.

Trovare tutte le funzioni $f: \mathbb{N}\to \mathbb{N}$ tali che $f(f(n))= f(n+1)-1$ per ogni $n \in \mathbb{N}$

n.b. $\mathbb{N}= \{0,1,2,\ldots\}$

per ogni $x,y$ interi vale f(x^2+y)=2f(x)^2-f(y)^2-2yf(x)

$x=y=0 \implies f(0)=f(0)^2$ da cui $f(0)=0$ oppure $f(0)=1$

Se $f(0)=0$, l'unica possibilità è $f(x)=0$ per ogni $x \in \mathbb{Z}$
con $x=0$ si ha $f(y)= -f(y)^2$, cioè $f(y) \in \{0, -1 \}$ per ogni $y \in \mathbb{Z}$.
Inoltre con $y=0 ...

se $(a,b)$ è soluzione anche $(b,a)$ la è.
Dato che $34^2=1156>1105$, si ha $1 \leq a,b \leq 33$.

Inoltre non può essere $a=b$ perchè si avrebbe $2a^2= 1105$.
Supponiamo allora $b<a$. Si ha pertanto $2b^2 <a^2+b^2=1105$, da cui $b^2<\frac{1105}{2}=552.5 \implies b\leq 23$.

Pertanto abbiamo le ...

Se $A$ ha un solo elemento, allora esiste $c>0$ tale che $A=\{ c\}$.
Ciò significa, per definizione di $A$, che per ogni $x >0$ si ha $x \cdot f(x)=c$, da cui $f(x)= \frac{c}{x}$

C'è una sola soluzione: $f(x) = \frac{1}{x}$ $x=y \implies 2x^2 f(x)= 2x f(xf(x)) \implies x f(x)= f(x f(x))$.
Posto $A := \{ x f(x) | x >0\} \subseteq \mathbb{R}^+$, per ogni $ z \in A$ si ha $f(z)=z$.
Ovviamente $A$ è non vuoto (c'è almeno $f(1)$)

Se $A$ ha solo un elemento, allora esiste $c>0 ...

Altra dimostrazione di $\displaystyle \sum_{p \text{ primo} } \frac{1}{p^2} < \frac{1}{2}$

$\displaystyle \sum_p \frac{1}{p^2} = \frac{1}{2^2}+ \frac{1}{3^2}+ \frac{1}{5^2}+ \sum_{ p\geq 7 } \frac{1}{p^2}< \frac{1}{2^2}+ \frac{1}{3^2}+ \frac{1}{5^2}+ \sum_{n=3}^{+\infty} \frac{1}{(2n)^2 ...

Ho capito che la sommatoria sui primi è finita, ma non riesco a trovare una giustificazione per quella disuguaglianza.
Perchè puoi minorare i primi con potenze di due?
(probabilmente è una stupidata, ma non ci arrivo)

@gpzes: Perchè vale questo? \[\sum_p \frac{1}{p^2} < \sum_{k=2}^{+\infty} \frac{1}{2^k}\]

Premessa: $\displaystyle \sum\limits_{p \text{ primo}} \frac{1}{p^2}< \frac{1}{2}$
Dimostrazione (bruttina): Sappiamo che $\displaystyle \sum_{ n \in \mathbb{N}^*} \frac{1}{n^2}= \frac{\pi^2}{6}< 1.65$
Posto $\alpha:= 1+\left(\frac{1}{4}\right)^2+\left(\frac{1}{6}\right)^2+\left(\frac{1}{8}\right)^2 ...

$\quad p^2-p+1=a^3 \implies p(p-1)=(a-1)(a^2+a+1)$.

Certamente $p \mid a-1 \vee p \mid a^2+a+1$
Però se $p \mid a-1$ si avrebbe $p<a$, da cui $a^3=p^2-p+1<p^2<a^2 \leq a^3$, assurdo.
Dunque necessariamente $p \mid a^2+a+1$. Ciò significa che $p-1= b\cdot(a-1)$ per un certo $b \in \mathbb{Z ...

$998^2=999\cdot 997+1$
$593^2-1=592\cdot594= \ldots= 2^5\cdot 11 \cdot\overbrace{3^3\cdot 37}^{999}= 352 \cdot 999$, dunque $593^2= 999\cdot 352+1$

$405^2= (998-593)^2= 998^2+593^2-2\cdot998 \cdot 593=999(997+352)+1+1-999 \cdot 2 \cdot 593+2\cdot 593= $
$=999(163)+2 \cdot 594$

$406^2= 405^2+1+2 ...

A me viene anche $998$. L'ho trovato così:
Se $n$ è il numero con la proprietà richiesta, allora esiste $a$ intero positivo (di tre cifre) tale che
$n^2 = 1000a + 1000-a$, da cui $n^2= 999(a+1)+1$.

Vediamola al contrario, cioè proviamo a trovare $a$ in modo che $999(a+1)+1$ sia un quadrato perfetto ...

Trovare tutte le $f: \mathbb{Q}\to \mathbb{Q}$ tali che per ogni $x \in \mathbb{Q}$ valga $\displaystyle \begin{cases} f(x+1)=f(x)+1\\f^2(x)=f(x^2) \end{cases}$

Non bisogna contare tutte le possibili terne.Bisogna contare quelle valide, cioè quelle terne $(a,b,c)$ (con $a,b,c$ interi non negativi tali che $a+b+c=94$) per cui si abbia che il numero di modi di dare i $94$ biscotti ai tre tizi col vincolo di darne $a$ al primo, $b$ al secondo e $c$ al terzo ...