OliForum Matematico

Gottinger95 ha scritto:In realtà tutto ciò è falso, perchè mi sono accorto di aver dimenticato le parti intere D: non so se posso recuperare!

Barone!

Comunque dovrei andare col prossimo? xD (Il problema è che non trovo un problema... xD)

A meno che dietro quella stima non c'è qualche trucco analitico profondo direi di no xD Ma forse c'è qualche problema di interpretazione. Cioè il nodo di partenza non può avere grado 0 (come nessun nodo del resto). Per grado intendo il numero di rami uscenti da esso, non il numero di nodi padre. Il ...

Si parte disegnando un nodo. Di volta in volta si traccia un ramo uscente da un nodo scelto a caso tra quelli già disegnati con egual probabilità. Supponendo di fare questo procedimento per un numero molto elevato di volte in modo da distribuire per bene la probabilità, quanti sono in media i nodi a...

Ehm..... Suvvia ho fatto finta che non ci fossero altri fattori :lol: (però non dovrei aver barato (troppo)) Ok... l'ho scritta in modo osceno xD Provo a riscriverla seriamente LOL Passo 1: con $ax^2+by^2$ ci sono infiniti numeri che non posso generare. Se almeno uno tra $|a|$ e $|b|$ è maggiore di ...

Scusa se non ho cambiato variabili xDDD Un po' di pigrizia :mrgreen: (vabbè spero si capisca uguale quali erano le intenzioni xDD) In quel caso dovrebbe funzionare indifferentemente sia con $q=17$ e $\alpha=17$ sia con $q=13$ e $\alpha=13$ sia con $q=7$ e $\alpha=1$. Studiandola nel primo caso otten...

[...]Per ora pongo $k> \alpha$ e ottengo modulo $q^\alpha$ che $q^\alpha | y^p$ e ottengo un'equazione del tipo $\displaystyle q^\alpha x^p + bq^{\lceil \frac{\alpha}{p} \rceil p}y^p = q^k$ (faccio finta di dimenticare gli altri fattori di $a$ e metto in evidenza solo ciò che mi serve). [...] Perch...

La metto più che altro per capire dove sbaglio xD Il caso $p=2$ lo do per buono (modulo $8$) lol. Se $a=b=1$ ottengo $x^p+y^p$ ma sappiamo bene che $x^p+y^p \neq z^p$... (scherzo xD) Però per il PTF e LTE ottengo che con $x^p+y^p$ non posso avere numeri divisibili per $p$ che non lo siano anche per ...

Oppure si può costruire un grafo di $n$ nodi dove tutti i nodi sono collegati tra di loro. Su ogni arco scrivi un numero primo, in modo che tutti gli archi hanno un numero primo diverso. Ogni nodo contiene il numero formato dal prodotto dei numeri scritti sui suoi archi. A questo punto presi due qua...

Non riesco a capire il caso $r$ congruo a $9$. In che senso con $4$ moltiplicazioni per $2$ arrivo ad un numero congruo a $3$ modulo $10$?

Con $23$ non sempre. Si può ad esempio costruire un caso in cui non si può fare. Basta dimostrare che si può realizzare un $24-agono$ completo che chiaramente richiede almeno $24$ colori. Quindi prendo $24$ nodi del grafo e li numero da $1$ a $24$. Ora in $G_1$ coloro con $a_1$ i nodi di posto dispa...

Per prima cosa si può dimostrare che dati due grafi finiti con gli stessi nodi $A$ e $B$, dove $A$ è colorabile con $a$ colori e $B$ con $b$ colori, il grafo ottenuto dalla loro unione è colorabile con $ab$ colori. Qua basta prendere una matrice $C$ di $a$ righe e $b$ colonne contenente $ab$ colori ...

E comunque a Roma per saltare Archimede basta la qualificazione alle nazionali.

Mi viene che $\displaystyle T_{k,n} = 0$ se $n < k$ o se $n-k$ è dispari.
Altrimenti mi viene $\displaystyle T_{k,n} = (-1)^{\frac{n-k}{2}} \cdot 2^{k-1} \binom{\frac{n+k}{2} -1} {k-1}\frac{n}{k}$ che ovviamente dopo che è piovuta dal cielo si dimostra che è vera per induzione

Il $3$ lo ottiene con:
$4 \rightarrow 2 \rightarrow 24 \rightarrow 12 \rightarrow 6 \rightarrow 3$

Non cercare troppi controesempi!

Il pc può scegliere anche $0$ vero? Fossi in te lo hackererei per impedirglielo!