OliForum Matematico

... salvo che $xyz \geq 1$ è falso, almeno se non mi sbaglio: prendi $x=y=2$ e $z=0$. Sta proprio lì tutto il problema!

Np, (b) è effettivamente un problema carino! In realtà il messaggio era principalmente un tentativo di riattivare questa discussione, visto che un testo così lungo può un po' spaventare...

Wow, quanta roba (che ammetto di non aver controllato)! Volevo però far presente che per la domanda senza bonus c'è un modo estremamente più veloce (diciamo due righe circa?)... provate a trovarlo!

Per essere onesti, (a) e (c) mi sembrano un po' stupidi (per (a) si può prendere $g(x)=0$ e $\lambda$ sufficientemente vicino ad 1, e per (c) i controesempi si sprecano...), ma (b) può essere simpatico (anche se non è molto difficile nemmeno lui)!

Possibile suggerimento: consideriamo la somma delle cifre di abc, chiamiamola $s$. Dimostra che se sai $s$ allora sai $abc$; siccome $s$ è una somma delle cifre, sappiamo calcolarla modulo 9. Sai concludere?

1) Non mi sembra la tua formula sia corretta: prendi $\omega=0, b=1, a=i$ (cioè sto cercando le bisettrici dei 4 quadranti). Allora la tua formula dà \[ z^2 (-1 -1) = \overline{z}^2 (-1-1), \] cioè $z = \pm \overline{z}$. Ma i numeri complessi che rispettano questa equazione sono esattamente i reali...

Non ho l'Engel sotto mano, ma penso che la versione corretta possa essere questa: la disuguaglianza $\displaystyle \frac{1}{(n+k)!} \leq \frac{1}{n!} \frac{1}{(n+1)^k}$ vale per ogni $k \geq 1$, e vale con il minore stretto non appena $k \geq 2$, da cui \[ \begin{aligned} \frac{1}{(n+1)!} + \frac{1}...

Ok, questo è davvero un esercizio di analisi 1, e quindi lo tratterò come tale. erFuricksen ha fatto un buon lavoro, ma mi permetto una piccola correzione: dire che $f$ è continua in 0 non vuol dire assolutamente nulla; per essere continua in un punto $x_0$, una funzione $g$ deve per lo meno essere ...

Yep, perfetto! E chiaramente questo si generalizza: se guardo una Pell $x^2-dy^2=p$, dove $p$ è primo e non divide $d$, allora ci sono al massimo due famiglie di soluzioni (il che è una stima molto migliore di $\varphi(p)=p-1$, di solito :) ), perché $x \cdot y^{-1} \pmod p$ deve essere una radice q...

Sì, è una cosa che non si trova spessissimo spiegata in dettaglio... ho cercato di raccontare un po' come funzionassero le cose l'anno scorso al senior, http://olimpiadi.dm.unibo.it/videolezioni/Training/Senior_14/Medium/Pdf/S14M_N2-darkcrystal.pdf, ma se ben ricordo senza dimostrare tutto, e avevam...

...aggiungo anche $x^4-y^4 \equiv 0 \pmod 3$ per ogni $x,y \in \mathbb{N}$ mi sembra un po' ottimista, come dimostrano $x=1$ e $y=0$ (o se ti sta antipatico lo 0, $x=4$ e $y=3$)

Sì, hai ragione, e in effetti quelle di cui parli sono anche tutte le soluzioni (se prendi le potenze dispari della soluzione minimale, e non ti scordi i possibili cambi di segno...). Dicevo solo che la Pell $x^2-dy^2=-1$ non è proprio esattamente la stessa cosa di quella $x^2-dy^2=+1$, ma in effett...

@erFuricksen: non esattamente (o, come direbbe qualcuno, "Ni"). E' una Pell "uguale a -1", che è praticamente dello stesso di livello di difficoltà di = 2.

O anche più facilmente, \[ b^2=a^2+(a+1)^2=2a^2+2a+1=2\left(a+\frac{1}{2}\right)^2+\frac12 \Rightarrow (2b)^2 = 2(2a+1)^2+2 \Rightarrow x^2-2y^2=2, \] dove ora ci interessano le soluzioni con $x$ pari e $y$ dispari: ma è chiaro che $x$ è sempre pari, e si vede facilmente che questo implica $y$ sempr...

Yep, l'idea era sostanzialmente quella! Riscrivo la soluzione in un modo che mi sembra più pulito (lo faccio solo per $n$ multiplo di 3 per non dovermi preoccupare delle parti intere... ma funziona lo stesso). Costruisco i sottoinsiemi $S$ nel modo seguente. Sia $S_1$ l'insieme dei numeri interi nel...