OliForum Matematico

Anche io ci sono (sempre che non abbia impegni) volevo dire che se il contest riscuote un discreto successo non è possibile fare più round come nei contest degli anni passati (se non sbaglio) con livelli di difficoltà differenti?

Data la mia scarsità in combinatoria, non ho mai trovato problemi difficili che ho saputo risolvere, quindi cederei il testimone a mat94 che ha risolto lo stesso il problema oppure, se non vuole, a chi ha un bel problema :D Ma il problema non deve essere per forza difficile e poi non è vero che sei...

Mist ha scritto: Io l'avevo fatto come mi pare abbia fatto anche mat94, ovvero calcolando (come mi sembra che abbia fatto lui) $\displaystyle \sum_{j=0}^{\infty} \left \lfloor \frac{n}{2^j} \right \rfloor$

Esatto

Sì la risposta è 1999 :) Mi chiedevo se si poteva fare in questo modo. Dato che la differenza tra un numero $n$ e la sua metà è maggiore tanto è più grande il numero, per massimizzare l'insieme senza doppi dobbiamo cercare di inserirvi gli elementi più grandi possibili per inserire le sequenze più g...

Si dovrebbe funzionare vai pure con il prossimo

Sei sicuro che il primo conto venga $\frac{n^3-n}{3}$?

Drago96 ha scritto:Notare come mat94 dimostra che l'incentro di un triangolo è il punto di Nagel del suo triangolo mediale!

Esatto! È proprio quella la cosa più interessante

La prima non l'ho capita, comunque la seconda funziona vai pure

Non bisogna dimostrare anche l'esistenza degli $a_i$ ?

Ma è già stato messo sul forum? non lo sapevo Dato che è una staffetta se l'hai risolto metti la soluzione, non fa niente che l'hai già visto

Dimostrare che per ogni numero naturale $n$ esiste un solo numero naturale $k$ e un'unica sequenza di interi $ a_1,..,a_k $ tale che $ n=a_1\cdot 1!+..+a_k\cdot k! $ , dove $ a_k\neq 0 $ e $ 0\leq a_i\leq i $ .

Si hai ragione ho dimenticato di dirlo, comunque è dispari poiché $2^x-1$ è dispari e non può avere divisori pari.

A mano si vede che (0,y) e (1,1) sono soluzioni, dunque pongo $x>1$. Voglio dimostrare che x non divide $2^x-1$. Prendo il più piccolo primo che divide x e lo chiamo p. Si ha che $2^x\equiv 1 \mod p$ e quindi $ord_p(2)|x$. Ma dato che $ord_p(2)\leq p-1$, l'ordine può essere solo uguale a 1, il che è...

Faccio un esempio: se ho MF... (M maschio e F femmina), ho che M ha 0 caramelle, F $1\cdot (n-1)$ caramelle.
Devi prendere un ragazzo di sesso opoosto a X da entrambi i lati, cioè uno a destra e uno a sinistra.

Sia $n$ un numero naturale. Ci sono $n$ ragazzi e $n$ ragazze su una linea in un ordine qualsiasi. Un ragazzo/a $X$ può ricevere $m$ caramelle se si possono scegliere due ragazzi di sesso opposto ad $X$ che si trovano su entrambi i lati di $X$ in $m$ modi. Dimostrare che il numero totale di caramell...