OliForum Matematico

$P(x)=Q_1(x)(x-a)+a$, $P(x)=Q_2(x)(x-b)+b$, $P(x)=Q_3(x)(x-c)+c$. Da cui $P(a)=a$, $P(b)=b$, $P(c)=c$. Poichè $\deg((x-a)(x-b)(x-c))=3$, detto $R(x)$ il resto della divisione di $P(x)$ per $(x-a)(x-b)(x-c)$, $\deg(R(x))\le2$. Pertanto $R(x)=\alpha x^2+\beta x+\gamma$ e $P(x)=Q(x)(x-a)(x-b)(x-c)+\alp...

Se mi dite che è giusto posto la dimostrazione. Allora: A(2n+1)=A(2n)+A(2n+2) e A(2n)=A(n-1) , da cui : A(2n+1)=A(n-1)+A(n) , dove A(x) sono le combinazione per P(2)=x. Conoscendo A(1)=1 e A(2)=1 e A(3)=2 , si possono consocere tutti le combinazioni. Vai pure, però la soluzione la devi dare come es...

Claudio. ha scritto:

kalu ha scritto: $ 9a^2+4b^2-15ab=(3a-b)(3a-4b) $.

Neanche me ne ero accorto...come lo noti? Hai provato con $3a-b$ e l'hai costruito?

In generale basta trovare le radici.
$ 9a^2+4b^2-15ab=9(a-\frac{1}{3}b)(a-\frac{4}{3}b)=(3a-b)(3a-4b) $

Trovare tutte le coppie $ (p, q) $ di numeri primi tali che $ 9p^2+4q^2-15pq $ sia un quadrato perfetto.

Riesumo questo topic per chiedere se qualcuno può inviarmi il suddetto introvabile libro, grazie

Non mi resta che risolverlo come non volevo. (a+b, a-c, 2c) è una terna pitagorica, quindi posso imporre: a+b=(m^2-n^2)r a-b=2mnr 2c=(m^2+n^2)r Da cui si ricava: $$a=\frac{(m^2-n^2+2mn)r}{2}$$ $$b=\frac{(m^2-n^2-2mn)r}{2}$$ $$c=\frac{(m^2+n^2)r}{2}$$ dove m e n sono coprimi, di parità diversa, e r è...

La somma e la differenza succitate hanno al più un fattore 4 in comunque Adesso non mi stai dicendo più che d=4 , mi stai dicendo che d \leq 4 . In ogni caso è sbagliato. Ti consiglio di rivederti tutto con più calma. Se so che d può essere al massimo 4 , perchè prenderlo più piccolo se si sta parl...

Ancora non mi quadra. Perchè d=4 ? La somma è la differenza succitate hanno al pù un fattore 4 in comunque. Che cosa non ti quadra? Uno di noi due è nel pallone. A me, sostituendo m=2 e n=1 , viene a=7 e b=-1 ... Si, hai ragione. Le tue terne si hanno per m=\frac{3\sqrt{2}}{2} e n=\frac{\sqrt{2}}{2...

Febbraio 2009. Ho controllato: hai generalizzato il problema (infatti mi era sembrato un tantino superiore al livello provinciale). ( 2c−a−b,2c+a+b )=4 Uhmm... Perchè? d=(2c−a−b,2c+a+b) d divide la somma e la differenza: d\mid4c d\mid2(a+b) a e b hanno la stessa parità, pertanto a+b è pari: d=4 Non...

razorbeard ha scritto:Scusa doiug non ho capito bene la richiesta, il problema chiede di trovare il numero di polinomi ammissibili in funzione di $n$?
Se ad esempio $n=1$ dobbiamo trovare il numero di polinomi ammissibili tali che $P(2)=1$?

Esattamente

Un polinomio $ P(x) $ si dice ammissibile solo se tutti i suoi coefficienti sono $ 1 $, $ 2 $ o $ 3 $. Per il $ n $ naturale dato, trovare il numero di tutti i polinomi che soddisfano $ P(2)=n $.
p.s.: il problema originale ammetteva anche coefficienti nulli.

(2c)^2=2a^2+2b^2=(a+b)^2+(a-b)^2 (2c-a-b)(2c+a+b)=(a-b)^2 (2c-a-b, 2c+a+b)=4 Se (x, y)=1 e xy é un quadrato, allora anche x e y sono quadrati. Pertanto: 2c-a-b=4n^2 2c+a+b=4m^2 Sommando e sottraendo queste due equazioni abbiamo: c=m^2+n^2 a+b=2(m^2-n^2) Inoltre sappiamo che: a-b=4mn Mettendo insiem...

Nessuno sa qualcosa?

Dove posso trovare le soluzioni della gara a squadre di Campobasso del 29/01/2011? (Vi allego il testo)

Euler ha scritto:A questo punto la generalizzazione è facile: quanto vale l'area di un poligono sferico a n lati la cui somma degli angoli interni è k?

Vabbè rispondo io (sembra brutto lasciare in sospeso la domanda). Usando la notazione di Euler, $ S=r^2(k-(n-2)\pi) $.