OliForum Matematico

Si dark mi devi scusare, ho detto una baggianata di proporzioni stellari, ovviamente hai ragione te.

Wait, stai davvero chiedendo quello che penso tu stia chiedendo? Cioè Erdös-Selfridge ? Tra quando questo fatto è stato congetturato e quando è stato dimostrato sono passate svariate decine di anni, non so se sia del livello giusto per questo forum... (Per inciso, facciamo interi positivi, giusto p...

Sia $n$ un intero positivo. Supponiamo che i suoi divisori possano essere divisi in gruppi da due (ogni divisore fa parte di un gruppo) tali che la somma dei divisori costituenti ogni coppia sia uguale ad un numero primo. Dimostrare che i primi così ottenuti sono tutti distinti e che nessuno di loro...

Sia $n$ un intero positivo e siano $1<a_1<a_2<\cdots<a_n<2a_1$ degli interi positivi. Sia $m$ il numero dei primi che dividono $\prod_{i=1}^n a_i$. Dimostrare che $$\left(\prod_{i=1}^n a_i\right)^{m-1} \ge (n!)^m$$

Se non ho sbagliato niente (e vado di fretta, quindi leggere con attenzione), non servono strumenti "avanzati" per risolvere il problema (senza nulla togliere alla soluzione di Nikita). Ciò che mi presterò a dimostrare è che gli unici primi $p<q$ nella forma $n^2+1$ tali che $pq=m^2+1$ per...

Buona fortuna

Cavolo, effettivamente era ovvio. Inoltre ho visto il testo e quel fatto veniva dato come hint, il che spiega la scelta di questo problema.

Bruttino questo...(sempre se risulta avere solo soluzioni contose come la mia, sperando che la mia sia una soluzione ahaha) Il (o un) polinomio che soddisfa (anche se non ho capito se il testo si riferisce ad esso specificando che sia unico o meno) è $g(x) = 6x^2 - 5x + 1$. Prima di passare alla dim...

Per prima cosa notiamo che $n$ è un numero dispari. Infatti prendendo $\sum_{i=1}^n a_i = \frac{n(n+1)}{2}$ che per le ipotesi del testo è $\equiv 0 \pmod n$ si ha che se $n$ è pari allora $v_2(n) > v_2(\frac{n(n+1)}{2}) = v_2(n)-1$ e quindi non vale la relazione di congruenza prima scritta, da cui ...

UPS.

Grazie Dark

Definiamo $P(a_i)$ come il più piccolo primo che divide $a_i$. Per dimostrare la tesi dimostriamo che la funzione $P(a_i)$ è una funzione strettamente crescente (cioè che al crescere di $i$ cresce anche $P(a_i))$. Abbiamo $a_{i+1} = 2^{a_i} - 1$. Ora se $p$ è un primo che divide $a_{i+1}$ allora $or...

Copio-incollo la soluzione che ho postato sul forum di Olimato, così qualcuno mi dice se è corretta o meno. Notiamo che $\sqrt{a+b} = \sqrt{\dfrac{(a+b)^2}{a+b}}$. Ne consegue che $$\sqrt{2}\sqrt{a+b} - \sqrt{\dfrac{a^2+b^2}{a+b}} = \sqrt{2}\sqrt{\dfrac{a^2+b^2+2ab}{a+b}} - \sqrt{\dfrac{a^2+b^2}{a+b...

Ne propongo un'altra, giusto per scrivere una soluzione di tanto in tanto. Per prima cosa notiamo che $n$ è pari dal momento che $0 = \sum_{i=1}^n a_ia_{i+1} \equiv n \pmod 2$. Adesso notiamo che $\sum_{i=1}^n (a_i + a_{i+1})^2 = 2 n$ (S) dal momento che vale l'equazione del testo e che vale $a_i^2 ...