OliForum Matematico

Ovviamente giusta!

Spero di non aver sbagliato nulla...

L'unica soluzione è $(p,k)=(3,5)$.
Intanto $p$ è dispari, poiché $p=2$ non funziona.
Lavoriamo in $\mathbb Z[\omega]$ dove $\omega^2=-2$. Com'è noto tale anello è un dominio a fattorizzazione unica, dove le unità (gli invertibili) sono $\pm 1$, e $\omega$ è un ...

Per caso ti sei ispirato a

Federico II ha scritto: 06 lug 2017, 23:01 Hai dunque deciso di rivalutare queste fonti capitaliste?

Sai com'è, dopo aver sconfitto tale problema, ho voluto condividerlo con tutti...

Sia $ABC$ un triangolo con incentro $I$. Sia $D$ un punto di $BC$ e siano $\omega_B,\omega_C$ gli incerchi di $ABD,ACD$, rispettivamente tangenti a $BC$ in $E$ e $F$. Siano $O_B, O_C$ i centri di $\omega_B,\omega_C$. Sia $P$ l'intersezione di $AD$ e $O_BO_C$. Siano $X = BI\cap CP$ e $Y = BP\cap CI ...

[...]
Ne ho sempre uno maggiore di $2$ e uno compreso tra $1$ e $2$. Se $1<r<2$ allora la mia dimostrazione va bene e mi dice che per $r$ la scelta è $s=\dfrac{r}{r-1}$, ma mi dice anche che per $s>2$ la scelta è $r=\dfrac{s}{s-1}$, quindi in realtà se fosse $r>2$ saprei già che scelta fare.
Sì ok ...

Interessante!
A giudicare dalle dimostrazioni che propone Wikipedia, direi che anche la mia è giusta.

Forse non ho ben capito, ma non credo tu possa
fare un WLOG che scambia $r$ e $s$ ma quasi non lo usi, quindi va bene.
Chiaramente
Naccarato $\to$ densità asintotica $\to$ formula esplicita ...

Problema bello e non difficile. Forse qualcuno lo conosce già.
Sia $r>1$ un irrazionale. Definiamo la sequenza
$$ R = (\lfloor r \rfloor, \lfloor 2r \rfloor, \lfloor 3r \rfloor,\ldots) $$
Sia ora $S$ la sequenza di interi positivi tale che:

$S$ è strettamente crescente
$S\cap R = \varnothing$
$S ...

Non banale, un po' intricata con qualche termine che confonde, ma quasi precisa :wink:
La disuguaglianza richiesta si ottiene sommando membro a membro le seguenti quattro disuguaglianze:
$$[8,4,0]\geq[6,6,0]$$
vera per bunching;
$$\frac{4}{3}[6,4,2]\geq\frac{4}{3}[6,3,3]$$
sempre vera per ...

Risolviamo.

Sia $P(x,y)$ la solita cosa.
Sia $c=f(0)$.
Da $P(x,0)$:
$f(f(x))=f(x)(1+c)-c \quad (1)$
Ponendo $x=0$ si ottiene $f(c)=c^2$.
Da $P(x,x)$:
$f(f(x-x))=f(x)-f(x)+[f(x)]^2-x^2\quad (2)$
ovvero
$[f(x)]^2=x^2+c^2$.
Si trova facilmente che $c^4=[f(c)]^2=2c^2$, da cui:
$c^2(c^2-2)=0\quad (3 ...

Posto anche la mia soluzione, non perché sia sostanzialmente diversa ma perché l'avevo già scritta in gran parte e mi dispiaceva lasciarla marcire.
In compenso risolverò il problema nella sua versione generale, ovvero senza la seconda condizione.


Chiamo (1) la formula del testo. Ponendo $x=y ...

Supponendo vero il mio nitpick, procedo a risolvere.
Soluzione punto (a):

Sia ABCD un tetraedro regolare centrato in un generico punto X e siano A' e cicliche gli incentri di XBCD e cicliche.
Per simmetria X è l'incentro di A'B'C'D' , quindi si ha:
\varphi(X)=\prod\varphi(A')
\\=\prod\varphi(B ...

Scusa il nitpicking, ma credo che [math]\varphi(X)\equiv 0 funzioni... Forse la funzione non è mai nulla?

Il tetraedro può essere degenere?

Rilancio con una vera disuguaglianza (sempre own), espressa nella forma più dura e pura:
[math][12,0,0]+[8,4,0]+2[6,4,2]+2[4,4,4]\ge[8,2,2]+[6,6,0]+4[6,3,3]
dove [math][x,y,z]=\sum_{sym}a^xb^yc^z, con [math]a,b,c reali positivi.