OliForum Matematico

Oppure, come facevano in un vecchio numero del giornalino (dove questa disuguaglianza è comparsa), basta applicare AM-GM tra $ a(a+b+c) $ e $ bc $.

Salvatore

Capisco che non è una modifica particolarmente facile e immediata, ma secondo me sarebbe comodo poter usare $codice$ anziché [tex]codice[/tex]. Che ne dite?

Salvatore

Supponiamo n > 1. Detto x il numero di fattori primi distinti che dividono n , allora k = \varphi(n) + x + 1 . Chiamiamo A l'insieme dei numeri primi che dividono n , e B l'insieme complementare, formato da tutti i primi che non dividono n . Ovviamente |A| = x . Inoltre tutti i primi appartenenti a ...

ma lol... nn me ne son infischiato... credo che questo basti a far capire che a,b,c li ho presi in considerazione come numeri razionali... LOL! darksky0 ha scritto: Dato che per ogni numero m ed n vi è un numero p tale che m*p=n Magari bastava dire "un numero razionale p" e forse si sareb...

darksky0 ha scritto:
Dato che per ogni numero m ed n vi è un numero p tale che m*p=n

Magari non ho capito bene, ma questo è vero se è solo se n è divisibile per m.

Salvatore

Non so, non l'ho letta, fai prima ad aspettare l'inflessibile Hitleuler

Salvatore

Pixel ha scritto:Occhio che lavori con i razionali!!!

Dici a me? Io volevo dire che x = 1, y = 2, z = 4, n = 5 è una terna che soddisfa le richieste ma non è vero che x = y = z come affermato da darksky0.

Salvatore

darksky0 ha scritto: ..CUT..

e di conseguenza... ""x=y=z""

Direi di no, dato che $\frac{1}{2} + \frac{2}{4} + \frac{4}{1} = 5$.

Ciao,
Salvatore

Di solito nelle congruenze si fa in modo di lavorare solo con numeri interi. Tuttavia, nel caso di un modulo primo p , mi pare di aver visto in alcuni casi l'uso abbastanza libero di \displaystyle\frac{a}{b} per indicare a \cdot b^{-1} , a patto che MCD(b, p) = 1 (altrimenti l'inverso ovviamente non...

Non te ne sfugge una, eh? :P Se n è della forma 3^b allora \varphi(n) = 2 \cdot 3^{b-1} \geq \sqrt{3^b} ; se n = 2^a e a > 1 , \varphi(2^a) = 2^{a - 1} >= \sqrt{2^a} . Infine se n = 2^c3^d , allora \varphi(2^c3^d) = 2^{c}3^{d-1} , per la quale se c \geq 2 la disuguaglianza segue banalmente dai due c...

Problema #2: provare ch'esiste un insieme finito \mathcal{K}\subset \mathbb{N}_0 tale che, per ogni n\in\mathbb{N}_0\setminus\mathcal{K} : \varphi(n) \geq \sqrt{n} . Questa non la so dimostrare, provo a dimostrare invece che esistono finiti n per cui \varphi(n) < \sqrt{n} o, meglio, che per n > 6 è...

Indubbiamente, ma per la seconda non mi viene in mente un problema "olimpico" in cui se ne possa fare uso.

Ciao,
Salvatore

Spezzato da MindFlyer -------------------- Volevo segnalare una piccola svista nella soluzione del problema 10 del giornalino precedente, nel penultimo rigo. Il cut&paste fa brutti scherzi :D Salvatore PS: troppo elegante la vostra soluzione! E complimenti a chi ha avuto il coraggio di leggere ...

Posto un'identità tra le mie preferite, e che può essere utile qualche volta: (a^2 + b^2)(c^2 + d^2) = (ac \pm bd)^2 + (ad \mp bc)^2 Essa dimostra che il prodotto di due numeri rappresentabili come somma di due quadrati è rappresentabile come somma di due quadrati, e per questo motivo risulta utile ...

Beh non pensate che mathlinks sia stato più originale... E' la skin Subsilver dei forum PhpBB, ossia quella standard... Semmai su mathlinks è leggermente modificata perché il sito è + complesso

Ciao, Spider