OliForum Matematico

Segnalo http://mathworld.wolfram.com/RossersTheorem.html ma personalmente non proverei a cercare la dimostrazione

Senza i cannoni di FrancescoVeneziano , nel caso particolare (se non ho sbagliato tutto ) si può razionalizzare con un trucchetto. Hint:

Usare l'identità a³ + b³ + c³ - 3abc = (a + b + c)(a² + b² + c² - ab - ac - bc)

Scrivo anche la mia soluzione, anche se è meno brillante.

Con m = 0, n = 1 si ottiene f(0) = f(1) . Pongo f(1) = k .

Sia t un numero naturale, e sia f(t) = h . Si vede facilmente che f(a_1) = f(1) = k . Posto a_0 = t e a_{n+1} = a_n^2 + 1 , si ha che f(a_0) = h , e

\displaystyle f(a_{n+1}) = f(a ...

Molto bella, a parte un paio di obiezioni che ti faccio:

Allora, essendo l'insieme dei naturali ben ordinato, diciamo di poter scegliere m<n e tali che f(m) < f(n) ed inoltre la quantità f(n)-f(m) sia la minima assumibile tra tutti gli elementi dell'immagine di f(.) .

Non vorrei sbagliare, ma ...

spero di essere stato chiaro :roll:

Mi sfugge ancora l'unicità della soluzione della diofantea.

Ad esempio, se m = 4, n = 8, k = 2, la diofantea mx + ny = (m+n)k ha le due soluzioni positive (x, y) = (2, 2) e (x, y) = (4, 1). Non vedo da nessuna parte la dimostrazione del fatto che (k, k) è l ...

Quindi, in sostanza, se non ho capito male, vorresti dimostrare che, per ogni m , n , vale f(m) = f(n) = f(m^2 + n^2) ? (dirlo no, eh? :wink:). Comunque, dato che la soluzione (x, y) di mx + ny = (m+n)k non è necessariamente unica, vorrei che spiegassi come ottieni che x = y = k e come, da questo ...

salva90, non l'ho capita la tua soluzione. Fra l'altro, se poni f(m² + n²) = k, mica puoi far variare liberamente m ed n mantenendo la posizione fatta.

Spider

In fondo a pagina 2 del pdf sono spiegate le notazioni (occhio che non sono uguali in tutti i testi). Riportandolo qua ho cambiato notazione, anche per questo ho precisato che 0 è incluso

Saluti, Spider

EUCLA ha scritto:Allora, il problema originale prevede di escludere lo zero...e in effetti non mi pare che torni se si prende tutto $ \displaystyle \mathbb N $.

No, il problema originale dice $ f : \mathbb{N}_0 \rightarrow \mathbb{N}_0 $, dove $ \mathbb{N}_0 $ è l'insieme degli interi non negativi.

Spider

Determinare tutte le funzioni f : \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N} tali che:

mf(n) + nf(m) = (m+n)f(m^2 + n^2)

per ogni m, n \in \mathbb{N} .

E' il problema K11 nella raccolta di problemi di Peter Vandendriessche e Hojoo Lee ( http://www.oliforum.it/viewtopic.php?t=7910 ).

Spider

PS: 0 è un ...

Ok enomis.

Avevo perso un pezzo, adesso ho corretto il testo. Grazie!

Provo a fare un esempio numerico. Per n = 5 si considera l'insieme \{122, 123, 124, 125\} , e si ha:

5! + 2 = 122 , e 61 divide 122 ma non divide gli altri elementi dell'insieme;
5! + 3 = 123 , e 3 divide 123 ma non gli altri;
5! + 4 = 124 , e 31 divide 124 ma non gli altri;
5! + 5 = 125 , e 5 ...

enomis_costa88 ha scritto:..vero piccolo bambino sperduto che vagava per vaste aule di università, nostro leo

...eh??

cosa pensavi volesse dire il mio nick?

La maggior parte dei nick li accetto senza interrogarmi troppo sulla loro natura...

Spider

Dimostrare che ognuno degli $ n-1 $ numeri consecutivi

$ n! + 2, n! + 3, ...\,, n! + n $

ammette un divisore primo che non divide nessun altro elemento dell'insieme.

Spider

EDIT: Errore nel testo, scusate il disguido