OliForum Matematico

Non capisco perché non si possa semplicemente prendere $10x-99y$ in valore assoluto, comunque non è difficile dimostrare che è positivo.
I casi $y=0$, $y=1$ e $y=2$ non danno soluzioni intere, dunque (sempre assumedo che $x$ e $y$ siano maggiori o uguali a zero) $y\geq 3$ e dunque $y^2\geq 9$. Ma ...

Sono intere perché combinazioni lineari di numeri interi, ho fatto vedere che $10y-x$ è maggiore di zero, e credo che valga anche $10x-99y>0$, ma non è necessario dimostrarlo perché basta prenderlo in valore assoluto.

Provo a rispondere.
Dato che nell'equazione le due incognite compaiono elevate al quadrato, si può assumere senza perdita di generalità che esse siano positive.
Tra queste soluzioni positive, ce ne dev'essere una in cui $y$ assume il valore minimo. Ma allora anche $(10x-99y, 10y-x)$ è una soluzione ...

Scusate, qualcuno di voi per caso ha contato quante medaglie d'oro esattamente siano state date in premio quest'anno?

Sì, grazie.

Potrei chiedere quale dovrebbe essere il programma di massima dello stage?

Ops... ho sbagliato i calcoli ed ho escluso erroneamente la terna $(2,1,1)$. Il resto del ragionamento dovrebbe essere giusto.

$$(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})=\frac{(a+b+c)(ab+bc+ac)}{abc}$$
Dunque $a\mid (a+b+c)(ab+bc+ac)$. Ma allora divide anche la parte senza $a$, cioè $a\mid bc(b+c)$ (si vede eseguendo la moltiplicazione).
Dato che i numeri sono a due a due coprimi, allora $a\mid b+c$.
Analogamente si ...

Dimostrare che esiste un $n\in \mathbb{N}$ tale che
\begin{equation*}
\lfloor \frac{1}{2}(\frac{3+\sqrt{5}}{2})^n\rfloor
\end{equation*}
finisca con m zeri per ogni $m\in \mathbb{N}$.

Provo a dare una soluzione.
Vale l'uguaglianza $(2a^2+3b^2)(2c^2+3d^2)=(2ac+3bd)^2+6(ad-bc)^2$.
Inoltre vale anche l'uguaglianza $(a^2+6b^2)(2c^2+3d^2)=2(ac+3bd)^2+3(ad-2bc)^2$.
Dunque moltiplicando i primi due fattori del prodotto si ottiene un numero della forma $a^2+6b^2$, moltiplicando qusto per ...

Il testo del problema dice esplicitamente "se è utile per il metodo risolutivo usato, si può supporre che $f$ sia derivabile quante volte si vuole".
Comunque, anche se il testo non lo desse per supponibile, credo che non sia difficile dimostrare che $f$ sia tre volte derivabile.
Prendiamo $p(x)=x^2 ...

Spero che questa soluzione sia giusta.
Prendiamo $p(x)=x^2$. Allora $f(x^2)=polinomio\space di\space secondo\space grado$.
Derivando si ha $2xf'(x^2)=polinomio\space di\space primo\space grado$.
Derivando ancora si ha $2f'(x^2)+4x^2f''(x^2)=costante$ ovvero $f'(x^2)+2x^2f''(x^2)=costante ...

Mi sono accorto adesso del problema sulla domanda 67 della maratona. Decidete voi se proseguire questo filone della maratona o se annullarlo.

È giusto. A te il testimone.

Si definisca la successione:
$a_{n+1}=a_n^2-2$ con $a_0=\frac{5}{2}$.
Trovare la settantatreesima cifra dopo la virgola di $a_{2012}$.