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Propongo questa soluzione. Se il triangolo è rettangolo con cateti \( a,b\) e ipotenusa \( c\) abbiamo: \(\frac{S}{\left(abc\right)^{\frac{2}{3}}}=\frac{ab}{2\sqrt[3]{a^{2}b^{2}\left(a^{2}+b^{2}\right)}}=\frac{1}{2}\sqrt[3]{\frac{1}{\frac{a}{b}+\frac{b}{a}}}<\frac{1}{2\sqrt[3]{2}}<\frac{\sqrt{3}}{4}...

\( x^6+2x^4+2x^3+4x^2+2x+9=(x^3+1)^2+2x^4+3x^2+(x+1)^2+7>0\) \( \forall x \in \mathbb{R}\)

Se prendiamo il triangolo rettangolo \(a=1,b=1,c=\sqrt{2} \) abbiamo:
\( S=\frac{1}{2}\) e \( \frac{\sqrt{3}}{4}(abc)^{\frac{2}{3}}=\frac{\sqrt{3}\sqrt[3]{2}}{4}>\frac{1}{2}=S\)

La mia soluzione è questa: $z^{n+1}-a_{0}=\left(1-a_{n-1}\right)z^{n}+\left(a_{n-1}-a_{n-2}\right)z^{n-1}\ldots\left(a_{1}-a_{0}\right)z$ $\left|z^{n+1}-a_{0}\right|\leq\left(1-a_{n-1}\right)\left|z\right|^{n}+\left(a_{n-1}-a_{n-2}\right)\left|z\right|^{n-1}+\ldots\left(a_{1}-a_{0}\right)\left|z\rig...

La ricorrenza si risolve facilmente e si ottiene: $a_n=\frac{3-\sqrt{3}}{6}\left(2-\sqrt{3}\right)^{n}+\frac{3+\sqrt{3}}{6}\left(2+\sqrt{3}\right)^{n}$ Poniamo: $\left(2+\sqrt{3}\right)^{n}=A_{n}+B_{n}\sqrt{3}$ con $A_n,B_n \in \mathbb{N}$ e quindi $\left(2-\sqrt{3}\right)^{n}=A_{n}-B_{n}\sqrt{3}$ O...

Per $c=16$ il punto è $D=\left( 5,\frac{31}{16}\right)$ che è ovviamente costruibile.

Ma probabilmente non ho capito bene il problema.

La successione $x_n$ è crescente. $x_1=1$ $x_2=2m$ $x_{n+1}^2-2mx_nx_{n+1}+x_n^2-1=0$ $x_{n+2}^2-2mx_{n+1}x_{n+2}+x_{n+1}^2-1=0$ Dalle due precedenti uguaglianze segue $x_{n+2}^2-2mx_{n+1}x_{n+2}+2mx_nx_{n+1}-x_n^2=0$ $(x_{n+2}-x_n)(x_{n+2}+x_n-2mx_{n+1})=0$ da cui $x_{n+2}=x_n$ impossibile in quant...

Ho proprio scritto una emerita castroneria!! Rimedio con un altro tentativo. $\displaystyle \triangle=\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}+\frac{1}{(a+b+c)^{2}}-\frac{7}{25}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a+b+c}\right)^{2}$ $\displaystyle =\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}...

$ \displaystyle a\geq b\geq c $ $ \displaystyle \frac{28}{9a^2}=\frac{3}{a^2}+\frac{1}{(3a)^2}=\frac{7}{25}\left( \frac{3}{a}+\frac{1}{3a}\right)^2\leq \frac{7}{25}\left( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a+b+c} \right)^2$. La funzione $\displaystyle \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c...

Voglio proporre una soluzione molto terra-terra ( probabilmente errata ). Preliminarmente calcolo le soluzioni intere non negative dell'equazione \( \displaystyle 2x+3y=n\). Distinguo 6 casi: Caso 1 \( n \equiv 0\) \( mod 0\): abbiamo \( n= 6m\), \( 2x+3y=6m\), \( 2x=3(2m-y)\), \( x=3j, y=2m-2j\) co...

Propongo questa soluzione (sicuramente errata). Considero le funzioni simmetriche elementari di \( x_1, \cdots x_n\) \( S_1=x_1+\cdots + x_n=\sum_{i=1}^n x_i\) \( S_2=x_1x_2+x_2x_3+\cdots + x_{n-1}x_n=\sum_{1\leq i<j\leq n}x_ix_j\) \( S_3=x_1x_2x_3 +\cdots + x_{n-2}x_{n-1}x_n=\sum_{1\leq i<j<k\leq n...

@ Ido Bovski:Correggo subito le sviste

Per \( n=2\) la disuguaglianza è : \(\displaystyle x_3-x_2\leq \frac{1}{2}\) \( \displaystyle \sqrt{2+\sqrt[3]{3}}-\sqrt{2}\leq \frac{1}{2}\) equivalente a : \( \displaystyle \sqrt[3]{3}\leq \sqrt{2}-\frac{3}{2}\) che è vera. per \( n \geq 3\) ragiono cosi: Per \( \displaystyle a>b\) abbiamo: \( b-a...

@Mist: per \( k\) pari risulta:

\(\displaystyle(-1)^{k+1} \binom{p-1}{k}+1 =-\binom{p-1}{k}+1=-\frac{(p-1)\cdots (p-k)}{k!}+1=\)

\(\displaystyle\frac{-(p-1)\cdots(p-k)+k!}{k!}=\frac{-p^k+\cdots -k!+k!}{k!} =\frac{pB}{k!}\)

@Ido Bovski: hai ragione, non avevo letto bene il testo. Provo a buttare giù una dimostrazione (Sicuramente sbagliata :( ). Sia \(p\) un numero primo. Dimostro preliminarmente che \( \displaystyle (-1)^{k+1}\binom{p-1}{k}+1\equiv 0\) mod p per \( k=1 \cdots p-1\) Se supponiamo \( k\) dispari allora:...