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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 ...

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 ...

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 ...

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 ...

$ \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 ...

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 ...

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 ...

@ 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 ...

@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 ...