OliForum Matematico

o almeno ad aver scritto sul forum

credo sia piu' probabile...

posto anche la mia soluzione che e' un po' diversa e permette di trovare anche la n giusta.... abbiamo n^2+100\equiv (n+1)^2+100\equiv 0 mod(d_n) 0\equiv 2n+1 n\equiv -1/2 ( d_n e' dispari) sostituendo per n abbiamo 1/4+100\equiv 0 mod(d_n) 100\equiv -1/4 quindi 401\equiv0 dunque d_n|401 e per otten...

in realta' adesso dovresti dimostrare che il massimo che hai trovato e' ottenibile...

Sperando di aver capito bene, se pongo ad esempio che in generale f(4k)=a, \ f(4k+1)=b, \ f(4k+2)=c e f(4k+3)=d ovviamente con a,b,c,d diversi, questa funzione ha le caratteristiche richiest infatti se f(m)=f(n) allora 4|m-n. La funzione quindi può assumere quattro valori differenti ed è anche il mi...

Dato un intero postivo t, dimostrare che per qualsiasi n>1:

$ \sum_{k=1,k\ne0mod(n)}^{t-1}\lceil{log_n} (\frac{t}{k})\rceil = t-1 $


Ciao!

grandissimi!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!

in bocca al lupo!

ops....

vabbe' allora basta il riarrangiamento...

@human torch: si puo' fare con 9! il metodo e' quello che hai usato tu ma poi per l'altra quartina basta provare 2 volte, provando una di quelle buone con una per ognuna delle due coppie rimaste: poi fai per esclusione (se la trovi ok, senno' e' quell'altra della coppia).. credo proprio sia il minim...

intanto la parte a sinistra: supponiamo che le tre radici siano a_1 \le a_2 \le a_3 dobbiamo dimostrare che \sqrt{(a_1+a_2+a_3)^2-3(a_1a_2+a_1a_3+a_2a_3)} \le a_3-a_1 \sqrt{a_1^2+a_2^2+a_3^2-a_1a_3-a_1a_3-a_2a_3} \le \sqrt{a_3^2+a_1^2-2a_1a_3} che e' vera dato che il radicando a sinistra si ottiene ...

aggiungo una variante (che nasce dal fatto che non so leggere...):
quante prove sono necessarie per trovare tutte e quattro le batterie funzionanti?

si' va benissimo! :D piu' in generale, basta che dividi le cifre in due sottoinsiemi di 5 cifre e consideri tutti i numeri formati dalle cifre di un solo sottoinsieme (che sono 25 per ciascun sottoinsieme). Poiche' i biglietti hanno 3 cifre due faranno parte dello stesso sottoinsieme... Il tuo metod...

up!! via che non e' cosi' difficile...

si vabbe' come somma di 1001 per varie potenze di 10 (e ogni volta 1001*10^k e' divisibile per 2002) e una volta 2002. detto un po' meglio e'
$ n=\sum_{i=1}^{999} (1001*10^{4i}) + 2002 $

non vorrei sparare ca...te ma non va bene semplicemente il numero:

10011001100110011001...2002

Praticamente e' 999 volte "1001" e in fondo "2002". cosi' il numero si puo' scrivere come somma di 1001*10^k e una volta 2002...