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Vista in un modo un più semplice, dato che è un'idea nota e utile anche per i nuovi:
Per comodità di notazione, sia \alpha=(\sqrt{2600}+50)^{100},\;\;\beta=(\sqrt{2600}-50)^{100} .
1) \alpha+\beta\in\mathbb{N} (i termini con la radice appaiono con segno opposto nei due sviluppi, vediatela con lo ...

l'unica cosa dubbia,nel messaggio di Sonner,è l'affermazione "Devo minimizzare $p(n)$: sono sicuro che questo avrà almeno 6 divisori "propri" (8 contando ±1) che sono i vari $n−αi$" cosa vuol dire propri? E perchè proprio 6?
Per "propri" intende \neq\pm1 . Infatti se p(n)=(n-\alpha_1)\ldots(n ...

Scusate...fino al 3000 ci sono ma il 3 da dove è saltato fuori?
3\binom{5}4^3 conta i casi (12,0,0), (0,12,0) e (0,0,12) due volte ciascuno. Infatti, se lo vedi come \binom{5}4^3+\binom{5}4^3+\binom{5}4^3 , dove al k-esimo termine corrisponde il numero di distribuzioni di caramelle che non ne ...

Ed ecco che Sonner gliela fa a tutti cambiando strada ed esibendo la soluzione più veloce ed elegante. :wink:
Si fa benissimo anche per l'altra via, ma, dando anche per buono che sia il caso più semplice (cosa che non mi sembra, anche se è tutt'altro che difficile), dimenticarsi per strada il caso p ...

Il caso in cui due figlie non hanno ricevuto caramelle li ho contati, perchè quando calcolo il modi per 2 figlie, quello in cui una non ne ha e l'altra le ha tutte è compreso.
Non capisco cosa intendi quando dici che ho contato quando una figlia non ha ricevuto una caramella bianca :roll:. Se io ...

Claudio hai sbagliato a contare i casi di "almeno una figlia non ha ricevuto caramelle": hai contato due volte i doppioni (i casi in cui ci sono due bambine rimaste senza caramelle). Il \binom{6}4^3 invece dovrebbe essere corretto: si tratta in pratica (per ogni caramella) di partizionare il numero ...

La soluzione di Claudio fondamentalmente va bene, ma ha bisogno di un piccolo ritocco: non basta dire che x^2+y^2+z^2 ha codominio in \mathbb{R^+}\cup\{0\} (ovvio): le prime due equazioni messe a sistema non sono equivalenti a x^2+y^2+z^2+n^2=87^2 (vale solo una freccia), dunque è necessario saper ...

ghilu ha scritto:$ \frac{1}{m}=\frac{2}{5}-\frac{1}{n}+\frac{1}{mn}< \frac{2}{5}-\frac{1}{3}=\frac{1}{15} $.
Allora m=5 o m=10 e ho finito...

Per chi si stesse ancora chiedendo perché $ \frac{1}{m}<\frac{1}{15} $ implica $ m<15 $, ghilu ha sbagliato il verso della disuguaglianza...

Non penso che c'entri con quello che ha chiesto Nonno Bassotto, ma è un suggerimento che voglio darvi comunque...

Qualunque equazione nella forma axy+bx+cy+d=0 (dove a,b,c,d sono interi \neq 0 già fissati e x,y le incognite) si può riscrivere nella forma (ax+c)(ay+b)=bc-ad .
Nel nostro caso si ...

Dovrei aver trovato una soluzione sfruttando la rappresentazione binaria (si chiamava così?) dei numeri reali. E' la stessa tua, Kirill?

@karlosson_sul_tetto: Vediamola così... trovami un gioco in cui la probabilità di vittoria è \frac{1}4\pi . Dubito che tu possa trovarne uno senza risolvere il ...

Visto solo ora il topic, ho improvvisato una soluzione che sembra funzionare.

Assumiamo per notazione f^1(x)=f(x), f^{n+1}(x)=f(f^n(x)) . In parole povere, f^n(x) significa applicare la funzione n volte a x.
Cominciamo notando che 2(f(x)-f^2(x))=x-f(x) da cui segue f(x)-f^2(x)=\frac{1}2(x-f(x ...

Metodo "furbo" che bypassa il TCR:
Sappiamo che il numero x che cerchiamo dà resto 1 mod 8, 2 mod 9, ..., 5 mod 12.
Ma allora y = x + 7 darà resto 8 mod 8, 9 mod 9, ..., 12 mod 12, cioè x+7 sarà un multiplo di 8, 9, 10, 11 e 12, e sarà al minimo il loro mcm, cioè 3960. Segue che x = y - 7 = 3953. :P

C'è qualcosa che non mi torna nelle vostre soluzioni... a meno che non abbia capito male il testo.

Un modo "rozzo" per risolvere il problema potrebbe essere quello di sistemare prima due colonne e poi, a seconda dei diversi casi, sistemare le ultime due in modo furbo. Ho diversificato le ...

Fatta relativamente in fretta la relazione su A3. Forse mancano un paio di soluzioni (due particolarmente lunghe e incasinate e una che non ho avuto il coraggio di leggere fino in fondo), ma il succo del problema dovrebbe essere a posto.

Se non si prenota nessuno l'A3 potrei farlo io.