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Direi che va bene! Vai pure

Provare che per ogni scelta di interi $\{a_1, a_2, ..., a_{n+1}\}$, si ha che
\[ (n!)^2 \mid \prod_{i\neq j}{(a_i-a_j)} \]

Sia $p$ il più grande primo tale che $p\mid ab$.
Supponiamo WLOG che $p^{\alpha}\mid\mid a$ per un qualche $\alpha$ intero positivo, allora $p^{2\alpha -1} \mid\mid\phi(a^2)$,
perché per ogni primo $q$ si ha che $\phi(q^{2\gamma})=q^{2\gamma -1}(q-1)$ e se $q < p$ allora $q-1 < p$, quindi $p \nmid q ...

"Anomala" è diventata la parola preferita per Cesenatico15! Mi associo
4 esercizi sembravano nulla...

Ci si vede al preIMO!! Sempre che facciano sapere qualcosa

... Dai.. Prima o poi anche CoBrescia perderà, no?

Ho trovato una soluzione parecchio strana .-. quindi probabilmente sarà sbagliata.

Per Cauchy-Schwartz
\[ a^2+b^2+c^2+d^2 \geq \frac{1}{4}\cdot (a+b+c+d)^2 \]
Per l'ipotesi
\[ \frac{1}{4}\cdot (a+b+c+d)^2 \geq \frac{(abcd)^2}{16} \]
Quindi, perché la tesi sia vera, devo avere
\[ \frac{(abcd)^2}{16 ...

Che ne dici di provare una successione??

Spero che la tesi fosse "concorrenti" :lol:

Per tanti angoli uguali $ \bigtriangleup FEC' \sim \bigtriangleup ABC' \cong \bigtriangleup ABC$.
Sia $X$ il punto di intersezione tra $KC'$ e $AB$. Dalla similitudine e gli angoli opposti al vertice segue $ B\hat{C'}M \cong E\hat{C'}K \cong F\hat{C'}N ...

Mmh... $d=3$?
$2^5$ e $5^5$ iniziano con $3$, andando un po' avanti a calcolare $2^{15}=32768$ inizia con $3$.
$5^{15}$ è grande da calcolare... ma possiamo dire che $3\cdot 10^4=30000<2^{15}<33333=\frac{1}{3}\cdot 10^5$ e che $5^n = \frac{10^n}{2^n}$, da cui
\[ 30000000000=3\cdot 10^{1}<5^{15 ...

Bruttissima soluzione trigonometrica. :D

Supponiamo WLOG $AB<AC$ e iniziamo ad analizzare il caso in cui $Y$ appartiene al segmento $AC$.
Gli angoli sono $\beta$ e $\gamma$ come al solito, mentre $\theta = C\hat{D}Y$.
Per il Teorema dei Seni sui triangoli $DYC$ e $DXB$ otteniamo, rispettivamente ...

Mannaggia.
Intanto penso di aver tirato fuori la parità senza poterlo affermare.. però si rimedia con $P(0,0,1,1)$, da cui $f(-1)=1$ e segue la parità, senza imbrogliare.
Abbiamo $f(x^2)=f(x)^2$ per cui la funzione è sempre non negativa. E domani cercherò in qualche modo di usare questa cosa!

Hai ragione oops

Sia $P(x,y,z,t)$ il testo del problema.
Con $P(x,0,x,0)$ si ha
\[ \left( 2f(x) \right)\left( 2f(0) \right) = 2f(0) \]
Se $f(0)\neq 0$ allora $f(x)=\frac{1}{2} \;\forall x \in\mathbb{R}$.

Altrimenti, $f(0)=0$.
Con $P(x,0,0,x)$ si ricava
\[ f(x)^2 = f(x^2)\]
Da cui la funzione è pari. Con $P(x,y,0,0 ...

1. Si posso dividere i punti in base alla loro distanza "verticale" da $s$. Sia $A$ la probabilità di finire su $s$ partendo da un punto distante $1$, $B$ partendo da un punto distante $2$, $C$ partendo da un punto distante $3$. Per le regole, $p$ è la probabilità di passare a un punto più vicino ...

Per il Th di Inversione di Mobius ci basta dimostrate che
\[ F(n)= \sum_{d \mid n}{F^{\ast}(d)} \]
Prendendo un divisore $d$ di $n$, possiamo scrivere
\[ F^{\ast}(d) = \sum_{(i,d)=1}^d{f\left(\frac{i}{d}\right)} = \sum_{(i,d)=1}^d{f\left(\frac{i(\frac{n}{d})}{n}\right)} \]
Poiché $\frac{n}{d}$ è un ...

Gli $n$ che vengono contati da $f(n)$ non sono altro che gli interi che hanno il numero di divisori pari e $\leq 4030$.
Questo perché se $d$ è un divisore lo è anche $\frac{n}{d}$.
Ora... basta dimostrare che i numeri non contati da $f(n)$ sono infinitamente più numerosi di quelli contati??
Per ...