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Mi aggiungo anch'io!

Una dismutazione \sigma dell'insieme A\equiv\left\{1,2,...,n\right\} è una permutazione dell'insieme A senza punti fissi, ovvero tale che \sigma(x)\neq x , per x\in A .

Detto D(n) il numero di dismutazioni di un insieme di n elementi, dimostrare che
1. D(n+1)=n(D(n)+D(n-1))
2. D(n+1)=(n+1)D(n ...

Oasi di Kufra, se intendevi provare il LaTeX (come il titolo del tuo post mi fa credere) potevi farlo qua: viewtopic.php?t=3153.

Un modo per dimostrare la disuguaglianza è proprio quello di usare AM-GM.
Infatti hai \displaystyle AM(\frac{a}{b},\frac{b}{c},\frac{c}{a})= \frac{\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}}{3}\geq GM(\frac{a}{b},\frac{b}{c},\frac{c}{a})=\sqrt[3]{\frac{a}{b}\cdot\frac{b}{c}\cdot\frac{c}{a}}=1 .

Un altro ...

Innanzitutto, dato un s naturale, definisco f_{s}(n)=f(f(...(f(n))...) , con s segni 'f' ripetuti.

Dimostriamo che se j e k sono dei naturali tali che j\neq k (poniamo j<k ), allora f_{j}(n)\neq f_{k}(n) . Se infatti fosse f_{j}(n)=f_{k}(n) , la f_{s}(n) (con n fissato e s variabile) diventerebbe ...

Dato un intero n , consideriamo l'insieme delle frazioni del tipo \displaystyle \frac{k}{n} , con k intero tale che 1\leq k\leq n , e l'insieme delle frazioni nella forma \displaystyle \frac{a}{b} , con b divisore positivo di n , a intero tale che 1\leq a\leq b e che \left(a,b\right)=1 .
Il secondo ...

Allora, sia F_{n} l'ennesimo numero di Fibonacci.
Voglio dimostrare che 5\cdot F_{n}^2+(-1)^{n}\cdot4=(F_{n-1}+F_{n+1})^2 . Essendo F_{n-1}+F_{n+1} un intero, si ha la tesi.

Innanzitutto vado a rispulciare l'identità di Cassini: F_{n-1}\cdot F_{n+1}-F_{n}^2=(-1)^{n} . La dimostrazione di questa ...

Fermat ti serve per quello che ti ha detto Gabriel: gli unici valori possibili per n sono tra i divisori di 10. Dunque n può essere 1, 2, 5 o 10, e il "controllo" a mano si riduce a quattro casi.

Sia $ f(n) $ la funzione che associa ad ogni intero positivo $ n>1 $ la somma degli interi positivi minori di $ n $ e primi con $ n $.
Dimostrare che se $ f(m)=f(n) $ allora $ m=n $.

Bella soluzione!

Inoltre, se non ho preso un abbaglio colossale, mi sembra che tramite il tuo metodo si possa facilmente generalizzare il problema in questo modo:
Sia a*(n^2)+n=(a+1)*(m^2)+m, con a intero positivo, n e m interi. Allora n-m, a*(n+m)+1 e (a+1)*(n+m)+1 sono quadrati.

Innanzitutto riscrivo l’uguaglianza:
3n^2-3m^2+n-m=m^2
(3n+3m)*(n-m)+(n-m)=m^2
(3n+3m+1)*(n-m)=m^2.

Dimostriamo che non può essere (3n+3m+1,n-m)=d, con d diverso da 1.
Se così fosse, avremmo che d^2 divide (3n+3m+1)*(n-m)=m^2, ovvero d divide m.
Sappiamo che (3n+3m+1,m) divide (3n+1,m) e (n-m,m ...

Se d è un dispari minore di n e primo con n, p=n-d è un pari minore di n e primo con n; allo stesso modo se p è un pari minore di n e primo con n, d=n-p è un dispari minore di n e primo con n.
Dunque tra l'insieme dei d e dei p c'è una corrispondenza biunivoca, ed essi sono in numero uguale.

Provo a dimostrare l'hint di Piever. Premetto che non so ancora usare LaTeX, perciò mi scuso se il testo dovesse risultare poco leggibile.

Sia x un intero tale che x^2 ≡ -5 mod p.

Consideriamo la funzione f(s,t)=((s+tx) mod p), dove s e t sono interi tali che
0<=s, t<= parteintera(SQRT(p)).
Per ...

Non è una soluzione anche (25,125), ad esempio? Secondo me l'errore sta nel dire che y deve essere una potenza di x.
Ponendo y-x=a, si ottiene x^(2x+a)=(x+a)^a. Svolgendo il secondo membro con il teorema del binomiale, si ottiene che a deve essere un multiplo di x. Essendo y=x+a, sappiamo che anche ...