OliForum Matematico

Non so proprio cosa possa risultare incomprensibile, almeno a livello di simbologia!
Ad ogni modo è vero il seguente teorema (a dispetto della teoria degli indistinguibili di Leibniz):
Teorema I: Piever \neq FeddyStra
È nota anche una sua generalizzazione assai più potente:
Teorema II: Piever ...

Uhm, chissà se i due problemi sono equivalenti....

(Va di moda scrivere cose inutili nei problemi di TdN sul forum....)

Comunque usando stime rozzissime, supponendo per assurdo che la tesi di jordan sia falsa, segue che, da un certo punto in poi, P_{n+1}-P_n\ge \sqrt{n}

Quindi grossomodo esiste ...

Mah, ho come la vaga impressione che manchi qualche ipotesi (del tipo (2x+1)+(2y+1)\neq 0 ) nel qual caso il problema è poco definito ma tendenzialmente falso...

Sennò, possiamo notare che per n dispari v_2((2x+1)^n+(2y+1)^n)=v_2((2x+1)+(2y+1)) che con la nostra ipoitesi aggiuntiva è una costante ...

2 cose:

1) cercavo solo di dirti che il metodo che avevi proposto sopra non funzionava, non che non ci fosse un modo per risolverle...

2) è vero, trovi tutte le soluzioni razionali, ma noi cercavamo quelle intere. E, mi spiace dirtelo, per verificare quali soluzioni razionali siano intere devi ...

Esempio (x-\sqrt{97}y)(x+\sqrt{97}y)=1 come lo risolvi?

P=(1,0) è soluzione. Prendi il fascio di rette passante per P a coefficiente angolare razionale e la metti a intersezione col fascio. Ti trovi tutte quelle razionali.

2 cose:

1) cercavo solo di dirti che il metodo che avevi proposto ...

Quello che intendevo dire è che, anche se arrivi a casi del tipo Q_1Q_2=k, se i 2 polinomi non sono a coefficienti razionali (che è il caso se $ b^2-4ac $ non è un quadrato perfetto) non hai risolto niente...

Esempio $ (x-\sqrt{97}y)(x+\sqrt{97}y)=1 $ come lo risolvi?

Vogliamo risolvere P+k=k, per qualche k intero, allora consideriamo P come un polinomio in x e imponiamo che il delta sia un qualche p_i in y, che è possibile poichè k è arbitrario se e solo se b^2-4ac è non nullo, dove a e c sono i coefficienti di x^2 e y^2 e b di xy. Perciò in quel caso esistono ...

Uhm, le cose si fanno sempre più interessanti....

L'idea di usare le radici dell'unità sembra interessante... Credo si riesca a concludere, usando l'idea di FrancescoVeneziano, in maniera completamente elementare.

Qualcuno che si cimenta?

Hint: considerate \displaystyle q(x_1,\dots ,x_n)=\prod_{a ...

Uhm, una definizione possibile di razionalizzare è questa:

diciamo che un quasipolinomio è un polinomio in cui gli esponenti delle variabili invece che interi nonnegativi sono razionali nonnegativi

un quasipolinomio q a coefficienti in \mathbb{C} (ma potremmo anche fare questo giochetto in \mathbb ...

Come si puo` scrivere, alternativamente, $\sum_{k=1}^n f\left[(k, n)\right]$ ? ( $(k, n)$ e` il massimo comune divisore tra $k$ e $n$ )

PS: Si`, lo so, la domanda e` un po' vaga :wink:

Uh?

A meno di supporre alcune cose su f (non so, per esempio la moltiplicatività) non sono sicuro si possano ...

Così a occhio direi $ n=2^k+k-2 $, non $ n=2^k+k^2-2 $...

Beh, visto che ho già fatto casino nell'altra discussione, ecco una soluzione possibile:

Siano c_1,\dots c_n n colori

prendiamo n palline distinte, chiamando C_i l'insieme delle colorazioni di queste palline in cui nessuna è del colore c_i

Quanto elementi ha l'insieme \bigcup_{i=1}^n C_i ??? Beh ...

AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAARGH

Non si capisce piu' molto di questo topic.

Per adesso la domanda a cui rispondere (e a cui non e' ancora stato risposto) e':

per quali x,y,z interi non negativi si ha che 4^x+4^y+4^z e' un quadrato perfetto?

Se cosi' non e' correggetemi, se cosi' e ...

Che palle, ogni volta che dico una cosa viene qualcuno e si mette a dimostrarmi il contrario... Ma non basta cosi' poco per farmi cambiare idea: DUE PESATE SONO SUFFICIENTI!!!

E non posto la dimostrazione di questo fatto per non togliervi il gusto di trovarla da voi...

Una dritta per problemi di questo tipo:

riuscite a immaginare un modo sensato per dimostrare che due pesate non bastano? No? Allora bastano... Poi cercate di capire quali modi per pesare le monete evidentemente non funzionano, e provate gli altri... (e per favore non provateli tutti, che e ...