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Considero q(x)=(x-1)(x-2)\cdots (x-(p-1))=x^{p-1}-c_1x^{p-2}+\cdots-c_{p-2}x+c_{p-1}

Fatto 1 : c_1\equiv c_2\equiv\cdots\equiv c_{p-2}\equiv 0\pmod p e c_{p-1}=(p-1)!\equiv -1\pmod p
Il polinomio p(x)=x^{p-1}-1 ha le stesse radici in \mathbb F_p di q(x) , dunque r(x)=q(x)-p(x) ha le stesse ...

Propongo questa soluzione
\displaystyle\frac{1}{3}\sum_{cyc}{(\frac{a}{a+b})^3}\ge\frac{1}{8}
Per CM-AM ho che \displaystyle LHS\ge (\frac{1}{3}\sum_{cyc}{\frac{a}{a+b}})^3
Per omogeneità posso porre a+b+c=1 e riscrivere il RHS come
\displaystyle (\frac{1}{3}\sum_{cyc}{a\cdot\frac{1}{1-c}})^3\ge ...

proviamo...
Sia r un divisore primo di p , faccio nel testo la sostituzione x:=x^{\frac{p}{r}}=X semplificando l'equazione in X^r-y^q=1\Rightarrow X^r-1=y^q .
Osservo che LHS=(X-1)\Phi_r(X) e considero un primo s che divide \Phi_r(X) ; ho che s|\Phi_r(X)|y^q\Rightarrow s|y , ma allora s|y|x-1 ...

Siano d_1<d_2<\cdots<d_k i divisori di n che hanno 3 per ultima cifra ovvero d_i\equiv 3\pmod{10}\forall 1\le i\le k .
Definisco adesso \displaystyle c_i=\frac{n}{d_i} , chiaramente si ha c_k<c_{k-1}<\cdots<c_1 .
Se c_i\not\equiv 3\pmod{10} per ogni 1\le i\le k allora \tau(n)\ge 2k e pertanto siamo ...

Allora...
Riscrivo l'ipotesi come \displaystyle 4x^2+x+\frac{1}{16}=4y^2+y+\frac{1}{16}+x^2\Rightarrow (2x+\frac{1}{4})^2=(2y+\frac{1}{4})^2+x^2
Dunque ricavo (8x+1)^2=(8y+1)^2+(4x)^2 ossia (8x+1,8y+1,4x) è una terna pitagorica ed essendo gcd(8x+1,8y+1,4x)=1 è pure primitiva e parametrizzata da ...

Ok, tutto giusto

Chi prende il testimone?

Problema 31 (Austria 1973)
Si definisca $ g(k) $ il più grande divisore dispari di $ k $. Dimostrare che $ \displaystyle 0<\sum_{i=1}^n{\frac{g(i)}{i}}-\frac{2n}{3}<\frac{2}{3} $

\displaystyle\frac{a^2+b^2+1}{ab}=k (1).
Dimostro che necessariamente si ha a=b . Sia (A,B) una soluzione della (1) che minimizza A+B e sia wlog A>B considero quindi la quadratica a^2-kBa+B^2+1=0 ; le soluzioni di tale equazione sono a_1=A e, dalle formule di Vieta, \displaystyle a_2=kB-A=\frac{B ...

Mostrare che $ p $ divide esattamente una radice di $ q(x)=x^2-2f_px+f_{p-1}f_{p+1}-2 $ dove $ f_n $ indica l'$ n $-esimo numero di Fibonacci e $ p $ è un primo maggiore di 5.

Mostrare che per ogni primo $ p $ esiste un intero $ x $ tale che $ p|x^8-16 $.

Problema 25
Siano dati $ p_1<\cdots<p_n $ primi maggiori di 3. Dimostrare che $ \tau(2^{p_1p_2\cdots p_n}+1)\ge 2^{2^{n-1}} $

Sono Viaggi Gabriele, nella domanda di iscrizione ho disgraziatamente dichiarato che avrei partecipato in maniera autonoma allo stage, purtroppo però sono sorti degli inconvenienti e temo di non potermi organizzare da solo; qualora la mia domanda venisse accolta è possibile aggiungermi a quelli che ...

Lemma (1): \displaystyle\sum_{i=1}^n{\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor}=\sum_{i=1}^n{\tau(i)}
Dim. lemma:
Procedo per induzione, suppongo vera la tesi al passo n e la dimostro per n+1: LHS nel passaggio da n ad n+1 incrementa di un'unità per ogni divisore di n+1,
pertanto aumenta di \tau(n+1 ...

Hint: p(x)=x^{\phi(n)}-1 ha le stesse radici del polinomio (x-a_1)...(x-a_{\phi(n)}) in Z_n