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Sia O il centro della circonferenza e T il punto di tangenza di PQ . Sia J l'intersezione tra la tangente per B e la parallela a BC per O ; sia K l'intersezione tra la tangente per C e la parallela a BC per O . Dimostrerò che J=M e K=N . Dai parallelismi ipotizzati nella traccia risulta la similitud...

oh bene belcolon (perdonami le quantità), per me è un onore scrivere dimostrazioni identiche alle tue

Per ogni intero positivo n , chiamo K_n la parola ottenuta accostando A_1A_2...A_n . K_1=A_1=b , ed è chiaramente pailndroma. Proverò a dimostrare che K_n è palindroma per ogni n>1 . Per ogni n>1 , chiamo R_n (radice di A_n ) la parte iniziale di A_n , costituita dalle sue prime due lettere; chiamo ...

Right :D Però attento: perchè k>h ? Così il WLOG che hai applicato all'inizio diventa un " with loss of generality". Quindi, concludendo: Le terne pitagoriche richieste sono tutte quelle della forma d^{2n-1}(2^na^{2n-1}b^{2n-1}+b^{2(2n-1)}) d^{2n-1}(2^na^{2n-1}b^{2n-1}+2^{2n-1}a^{2(2n-1}) ...

Impeccabile. Piccola, pignola, irritante e assolutamente inutile precisazione: potevi porre j=2 , giusto per limitare le lettere. La "formula" che hai trovato non genera terne in modo univoco. Cioè, se scegli due diverse quaterne di interi positivi ( k'', h'', s, d ), con s dispari (dove a...

nella prima non mi pare ci siano errori.. Non vorrei infierire, ma io ti ho fatto notare solo uno degli errori che stanno.... dovresti solo fare un pò più di attenzione quando lavori con le potenze di numeri composti... in questo caso abbiamo 2k^{2n−1}=m^2 che è sempre vera per k=2^s (con s dispari...

Scusami ma ti cambio la numerazione sennò mi trovo male. Sia T_0 il triangolo iniziale (i cui lati sono a_0, b_0, c_0 ), T_1 il secondo triangolo (i cui lati sono a_1, b_1, c_1 ), e così via. In particolare, applicando il torema delle tangenti, pongo a_n=b_{n+1}+c_{n+1} , b_n=a_{n+1}+c_{n+1} , c_n=a...

Sinceramente ci sono diverse cose che non mi tornano...

Valenash ha scritto:(non essendo nè $ k'^{2n-1} $ nè $ h'^{2n-1} $ dei quadrati perfetti)

Ma perchè scusa?
Colgo l'occasione per augurare a tutti buone vacanze

No. $ c-a=h^{2n-1} $ e $ c-b=k^{2n-1} $, con $ h $ e $ k $ interi positivi distinti.

Dato un intero positivo n, trovare tutte le terne pitagoriche in cui l'ipotenusa, diminuita di uno qualsiasi dei due cateti, dia una potenza (2n-1)-esima.

anche a me veniva infinito. Ero convinto che ci fosse qualche errore... certo che è proprio assurdo... non lo sopporto proprio l'infinito

Hey dovevo dirlo io! Puoi andare, Jordan

staffo ha scritto:No, ero convinto interi positivi, ma l'hai corretto dopo o era dall'inizio interi tutti?

ho cambiato solo quelle due cose che ho detto

Io l'ho risolto così (e credo sia il modo più semplice e immediato): nel torneo si giocano in totale 2^{n-1}+2^{n-2}+...+2^0=2^n-1 incontri, ovviamente tutti diversi (due squadre non si affrontano per due volte); invece il numero totale di incontri distinti che si possono giocare con 2^n squadre è \...

LukasEta ha scritto:Ad ogni fase si risorteggiano gli incontri?

Beh no... una volta che si fanno i sorteggi, poi è già tutto stabilito. I tornei sono sempre così... hai presente la champions' league?
Comunque sinceramente non credo che la situazione cambi...