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siano $NQ$ l'insieme degli interi positivi che *non* sono quadrati perfetti, e $\mathbb{Z}^+$ l'insieme degli interi positivi. definisco una funzione sugli interi positivi $f:NQ\to \mathbb{Z}^+$ nel seguente modo contorto: $f(n) = \min_S \{\max S\}$, dove $S$ varia tra tutti i sottoinsiemi di $\math...

P.S.: $ p = 1 $ non mi sembra metta in crisi il metodo . Che , nella sua pochezza, è di bocca buona... trangugia $p>1$ e trangugia $p=1$... (credo) . :) appunto: per $p=1$ l'enunciato è falso (esercizio facile)*. quindi qualcosa non quadra. * si può anche dire esplicitamente da quale punto in poi l...

tenderei a confermare i sospetti. il ragionamento non è piacevolissimo da scrivere, ma anche a me torna 18.

spunto a cui pensare, per maurizio: dove stai usando il fatto che $p>1$?
poi pensa bene a come stai ordinando i numeri di quella forma, perché io non sono convinto che stiano in quell'ordine.

maurizio43 ha scritto:[...] si può determinare un corrispondente $ \delta > 0 $ tale che per ogni x nell' intorno di ampiezza $ \delta $ dello $0$ [...]

per ogni $x$ diverso da 0, però. il resto mi pare filare.

Riguardo alla prima parte, sì. Se sostituendo al posto di $x$ nella tua espressione il valore a cui tende la variabile ottieni forme non indeterminate, allora non ci sono problemi. no, no, no, e ancora no. questo in generale è falso, e questa risposta è un esempio lampante del fatto che uno l'anali...

non vorrei che questo thread venisse dimenticato, quindi provo a ravvivarlo un po': premetto che quest'anno ho bellamente ignorato archimede, fino a quando ho letto questo post. allora ho provato a fare gli esercizi, ma faccio fatica a giudicarne la difficoltà (per inciso, nella gara del biennio ho ...

Gottinger95 ha scritto:Le facce sono quante ci pare (anche boh, non numerabili) e con il numero reale che ci pare scritto su?

per inciso, se anche hai una quantità non numerabile di facce, l'insieme $\{f \mid p(f) \neq 0\}$ è (finito o) numerabile. questo è un lemma facile che fa sempre bene dimostrare

credo di avere una soluzione leggermente più semplice, jordan. vediamo se convinco il pubblico (e te). chiamiamo $m = a^4$. allora $x^4-m$ ha quattro soluzioni distinte mod $p$, rappresentate da $a$, $b$, $c$ e $d$. siccome 4 è pari, abbiamo che $d = p-a$ e $c = p-b$, da cui $a+b+c+d = 2p$. $a^k+b^k...

- non occorre invocare le derivate per dimostrare che un polinomio monico (di grado positivo) è definitivamente crescente; Giusto (anche se non capisco perchè hai scritto "monico") perché se il coefficiente di testa è negativo, non è vero. e scrivere "monico" è più corto di &quo...

sì, era quello che avevo in mente. in ogni caso, due piccole precisazioni: - non occorre invocare le derivate per dimostrare che un polinomio monico (di grado positivo) è definitivamente crescente; - per quanto riguarda la tua $h$, io trovo più elegante dire: chiamo $d$ il massimo dei gradi di $f$ e...

Troleito br00tal ha scritto:Un hintino?

credo che questo possa semplificare leggermente il problema:

hai ragione, Gi8: adesso ho sistemato.

rilancio:

+jordan ha scritto:Siano $f,g$ due polinomi non costanti tali che $f(x)$ è intero se e solo se $g(x)$ è intero. Mostrare che uno dei due tra $f-g$ e $f+g$ è una costante intera.

jordan ha scritto:Per inciso, esistono sempre, ogni volta che $p>3$, ma non è da dimostrare

hm.. io non ne sarei così sicuro. in ogni caso, non è rilevante ai fini del problema.