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In realtà questa era la mia prima soluzione, ma poi avevo provato a semplificarla, sbagliando :mrgreen: Anche qui possiamo considerare un qualunque $p_{n+1}$ successivo. Allora, possiamo scrivere che $${{2^{a p_{n+1}}+1} \over {2^a+1}} =\prod_{d \mid a} \Phi_{2 p_{n+1} d} (2)=q^k$$ Sia perciò $x$ un...

Potresti cogliere l'occasione per aprire un bel topic su questo lemma nel glossario; comunque quello che ho scritto è sbagliato, non è vero che $$2^{p_{n+1}}+1 \mid {{2^{a p_{n+1}}+1} \over {2^a+1}} $$ Ora pubblico la soluzione giusta

Io un'idea ce l'avrei, e vale se consideriamo $p_{n+1}$ un qualunque primo successivo. Scriviamo innanzi tutto quella tua "cosa" come $${{2^{a p_{n+1}}+1} \over {2^a+1}} =q^k$$. Si nota facilmente che $$2^{p_{n+1}}+1 \mid {{2^{a p_{n+1}}+1} \over {2^a+1}} =q^k$$ Ma quindi $2^{p_{n+1}}+1=q^...

Mi sa che mi sono un po' perso come passiamo dai razionali ai reali cioè, quello che non capisco è: ma $x_n$ è comunque una successione di razionali, mi darà comunque un limite sui razionali

Ok, io dovrei (foooorse) essere riuscito a fare il punto 1 e ho posto buone basi per il punto 2, ma non riesco a concluderlo: Allora, sicuramente $4 \sqrt{f(x)f(y)}>0$, da cui $f(x+y)>f(x-y)$ per ogni $x,y$. Ma $x+y$ e $x-y$ possono assumere tutte le coppie di valori in $\mathbb{R}^{+}$, da cui vedi...

Direi che il dato $x>y$ è omesso perché è necessario quindi scontato... vero?

Propongo una formalizzazione del problema che dovrebbe (spero) andare bene per risolverlo :) Ci basta immaginare l'insieme dei piccioni come un ordine parziale in cui, messi i piccioni in fila, esiste una relazione dal piccione A al piccione B se A viene prima di B in fila e A è più alto di B. In qu...

Grazie cercherò

Ciao a tutti!
Sul sito della Scuola Normale Superiore di Pisa ho trovato il pdf di tutte le prove di fisica degli esami di ammissione dagli anni '60 al 2010, tuttavia non ho trovato le relative soluzioni, qualcuno sa dove posso reperirle? grazie

... Dunque le uniche soluzioni sono

Sì ok giuste entrambe. Vai LucaMac, che sei stato il primo

$$\sqrt[n]{(n!)^2} \le {{(n+1)(n+2)} \over 6}$$ è il nostro obbiettivo. Scrivo $\sqrt[n]{(n!)^2}= \sqrt[n]{\prod_{k=0}^{n-1} (k+1)(n-k)}$ , quindi per AM-GM $$\sqrt[n]{\prod_{k=0}^{n-1} (k+1)(n-k)} \le {1 \over n} \sum_{k=0}^{n-1} (nk-k^2)+(n-k)= \left( {{n(n+1)} \over 2}-{{(n+1)(2n+1)} \over 6} +{...

Sia $\triangle ABC$ un triangolo di ortocentro $H$. Siano $A' , B' , C'$ i centri delle circonferenze circoscritte rispettivamente ai triangoli $\triangle BHC , \triangle CHA , \triangle AHB$. a) Dimostrare che $\triangle ABC$ e $\triangle A'B'C'$ sono congruenti. b) Dimostrare che la circonferenza ...

Se faccio la differenza in avanti ottengo la serie "$\mathbb{N}$ - la tua serie", e così vado avanti

Già me l'ero scordato