OliForum Matematico

$ \frac{1}{13}\frac{47}{52}=\frac{47}{676} $

No, se per semifinali intendi la fase provinciale io sono sempre partito da lì. Si pagano solo gli 8 euro d'iscrizione. Comunque cerca l'insegnante che organizza. Si fa in tempo ma a noi hanno già chiesto chi vuole partecipare

Questo è ovviamente sempre un numero composto. Quindi l'unica soluzione è n=1

Ok ma perchè unica soluzione uguale a 1? Bisogna imporre il fattore $ n^2+2^n-2^{\frac{n+1}{2}}n $ uguale a 1 e andare a verificare il valore. Per me non è così immediato dire che 1 è l'unica soluzione

Sì infatti... Quello $ n^4+4 $ era banale anche senza conoscere l'identità. Bastava fattorizzare; invece per $ n^4+4^n $ c'è da lavorare un po' (senza esagerare, l'ho fatto io... )

E speriamo non RIcolpisca me... Il mattino dei giochi di Archimede avevo 39,7 di febbre Comunque agli interni va bene tutto, basta passare.

A scuola da me sì... Comunque ormai arriva il picco delle influenze

Ah scusate, me lo avevano proposto qualche giorno fa a un incontro in preparazione ai provinciali ed è stato quello che mi sembrava più interessante (e mi ha fatto "perdere" più tempo). Comunque è bello

Per quali n naturali $ n^4+4^n $ è primo?

mi riferivo a 3333,33. Sui tre anni rubano un centesimo infatti tu hai scritto 9999,99 invece di 10000: quello che risulterebbe detraendo l'irpef dai 12000 euro totali

E il centesimo che ci rubano con gli arrotondamenti?

Pensandoci adesso la mia soluzione equivale anche allo scegliere 2 punti a caso sulla prima retta e due a caso sulla seconda. Ogni volta avremo 2 rette che non si incrociano e due che si incrociano (se non è chiaro diciamo che con le rette formano un quadrilatero con le sue diagonali quindi un solo ...

Soluzione molto poco scientifica: chiamiamo n_i i punti su una delle rette e m_i quelli sull'altra. Partiamo a costruire la figura dal punto n_1 . Da questo tracciamo le m rette (senza fare incroci). Poi facciamo lo stesso da n_2 . La prima delle sue rette incontra m-1 rette di n_1 , la seconda m-2 ...

Stavolta penso di esserci:
Per il 3: $ 3n^5+5n^3-8n=3(n^5-n)+5n(n-1)(n+1) $
Per l'8: $ 3n^5+5n^3-8n=n(n+1)(n-1)(n-2)(3n+6)+20(n^3-n) $

Per evitare la prima tabella che calcolava tutti i [tex]3n^2+5\equiv0(mod 8) [/tex] con n dispari direi che tutti i residui quadratici di posto dispari modulo 8 sono congrui a 1 quindi 3+5\equiv0 (mod8) L'altra tabellina (2 casi) era quella per 5n^2-8\equiv0(mod3) per n non multiplo di 3 (che era ra...

Premetto che non ho nessuna esperienza oltre i provinciali di Febbraio (e ve ne sarete accorti)... Guardiamo cosa succede per i casi più piccoli: per n=1 si annulla quindi niente perchè 0 è multiplo di tutti i numeri (è vero?), per n=2 abbiamo 120. Vediamo se riusciamo a dimostrare che 120 il numero...