OliForum Matematico

Anche io uso texmaker, io per la divisibilità non ho mai usato \mid ma \vert, \not\vert mi pare vada abbastanza bene (qui sul forum certe cose non so perché vengono tutte accavallate ma sul mio programma funziona bene).

No è giusto, infatti basta rendersi conto che per qualunque polinomio $ P(k)\equiv P(k+p) \pmod {p} $, quello che conta per la divisibilità non è $ k $ ma solo il suo resto nella divisione per $ p $

Matpro ha ragione, non è detto che ogni coefficiente sia multiplo di 3, ad esempio $ n^3+2n+3 $ è divisibile per 3 per ogni $ n $ naturale

Trovare tutte le coppie $ (m,n) $ di numeri naturali per cui
$ 2^m\cdot 3^n+1 $ è un quadrato.

Bene! Farsi venire in mente quell'identità uccide il problema in due secondi

Dato un polinomio $ f(x) $ a coefficienti interi il cui valore è divisibile per 3 per tre interi $ k,k+1,k+2 $ (cioè $ 3\vert f(k),3\vert f(k+1),3\vert f(k+2) $), dimostrare che $ 3\vert f(m) $ per ogni intero $ m $.

Mi accodo a coloro che tentano di risollevare il forum postando qualche problema

Dimostrare che esistono infiniti numeri naturali $ a $ con la seguente proprietà:
il numero $ z=n^4+a $ non è primo per nessun numero naturale $ n $.

Si, cardinalità=numero di elementi dell'insieme.

Quoto fph, combinando i due risultati si trova un'interessante relazione

Colgo l'occasione per rilanciare:
dati $ n,k\in\mathbb{N} $ trovare il numero $ f(n,k) $ di sottoinsiemi di $ \{1,2,...,n\} $ non contenenti due numeri consecutivi e aventi cardinalità $ k $.

Sempre tra i piedi 'sto Fibonacci :lol: Detto f(n) il numero di tali sottoinsiemi si ha evidentemente f(0)=0,f(1)=1 ora, chiaramente i sottoinsiemi che vanno bene per n andranno bene anche per n+1 , inoltre possiamo formare nuovi sottoinsiemi validi aggiungendo n+1 a un sottoinsieme valido che non ...

Ok grazie

Qualcuno sa se esiste/dove si possa trovare qualcosa di analogo ai video degli stages di altre nazioni (possibilmente anglofone )?

Allora, il numero cercato k dovrà terminare con due zeri ed essere divisibile per 3, ma se è divisibile per 3 anche la somma delle sue cifre lo è \Rightarrow 900\vert k ma nuovamente, se k è divisibile per 9 anche la somma delle sue cifre lo è quindi \Rightarrow 2700\vert k . Vediamo ora i multipli ...

Ok l'underbrace può andare, grazie mille!

Una mia curiosità è invece: come si dimostra che $ 2^{\sqrt{2}} $ è irrazionale?