OliForum Matematico

Per prima cosa faccio a mano i casi n=2 ed n=3 , ottenendo rispettivamente \frac{3}{2} \notin \mathbb N e \frac{11}{6} \notin \mathbb N . Sia per il seguito n \geq 4 . Riscriviamo la somma come \displaystyle S=\frac{\frac{n!}{1}+\frac{n!}{2}+\cdots+\frac{n!}{n}}{n!} Sia p il più grande primo \leq n...

Direi che ora va bene.

Maionsss ha scritto: ↑

15 apr 2020, 14:26

mi basta prendere $b=3 \times (2^{2^{k}} +1)$ per avere $2^{2^{k}} +1| b^{2}+9$.

Questo passaggio non mi torna, puoi spiegare meglio?

Giusto! Vai con la dimostrazione.

Dovrebbe essere 64.

Grazie.

Sarebbe il caso che chiarissi l'ultimo passaggio, anche perchè usa un teorema che conviene conoscere.

Sia [math]n>2 un intero positivo e [math]p un numero primo tale che [math]\displaystyle \frac{2n}{3}<p<n. Dimostare che [math]p \not | \binom{2n}{n} .

A quel problema ottenni solo due punti... vediamo se riesco a riscattarmi. :lol: Scriviamo p+q^2=a^2 e p^2+q^n=b^2 , con (a,b,n) \in \mathbb N_0^3 . Osserviamo subito che p \neq 2 : in caso contrario la prima equazione non tornerebbe modulo 4 . D'altronde, anche q \neq 2 : se così non fosse, si avr...

Dimostrare che un primo dispari [math]p può essere espresso come somma di due quadrati interi se e solo se [math]p \equiv 1 \mod 4.

Una soluzione come quella analitica di Leonhard Euler sarebbe accettata in gara?

Yep

Non posso che quotare: poca N è sempre un male.

Triennio, penso 87.

Penso che sia ora di aprire il thread di quest'anno.
In bocca al lupo a tutti!