OliForum Matematico

Triennio, penso 87.

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

Sì, esatto. Dato che il margine è di più o meno un posto, l'n+1 esimo posto può essere occupato solo dall'n esimo o dall'n+1 esimo spettatore.

UP!

Dimostro che la successione a_n , che associa a n posti a sedere e spettatori il numero di disposizioni possibili, si comporta come la successione di Fibonacci. Osserviamo dapprima che a_1=1 e a_2=2 . Dopodiché, per induzione, supponiamo che per n-1 posti siano possibili a_{n-1} disposizioni e che p...

\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{\prod_{j=0}^m (k+j)}=\lim_{n\to +\infty}\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\prod_{j=0}^m (k+j)} =\displaystyle \lim_{n\to +\infty}\sum_{k=1}^{n}{\frac{(k-1)!}{(k+m)!}}=\lim_{n\to +\infty}[\frac{0!}{(m+1)!}+\frac{1!}{(m+2)!}+ \dots +\frac{(n-1)!}{(n+m)!}] =\displaysty...

Dovrebbe essere Se mi confermi che è corretto, posto il procedimento.

Cerca "AM-GM", anche qui sul forum.

Lascio un hint:

Questo problema fu postato sul forum un po' di anni fa, ma nessuno rispose mai con una soluzione completa. L'ho trovato davvero istruttivo, quindi ve lo ripropongo:
Determinare tutti gli n interi positivi tali che esista m intero per cui [math]2^n-1 | m^2+9.
Buon lavoro^3.

Non penso sia un argomento da olimpiadi

Ma d_7 non è necessariamente primo

Un primo p maggiore di 3 (cioè maggiore o uguale a 5) ovviamente non è divisibile nè per 2 né per 3, quindi è della forma 6k+1 o 6k+5. Ma se p fosse della forma 6k+1, allora q sarebbe 6k+3=3(2k+1), quindi non sarebbe primo. Quindi p è 6k+5.

Notiamo che se a_{n - 1} = x^2 + 2y^2 e a_{n} = (x + 2y)^2 + 2y^2 per certi interi x, y , allora a_{n + 1} = 4[(x + 2y)^2 + 2y^2] - (x^2 + 2y^2) = (x + 2y)^2 + 2(x + 3y)^2 e a_{n + 2} = 4[(x + 2y)^2 + 2(x + 3y)^2] - [(x+2y)^2 + 2y^2] = (3x + 8y)^2 + 2(x + 3y)^2 . A questo punto, ponendo x_{1} = x + ...

Ovviamente corretto. Il modo è lo stesso cui avevo pensato io.