La ricerca ha trovato 39 risultati

da travelsga
26 feb 2009, 21:48
Forum: Algebra
Argomento: Disuguaglianza (Korea 1998)
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Disuguaglianza (Korea 1998)

Siano $ a,b,c $ reali positivi tali che $ a+b+c=abc $. Dimostrare che
$ \displaystyle\frac{1}{\sqrt{1+a^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+b^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+c^2}}\leq \frac{3}{2} $
da travelsga
25 feb 2009, 21:16
Forum: Algebra
Argomento: Disuguaglianza ungherese
Risposte: 10
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Disuguaglianza ungherese

Sia $ f(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+1 $ un polinomio a coefficienti reali non negativi con $ n $ radici reali. Si dimostri che $ f(x)\geq (1+x)^n $, $ \forall x\geq 0 $.
da travelsga
08 feb 2009, 19:50
Forum: Teoria dei Numeri
Argomento: falsi quadrati
Risposte: 5
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Se p|n^4-n^2+1 allora p|\frac {n^6+1}{n^2+1} , p|n^6+1 , ne segue n^6 \equiv -1 (mod p) , dunque n^{12} \equiv 1 (mod p) . Dimostro ora che ord_p(n)=12 . ord_p(n)|12 dalla relazione precedente, suddivido quindi i casi: ord_p(n)=1 , implica n^4-n^2+1\equiv 1 (mod p) , assurdo. ord_p(n)=2 , da cui n^4...
da travelsga
28 gen 2009, 15:06
Forum: Teoria dei Numeri
Argomento: diofantea IrMO 1997
Risposte: 1
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$ x(y-1996)=1+1998y $ da cui $ x=\frac {1998y+1}{y-1996}=1998+\frac {1+1996\cdot 1998}{y-1996}=1998+\frac {1997^2-1+1}{y-1996} $, y-1996 deve dividere $ 1997^2 $, ma 1997 è un primo per cui $ y-6=1,-1.1997,-1997,1997^2,-1997^2 $. Ricavando y e poi sostituendo si ottengono tutte le soluzioni.
da travelsga
28 gen 2009, 14:59
Forum: Teoria dei Numeri
Argomento: Il resto
Risposte: 4
Visite : 1027

$ \displaystile \sum_{i=1}^n{(i-1)i(i+1)}=\sum_{i=1}^n{i^3-i}=\sum_{i=1}^n{i^3}-\sum_{i=1}^n{i}=(\frac{n(n+1)}{2})^2-\frac{n(n+1)}{2} $ nel nostro caso n=51 quindi $ (\frac{51(52)}{2})^2-\frac{51(52)}{2}\equiv 6950 (mod 10000) $
da travelsga
26 gen 2009, 13:54
Forum: Teoria dei Numeri
Argomento: n=(d(n))^2
Risposte: 1
Visite : 895

Sia $\displaystile\ n=\prod_{i=1}^k{p_i^{a_i}} la fattorizzazione di n; da $\displaystile\prod_{i=1}^k{p_i^{a_i}}=\prod_{i=1}^k{(a_i+1)^2} , si deduce che n è un quadrato perfetto dispari e pertanto vale $\displaystile\prod_{i=1}^k{p_i^{a_i}}\geq \prod_{i=1}^k{3^{a_i}} , ma (a_i+1)^2\le 3^{a_i} per ...
da travelsga
23 gen 2009, 14:50
Forum: Teoria dei Numeri
Argomento: 2^p+3^p=a^n (irlandese)
Risposte: 4
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per p=2 si ha 2^2+3^2=13 da cui n=1. per p>2 allora 2^p+3^p \equiv \ (2+3)\displaystile \sum_{i=0}^{p-1}{2^i(-3)^{p-i-1}} \equiv \ 5\displaystile \sum_{i=0}^{p-1}{2^i(-3)^{p-i-1}} \equiv \ 0 (mod5) pertanto, supponendo n>1, deve essere \displaystile \sum_{i=0}^{p-1}{2^i(-3)^{p-i-1}} \equiv \ 0 (mod5...
da travelsga
11 lug 2008, 09:46
Forum: Teoria dei Numeri
Argomento: Un Usamo febbraiesco
Risposte: 8
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Allora... p(a)=b, p(b)=c, p(c)=a, siccome p è un polinomio a coefficienti interi, a-b |p(a)-p(b) da cui (a-b)|(b-c) c-a |p(c)-p(a) da cui (c-a)|(a-b) b-c | p(b)-p(c)da cui (b-c)|(c-a) sappiamo che se a|b e c|d allora ac|bd quindi (a-b)(b-c)|(b-c)(c-a) ne segue (a-b)|(c-a), ma (c-a)|(a-b) e pertanto ...
da travelsga
06 lug 2008, 21:39
Forum: Algebra
Argomento: Un altro polinomio!
Risposte: 2
Visite : 1661

provo a risolverlo io (scusate, ma non so utilizzare ancora il latex) |p(n)|=|(n-a1)(n-a2)...(n-a13)q(n)|, ora suddivido gli n-ai in questo modo: i positivi che sono h da una parte, i negativi che sono 13-h dall'altra. Adesso i valori assoluti dei positivi sono sicuramente distinti tra loro ciò acca...