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Ah ok, pensavo si potesse scrivere solo nella forma NxN; grazie

Ma non ha senso, allora l'insieme $ \mathbb{N} ^2 $ è completamente identico a N, visto che ogni numero in N può essere scritto come prodotto di due numeri in esso

Mmmm.. Avevo dimenticato che k è anche all'esponente e varia la congruenza di m sorry, come non detto, lascia perdere

Due cose: la prima è che hai dimenticato la validissima soluzione (0,0)
la seconda è che 2 non appartiene a $ \mathbb{N} ^2 $

Beh in questo caso la dimostrazione che ho fornito è sempre valida, bisogna solamente apportare l'accorgimento seguente
$ k= \gcd (m,n) \cdot (\alpha \phi (n) + a) $ riconducendo il caso ad un caso in cui $ (m,n)=1 $

Sempre che quella prima sia corretta

Provo, cercando di non sparare cavolate Sicuramente, essendo x e y interi positivi avremo x^2<a^2 e y^2<b^2 Quindi x<a e y<b Scriviamo a^2 - x^2 = y e b^2 - y^2 = x Quindi (a - x)(a+x)=y e (b-y)(b+y)=x Sappiamo allora che a-x \ge 1 e a+x>x e ne consegue che y>x Ma lo stesso ragionamento vale per l'a...

Ci provo eh :) Considero un certo k = \alpha \phi (n) + a allora è necessario che n \mid m^{\alpha \phi (n) + a} + \alpha \phi (n) + a ma siccome m^{\alpha \phi (n) + a} \equiv m^a [n] allora equivale a scrivere n \mid m^a + \alpha \phi (n) + a quindi m^a + \alpha \phi (n) + a = \beta n \beta n - \a...

Hai ragione, ci penso e correggo

Supponiamo che \forall x_k < 2 , allora sicuramente \sum_{k=1}^n x_k^2 < 4 n quindi n^2 \le \sum_{k=1}^n x_k^2 < 4 n allora n^2 < 4n e quindi n<4 (lo 0 è trascurabile, non si possono avere 0 numeri). Ma questo contraddice l'ipotesi n \ge 4 Quindi necessariamente esisterà almeno un x_k \ge 2

Caso 1: r incontra il prolungamento di a, ecc Chiamo X, Y, Z le intersezioni rispettivamente di (a,r), (b,s), (c,t) e poi chiamo D, E, F le intersezioni rispettivamente di (r,s), (s,t), (r,t) . Considero i triangoli CFX e CBZ: C è opposto al vertice e X e Z sono congruenti per ipotesi, quindi \angle...

infatti è la conclusione a cui arrivo con quel passaggio

Io l'ho risolto in questo modo: Deve essere valida per x=y quindi 2 f(x) | 2 x^k allora f(x) | x^k Questo deve valere anche per gli x primi, perciò necessariamente f(x)=x^n con n \le k Per ogni n, k tali che (n,k)=r>1 allora posso considerare n=a r e k=b r Considerando come x e y i valori x^r e y^r ...

Beh in realtà questo problema lo ho inventato io, quindi volendo potrei decidere che f(x) è continua tanto per farlo venire :D ahahaha Avevo intuito che f(x)= c x \ln x tuttavia non ero riuscito a dimostrarlo e non ci ho pensato più di tanto perché ero impegnato con il WC :? Comunque mi è piaciuta m...

certo

Si ha la seguente relazione per tutti gli x,y reali positivi

$ f(x y) = x f(y) + y f(x) $

Determinare tutte le f(x)