OliForum Matematico

Allora premetto che non sono sicuro di molte delle cose che dirò, quindi è probabile che la dimostrazione sia cannata Allora Sia \phi la funzione totiente di eulero, per cui sappiamo che se \gcd(a,n) = 1 alloa a^{\phi(n)} \equiv 1 \pmod n 1) \phi(p!) = \prod{C_i}\prod{(p_i -1)} dove C_i sono compost...

Questo post è particolarmente chiaro : http://www.matematicamente.it/forum/amm ... 92-10.html

Se hai A \ge H \Rightarrow \frac{A}{H} \ge 1 \Rightarrow \frac{a_1 + \dots + a_n }{n} \cdot \frac{\frac{1}{a_1} + \dots + \frac{1}{a_n}}{n} \ge 1 ovvero (a_1 + \dots + a_n )(\frac{1}{a_1} + \dots + \frac{1}{a_n}) \ge n^2 Per la seconda parte sono quasi sicuro che la dimostrazione sia cannata, cmq la...

Robertopphneimer ha scritto:mmmh...ora tocca alla seconda..sembra una media mascherata..

Sempre con $ H \le A $

$ \frac {1}{1+a_1}+\frac {1}{1+a_2}+\frac {1}{1+a_3}+.....+\frac {1}{1+a_{10}} \le \sqrt 10 < \frac {28}{3} $

mancherebbe l'uguale...

Non capisco da dove hai preso questa disuguaglianza

diciamo che a occhio posso are queste deduzioni, per a,b,c >0 non è un problema(diciamo stesso ragionamento di prima). Pee evitare di vedere tutte le combinazioni a positivi b negativo etc.. pongo -1<a,b,c <0 vedo che comunque sia il maggiore di 2 c'è perché al denominatore anche con molta differen...

ma guarda basta che alla sommatoria sostituisci \frac{a_10^2 +a_10} {2} e poi si risolve tutto :D anche se a me non viene l'uguale ma solo il maggiore... In che modo si risolve? Io per ora ne ho fatto solo metà.. Allora sappiamo che Qm (a_1, a_2, \dots, a_{10}) = \frac{\sqrt{10}}{5} Quindi il massi...

Ok io ho fatto (x^3 + 1)(y^3 + 1) = (xy)^3 + x^3 + y^3 +1 essendo x^3 + y^3 = (x + y)^3 -3xy(x+y) = 1 - 3xy si ha che (x^3 + 1)(y^3 + 1) = (xy)^3 -3xy + 2 Essendo 3xy \ge (xy)^3 (perchèm il massimo per xy = \frac{1}{4} ) si ha che (xy)^3 -3xy è sempre negativa tranne quando xy = 0 e in questo caso i...

È giusto se dico che il massimo é 2 mentre il minimo è $ \frac{81}{64} $?

Guarda, parlando modulo m ci sono solo m classi si resto; puoi pensarlo come se ci fossero solo m numeri, a meno di eventuali ripetizioni. Ora é ovvio che se hai solo m numeri, a qualsiasi potenza li elevi avrai un ciclo lungo m; tanto tutti gli altri numeri al di fuori di quegli m sono solo ripetiz...

Eh appunto, il ciclo di 4 per le terza potenza é 0, 1, 0, 1 eccetera eccetera.. Ed un ciclo lungo m si ha sempre per qualsiasi potenza, che sia seconda, terza o $ 10^{10^{10}} $perchè le classi di resto sono solo m..

Sinceramente non ho capito bene cosa cercate..

Non ho capito bene, intendi i residui quadratici modulo m? Cioè 0^2 \pmod 6, 1^2 \pmod 6 eccetera eccetera? Se fosse così sla sequenza sarebbe 0, 1, 4, 3, 4, 1 e, senza contare lo zero iniziale, sarebbe palindroma per ogni m (ovviamente, essendo x^2 \equiv (m-x)^2 \pmod m ) E in tal caso certo ci so...

Potrebbe essere $ \frac{1}{n^2-n} $? Ho come la sensazione di dimenticare qualcosa..

Off topic: scusami Jordan peró potresti evitare di usare il Tex nei titoli degli argomenti? Ogni volta è un casino per il caricamento, sopratutto per me che ho la connessione a rilento :/

Perfetto per il primo..;) per il secondo se moltiplichi per entrambi i membri non dovresti avere 7x \equiv 7(4(mod8))?? (scusa ancora non sono il massimo...) inoltre io pens che la prima congruenza dimostra 4|x e perciò anche l'altro dovrebbe essere divisibile per 4 ma 7x \equiv 2(1+4j) e quindi no...

Beh nel caso di 3k + 2 magari é più utile considerare un altro residuo quadratico, come per esempio... 3? :wink: Re - edit: ho visto male la tua formula :lol: Okay sembra giusta ma mi sembra un caso particolare, non qualcosa che puoi applicare sempre.. O se hai trovato una cosa del genere, posta il ...