OliForum Matematico

Approfitto del fatto che la disuguaglianza in questione è stata abbondantemente sbranata dai post precedenti, per fare qualche analisi post-mortem. In particolare, sperando di illuminare chi sta imparando, cercherò di rafforzare ulteriormente, a suon di euristica, il claim di darkcrystal ... se non ...

Hint

Sperando non sia mai stato postato... (e' un quesito abbastanza naturale)

Determinare tutte le coppie di numeri interi tali per cui
$ a+b \ \ |\ \ a\cdot b $

Propongo un abbozzo di una possibile soluzione (non molto anticonvenzionale in realtà questa). (Solo un abbozzo, così se qualcuno ci ha sbattuto la testa, può provare per esercizio a seguire questa traccia) In qualche modo ti riduci a voler dimostrare che EC è bisettrice di FCG. Adesso dimostri prop...

Alcuni hint per un problema carino. Hint1. Non farsi spaventare dalle ipotesi apparentemente restrittive: volere è potere. Hint2. Un po' di buonsenso: tu cosa faresti al posto di Julian, sperduto in un territorio sconosciuto, impopolato e dove non prende il cellulare? Hint3. Mica ti metterai a vagar...

Visto che nessuno scrive.. Mettiamola in questi termini: dato un \alpha che funziona, la disuguaglianza deve valere per QUALUNQUE quaterna (x,y,z,w) tale che x,y,z,w > 0 e xyzw=1 . In particolare deve valere ANCHE per terne specifiche, come quelle della forma (k,\frac{1}{k},1,1) , ad esempio (con k ...

In effetti la lunghezza del ciclo esatta è: ord_h(2)+ordis_h(2) dove ord_h(2) conta le potenze di due (mod h) e ordis_h(2) conta le potenze di due dispari (mod h) (Nota1: non pensavo che un giorno avrei mai scritto questa frase :lol: ; Nota2: prendendo il rappresentante della classe di congruenza in...

Grande Andrea!
Doveva essere il tuo momento.
E lo è stato.

A mio parere uno è "bravo" in due sensi. In atto e in potenza. Ovvero: detto in modo semplicistico, oggi sei a questi livelli, però potresti teoricamente arrivare a questi altri. Quindi penso che il lavoro e lo studio ti permettano di avvicinarti sempre di più ai propri limiti (senza mai r...

Aggiungo un altro consiglio, questo però di tipo "euristico", meno importante, ma abbastanza "pesante": Il primo giocatore ha la massima libertà di scelta e può decidere quali e quanti divisori inibire dall'inizio. In particolare potrebbe annichilare i valori vincenti del secondo...

Secondo me è karamata scritto.. de gustibus...

Scusami se ti confuto, ma la faccenda è più complicata di quanto pensi. Per interdire dei salti in progressione aritmetica non servono $\frac{n\cdot (n+1)}{2} come dici. Se così fosse, la stima di (n-1) bombe sarebbe molto larga in qualche caso (e quindi non difficile da smontare). Tuttavia la stima...

Hai ragionissima.

Comunque, al Senior 2008 Sessione A4 si è dimostrata una disuguaglianza simile alla tua:

$ $3(f(a)+f(b)+f(c)+f(\frac{a+b+c}{3}))\geq 4\sum_{cyc} f(\frac{a+b}{2}) $.

Immagino che c'entri qualcosa Karamata.

Davvero molto interessante quella disuguaglianza! Tra l'altro, mi hai fatto venir voglia di redimermi da quell'obrobrio artificioso (seppur in un certo senso istruttivo) che ho postato più sopra. O fare un'altra gaffe... $2+a^2+b^2=1\cdot 1 + 1\cdot 1 + a \cdot a + b\cdot b \geq 1\cdot a + 1\cdot a ...

@red: vero...
@pexar vero! il trucco è A|A.