OliForum Matematico

ok... apprezzo la tua buona volontà, Israel, ma tu stesso ammetti di essere qua da poco. <BR> <BR>Quanto a \"sboroni\", non credo che in questa sede l\'aggettivo sia azzeccato. La parola giuste è direi \"colmi\", \"saturi\", a causa di una situazione di indolenza e deca...

Non vorrei fare il duro, ma in un topic creato da Az ho descritto come costruire un criterio di divisibilità qualsiasi sia il primo in questione. <BR>In realtà il procedimento è meccanico, non c\'è grande differenza con un caso specifico, per esempio con il caso p=13. <BR>Quindi, che ne dici di prov...

Io ho una soluzione più bella, letta sulla settimana enigmistica.
<BR>La torre di Pisa pende ad est...

Ecco, adesso che mi avete usurpato lo spazio che ne dite di guardare pure il problema originale? <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">
<BR>Comunque grazie DD, hai evitato l\'affossamento del topic.

Evariste, premetto che non ho letto in modo approfondito il tuo post sull\'IMO \'96. A grandi linee però mi pare tutto giusto. Quindi, anzitutto, bravo. Avevi ragione, la mole di calcoli pare tollerabile. Fatto sta che questo è il problema che ha ricevuto meno soluzioni all\'IMO. <BR> <BR>Poi, per i...

IMO 1983, n°3
<BR>Let a , b and c be positive integers, no two of which have a common divisor greater than 1. Show that 2abc - ab - bc - ca is the largest integer which cannot be expressed in the form xbc + yca + zab, where x, y, z are non-negative integers.

L\'amore di Veneziano

Perchè lo faccio? Perchè sì... che belli i primi tempi del forum! <BR> <BR>Per le potenze (di naturali) è immediato: <BR>Supponiamo per assurdo che si possa avere a^n = a^b1 + a^b2 +....+ ^bK, con b1 < b2 < ... < bK. Allora in mod a^b2 il membro di destra è congruo a a^b1, il che implica che a^b2 no...

Detto questo, lo uppo

Caro vecchio Gauss (ora Penny), non mi ringraziare... piuttosto dedichiamo assieme un 10 secondi di amaro rimpianto per la nostra giovinezza, che tra l\'altro coincideva anche con un periodo felice del forum. <BR>Se mi dici dove l\'amico Arturo fa le sue illuminate considerazioni sulla questione in ...

Beh, se la dimostrazione è così ovvia ti chiedo scusa a nome mio e di Steinhaus... se non ti tedio troppo, potresti postarla? Il poligono non deve essere necessariamente convesso.
<BR>

Non è che i residui quadratici o cubici o ennesimi siano cose strane da impararsi a memoria: si possono ricavare con facilità. Certo, ricordarseli poi aiuta: per esempio, i cubi sono \"buoni\" mod7 (-1,0,1) e mod9 (lo stesso).

Siete del tutto OT, off-topic, fuori argomento

Visto che ci siamo, propongo una piccola variante di una famosa equazione funzionale venuta fuori nel risolvere il problema di penny.
<BR>
<BR>Determinare tutte le f: R--->R continue e tali che f(x+y)=2f(x)f(y)

Sia data la retta y=ax, con a irrazionale. Dimostrare che, benchè non passi per punti a coordinate intere (fatta eccezione per 0,0), passa arbitrariamente vicino ad opportuni punti a coordinate intere.