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In realtà questo problema non usa nulla di strano, nulla di extra-olimpico. Se vuoi posso riformularlo così: Data la $f$ di prima, per ogni $n \in \mathbb N$ definiamo $$a_n=\sum\limits_{i=1}^{n} \frac{f(i)}{i^2}.$$ Dimostrare quindi che per ogni $M\in \mathbb R^+$, esiste $k\in \mathbb N$ tale che ...

Sia $P_n$ una successione di polinomi in $t$ definita in questo modo:
$$P_0(t)=P_1(t)=1,$$ $$P_{n+2}(t)=(t^2-2)P_{n+1}(t)-P_n(t)+4-2t.$$
Dimostrare che $P_n$ è quadrato di un polinomio per ogni $n \in \mathbb N$.

Sia $f:\mathbb N \rightarrow \mathbb N$ una funzione iniettiva.
Dimostrare che $$\displaystyle \sum\limits_{i=1}^{\infty} \frac{f(i)}{i^2}$$diverge.

Troleito br00tal ha scritto:1) Lemma di Gauss (supercannone)

Beh, così tanto supercannone non mi sembra... Alla fine dice in modo forse incasinato per uno che non l'ha capita una cosa abbastanza ovvia!

Nell'attesa che qualcuno faccia i conti, spiego come si poteva risolvere l'esercizio senza accorgersi che $f$ era crescente, ma "solo" manipolando un poco l'espressione. Prima di tutto uno nota che l'incognita $x_0$ deve essere maggiore di 1, altrimenti $f(x_0)$ è negativa e minore di 2 al...

Sono io che prendo un abbaglio oppure moltiplicando per n! non viene fuori ... Sì, ho decisamente sbagliato a fare i conti, viene quello che dici. Quindi $n!$ è soluzione e $!n$ (il subfattoriale o il numero di dismutazioni) è un'altra soluzione. resterebbe da dimostrare che tutte e sole le soluzio...

A me non torna quella cosa che dici... Forse però basta sistemare qualche indice/esponente/coefficiente.
Comunque se sai la risposta di una ricorrenza, è quasi certo che per induzione venga! Sarà per qualcosa una ricorrenza!
Ma, certamente, il problema è fatto per applicare quanto detto da StW...

A questo punto ho due equazioni di Cauchy che valgono nei razionali si può dire qualcosa di più in R??? Calma un attimo! Forse bisogna ripassare come da $f(xy)=f(x)f(y)$ si passa a $f(x)=x^a$. Intanto l'idea è di ricondurre questa ad una Cauchy classica. Poniamo $x=exp(a),y=exp(b)$ e, dopo aver pos...

Beh, moltiplicando per $n!$ e chiamando $f(n)=n!p(n)$, $f$ soddisfa per ricorrenza a $f(n)=(n-1)f(n-1)+(n-1)f(n-2)$, che è una ricorrenza lineare. È facile dimostrare che $f(n)=n!$ e $f(n)=!n$ soddisfano, quindi la soluzione è in generale una combinazione lineare delle 2. Ora non resta che "imp...

Dite che se nell' ultimo dimostrativo (quello geometrico) ho preso direttamente un trapezio isoscele, senza fare discorsi di affinità, la soluzione è comunque da 15 punti (il testo non limitava in questo senso...)? Secondo me, mi dispiace dirtelo, ma così la soluzione è da 1 punto perché a febbraio...

1) La dispensa linkata da Gi. è un must. Quando saprai, ma soprattutto saprai applicare tutto quello che contiene, allora riuscirai a passare la fase provinciale e ad ottenere risultati discreti anche in quella nazionale. 2) La probabilità nelle olimpiadi assume una posizione molto marginale: si può...

Mi verrebbe da dirti che è perfettamente ragionevole la tua stima, ed è circa in linea con quanto accaduto nella mia privincia gli ultimi anni...

Siano $m\geq n\geq k\geq 0$ interi e siano $a\geq b\geq c\geq 0$ reali.
Dimostrare che
$ \displaystyle \sum\limits_{cyc}a^mb^nc^k \geq \sum\limits_{cyc}a^mb^kc^n. $
Determinare anche i casi di uguaglianza!

Volendo si potrebbe sfruttare il fatto che \sum\limits_{i=0}^n\binom{k+i}{k}=\binom{k+n+1}{k+1} quindi notiamo che \binom{k+x}{k} è un polinomio in x di k -esimo grado. Ora i polinomi \binom{0+x}{0},\binom{1+x}{1},\dots,\binom{h+x}{h} possono essere usati al posto di 1,x,\dots,x^h come base dello sp...

Beh, se ad uno non viene in mente come contare subito tutti e soli i modi di prendere tali insiemi, può anche prenderne in eccesso, prima, quindi togliere il superfluo...