Olimpiadi della Matematica Torino - OliMaTO - Forum

Falso. I conti sono relativamente pochi e viene una meraviglia. In effetti :lol: In realtà lo dissi perché generalmente il circocentro di un triangolo ha un'espressione in funzione delle lunghezze dei lati un po' lunghetta e non sempre è facile da maneggiare, o almeno così mi è sembrato leggendo le...

Ci rinuncio.
Anche perché in effetti Sophie-Germain è più che soddisfacente

Oppure si può fare anche prendendo $m=nb^3$ e quindi si ha $n^4+m=n^4+nb^3=n(n^3+b^3)=n(n+b)(n^2-nb+b^2)$, in modo che l'ultimo fattore sia positivo.

Aej e allora per forza come scritto sopra

Gerald Lambeau ha scritto:

Salvador ha scritto:Sì è vero in baricentriche sono troppi conti e anche poco chiari.

Falso. I conti sono relativamente pochi e viene una meraviglia.

Veramente? Allora dovrò riprovarci. Forse hai preso un triangolo di riferimento diverso da quello canonico?

Tutti gli $m$ dispari tali che $m\equiv -1 \bmod{3}$ vanno bene: infatti, se $n$ è dispari allora $m+n^4$ è pari e maggiore di 2 (perché $m \ge 5$); se $n$ è pari allora $n^4\equiv 1 \bmod{3}$ e dunque $n^4+m\equiv 0 \bmod{3}$ e $n^4+m>3$, dunque è un multiplo di 3 maggiore di 3, dunque non primo.

Tre vecchi amici assi di altri vecchi amici e amiche?

Sì è vero in baricentriche sono troppi conti e anche poco chiari.
Un hint?
Può essere d'aiuto il fatto che $BCKJ$ è ciclico?

Sisi certo scusa Ah e forse avrò sbagliato a scrivere a proposito di $v$, perché in effetti si ottiene proprio $M(v-1)$. Grazie comunque! :D Prego! :D Comunque guarda, il fatto che ottieni proprio $M(v-1)$ non è così grave, anzi dovrebbe suggerirti come trovare l'assurdo. Sisi che $M(v-1)$ non è ra...

Tu ne hai trovata una diversa?