Θέμα Εισαγωγικών Scuola Normale Superiore 2016-17 (6)

dement · #1

Το τελευταίο θέμα για φέτος.

Έστω μονικό πολυώνυμο $P(x) \in \mathbb{R}[x]$ με μη μηδενικό σταθερό όρο. Θα λέμε ότι το πολυώνυμο είναι SNS

αν και μόνο αν οι ρίζες του είναι ακριβώς οι μη μεγιστοβάθμιοι συντελεστές του (με τις σωστές πολλαπλότητες), δηλαδή

$\displaystyle P(x) = x^n + \sum_{k=0}^{n-1} c_k x^k = \prod_{k=0}^{n-1} (x - c_k)$ με $n \in \mathbb{N}^*, c_0 \neq 0$ .

1. Να προσδιορισθούν όλα τα τριτοβάθμια SNS

πολυώνυμα στο $\mathbb{Q}[x]$ .

2. Να αποδειχθεί ότι δεν υπάρχει SNS

πολυώνυμο βαθμού $n \geqslant 6$ .

#2

Ας δούμε το (1), που υποπτεύομαι ότι είναι ΠΟΛΥ πιο εύκολο από το (2):

Από x^3+c_2x^2+c_1x+c_0=(x-c_0)(x-c_1)(x-c_2)

προκύπτουν οι

c_2=-c_2-c_1-c_0

,

.

Επειδή $c_0\neq0$ προκύπτει άμεσα η

$c_2=-\displaystyle\frac{1}{c_1}$ ,

που, μαζί με την $c_2=-\displaystyle\frac{c_1+c_0}{2}$ , οδηγεί στην

$c_0=\displaystyle\frac{2-c_1^2}{c_1}$ .

Αντικαθιστώντας τις $c_2=-\displaystyle\frac{1}{c_1}$ και $c_0=\displaystyle\frac{2-c_1^2}{c_1}$ στην c_1=c_2c_1+c_2c_0+c_1c_0

καταλήγουμε στην μερικώς παραγοντοποιήσιμη τεταρτοβάθμια

(c_1+1)(c_1^3-2c_1+2)=0

,

της οποίας μοναδική ρητή ρίζα είναι η c_1=-1

. Συμπεραίνουμε, με c_1=-1

και

,

, ότι το μοναδικό τριτοβάθμιο πολυώνυμο με την ζητούμενη ιδιότητα και με ρητούς συντελεστές είναι το

x^3+x^2-x-1=(x+1)^2(x-1)

.

ΕΠΕΞΕΡΓΑΣΙΑ 21-11-16: διόρθωση τριτοβάθμιου παράγοντα (που δεν επηρεάζει το αποτέλεσμα)

dement · #3

Σωστά Γιώργο.

Να προσθέσω ότι το δεύτερο ερώτημα στις εξετάσεις συνοδευόταν από υπόδειξη, την οποία σκοπίμως παρέλειψα.

#4

dement έγραψε:Σωστά Γιώργο.

Να προσθέσω ότι το δεύτερο ερώτημα στις εξετάσεις συνοδευόταν από υπόδειξη, την οποία σκοπίμως παρέλειψα.

Δημήτρη ορθώς έπραξες, θα το παλέψουμε!

#5

gbaloglou έγραψε:Ας δούμε το (1), που υποπτεύομαι ότι είναι ΠΟΛΥ πιο εύκολο από το (2):

Από προκύπτουν οι

, , .

Επειδή $c_0\neq0$ προκύπτει άμεσα η

$c_2=-\displaystyle\frac{1}{c_1}$ ,

που, μαζί με την $c_2=-\displaystyle\frac{c_1+c_0}{2}$ , οδηγεί στην

$c_0=\displaystyle\frac{2-c_1^2}{c_1}$ .

Αντικαθιστώντας τις $c_2=-\displaystyle\frac{1}{c_1}$ και $c_0=\displaystyle\frac{2-c_1^2}{c_1}$ στην καταλήγουμε στην μερικώς παραγοντοποιήσιμη τεταρτοβάθμια

,

της οποίας μοναδική ρητή ρίζα είναι η . Συμπεραίνουμε, με και , , ότι το μοναδικό τριτοβάθμιο πολυώνυμο με την ζητούμενη ιδιότητα και με ρητούς συντελεστές είναι το

.

ΕΠΕΞΕΡΓΑΣΙΑ 21-11-16: διόρθωση τριτοβάθμιου παράγοντα (που δεν επηρεάζει το αποτέλεσμα)

Ας βρούμε, προσεγγιστικά, και το άλλο SNS πολυώνυμο: αντιστοιχεί στην μοναδική πραγματική ρίζα της c_1^3-2c_1+2=0

, που είναι η $c_1\approx-1,7693$ , οπότε από τους παραπάνω τύπους προκύπτουν οι $c_0\approx0,6389$ , $c_2\approx0,5652$ , και το ζητούμενο πολυώνυμο είναι, προσεγγιστικά πάντοτε, το x^3+0,5652x^2-1,7693x+0,6389

.

#6

Συνεχίζω με την εύρεση του μοναδικού, όπως προκύπτει, τεταρτοβάθμιου SNS πολυωνύμου (με πραγματικούς συντελεστές):

Από την x^4+c_3x^3+c_2x^2+c_1x+c_0=(x-c_3)(x-c_2)(x-c_1)(x-c_0)

προκύπτουν, όπως και στην περίπτωση του τριτοβάθμιου πολυωνύμου, οι σχέσεις

$c_3=-\displaystyle\frac{c_2+c_1+c_0}{2}$ και $c_3=\displaystyle\frac{1}{c_2c_1}$ ,

από τις οποίες προκύπτει η

$c_0=-(c_2+c_1)-\displaystyle\frac{2}{c_2c_1}.$

Με αντικατάσταση αυτών των σχέσεων στις υπόλοιπες δύο αρχικές ισότητες προκύπτει το μη γραμμικό σύστημα

$c_2=-\displaystyle\frac{2}{(c_2c_1)^2}+c_2c_1-(c_2+c_1)^2-\frac{2(c_2+c_1)}{c_2c_1}$

$c_1=1+\displaystyle\frac{2(c_2+c_1)}{(c_2c_1)^2}+\frac{(c_2+c_1)^2}{c_2c_1}+c_2c_1(c_2+c_1).$

Αυτό το σύστημα δεν φαίνεται να είναι επιλύσιμο με το χέρι. Το WolframAlpha -- βλέπε και συνημμένο -- δίνει δύο πραγματικές λύσεις, μία ακριβή και προφανή (εκ των υστέρων), την c_1=-1

,

, και μία προσεγγιστική, την $c_1\approx-0,56984$ , $c_2\approx-1,75488$ . Η πρώτη λύση απορρίπτεται γιατί οδηγεί στην c_0=0

, ενώ η δεύτερη μας δίνει, προσεγγιστικά πάντοτε, το μοναδικό SNS πολυώνυμο τετάρτου βαθμού, το

x^4+x^3-1,75488x^2-0,56984x+0,32472.

(Πράγματι, οι ρίζες του πολυωνύμου είναι, περίπου, οι

,

.)

#7

Και οι δύο λύσεις, έγκυρη και άκυρη, του μη γραμμικού 2x2 συστήματος στο οποίο ανάγεται η περίπτωση του τεταρτοβάθμιου πολυωνύμου ικανοποιούν την c_1c_2=1

: δεν υπάρχει προφανής λόγος γι αυτό, σύμπτωση δεν μπορεί να είναι, ίσως να κρύβει κάποια μεγάλη αλήθεια;

#8

Για SNS πολυώνυμα έκτου (ή μεγαλύτερου) βαθμού ... το είπαμε, δεν γίνεται (έστω και αν δεν ξέρουμε ακόμη γιατί), ας δούμε, έτσι για την τιμή των όπλων, και επί τροχάδην, τι γίνεται στον πέμπτο βαθμό -- παραθέτω το βασικό 3x3 σύστημα (που ούτε το WolframAlpha δεν μπορεί να λύσει):

$c_3=-\displaystyle\frac{2}{(c_3c_2c_1)^2}+\frac{2(c_3+c_2+c_1)}{c_3c_2c_1}-(c_3+c_2+c_1)^2+(c_3c_2+c_3c_1+c_2c_1)$

$c_2=\displaystyle\frac{2(c_3+c_2+c_1)}{(c_3c_2c_1)^2}-\frac{((c_3+c_2+c_1)^2+(c_3c_2+c_3c_1+c_2c_1))}{c_3c_2c_1}-c_3c_2c_1+(c_3+c_2+c_1)(c_3c_2+c_3c_1+c_2c_1)$

$c_1=1-\displaystyle\frac{2(c_3c_2+c_3c_1+c_2c_1)}{(c_3c_2c_1)^2}+\frac{(c_3+c_2+c_1)(c_3c_2+c_3c_1+c_2c_1)}{c_3c_2c_1}-c_3c_2c_1(c_3+c_2+c_1)$

...Όσες λεπτομέρειες παραλείπονται είναι πανομοιότυπες προς ότι συνέβη στις περιπτώσεις τέταρτου και τρίτου βαθμού. Οι ομοιότητες προς αυτές τις δύο περιπτώσεις είναι προφανείς, και ίσως δώσουν κάποια φαεινή ιδέα για την απόδειξη της μη ύπαρξης SNS πολυωνύμων έκτου κλπ βαθμού ... αν και πιστεύω ότι κάποια ριζικά διαφορετική ιδέα απαιτείται...

(Για την ορθότητα των τριών ισοτήτων δεν εγγυώμαι, καθώς, σε αντίθεση προς τις προηγούμενες περιπτώσεις, δεν γνωρίζω αν η επίλυση του συστήματος όντως οδηγεί σε SNS πολυώνυμο. Αν κάποιος έχει πρόσβαση σε καλύτερο πακέτο και μπορεί να λύσει το σύστημα...)

dement · #9

Επαναφορά!

#10

Θα ήθελα απλώς να αναφέρω ότι, με βάση την παραπάνω δουλειά μου και κάποια 'πειράματα' ... είμαι πια σχεδόν σίγουρος ότι ούτε πέμπτου βαθμού SNS πολυώνυμο υπάρχει!

#11

gbaloglou έγραψε:Θα ήθελα απλώς να αναφέρω ότι, με βάση την παραπάνω δουλειά μου και κάποια 'πειράματα' ... είμαι πια σχεδόν σίγουρος ότι ούτε πέμπτου βαθμού SNS πολυώνυμο υπάρχει!

Πιο συγκεκριμένα, ΕΙΚΑΖΩ -- με στρατηγική που προς το παρόν αποτυγχάνει -- ότι η πρώτη εξίσωση του 3x3 συστήματος, δηλαδή η

$c_3=-\displaystyle\frac{2}{(c_3c_2c_1)^2}+\frac{2(c_3+c_2+c_1)}{c_3c_2c_1}-(c_3+c_2+c_1)^2+(c_3c_2+c_3c_1+c_2c_1),$

δεν έχει πραγματικές λύσεις!

[Εικάζω επίσης ότι δεν έχουν πραγματικές λύσεις ούτε οι ανάλογες εξισώσεις στον έκτο κλπ βαθμό, τεσσάρων κλπ μεταβλητών, και βεβαίως η επαλήθευση της εικασίας θα οδηγούσε σε άμεση λύση του θέματος SNS-6.2. (Στην περίπτωση του τετάρτου βαθμού βλέπουμε ότι η ανάλογη -- παρά την αλλαγή ενός προσήμου -- εξίσωση δύο μεταβλητών,

$c_2=-\displaystyle\frac{2}{(c_2c_1)^2}-\frac{2(c_2+c_1)}{c_2c_1}-(c_2+c_1)^2+c_2c_1,$

οδηγεί στην οριακά υπαρκτή κλειστή καμπύλη του συνημμένου!)]

: C2.gif (4.07 KiB) Προβλήθηκε 3815 φορές

#12

gbaloglou έγραψε:
gbaloglou έγραψε:Θα ήθελα απλώς να αναφέρω ότι, με βάση την παραπάνω δουλειά μου και κάποια 'πειράματα' ... είμαι πια σχεδόν σίγουρος ότι ούτε πέμπτου βαθμού SNS πολυώνυμο υπάρχει!
Πιο συγκεκριμένα, ΕΙΚΑΖΩ -- με στρατηγική που προς το παρόν αποτυγχάνει -- ότι η πρώτη εξίσωση του 3x3 συστήματος, δηλαδή η

$c_3=-\displaystyle\frac{2}{(c_3c_2c_1)^2}+\frac{2(c_3+c_2+c_1)}{c_3c_2c_1}-(c_3+c_2+c_1)^2+(c_3c_2+c_3c_1+c_2c_1),$

δεν έχει πραγματικές λύσεις!

Ιδού η στρατηγική που όντως αποτυγχάνει -- χωρίς αυτό να σημαίνει ότι δεν ισχύει η παραπάνω εικασία! -- στην περίπτωση πολυωνύμου πέμπτου βαθμού: παρατίθεται εδώ ΚΑΙ επειδή επιτυγχάνει στα πολυώνυμα έκτου ή μεγαλύτερου βαθμού, επιλύοντας το SNS-6.2 (όπως δείχνω στην επόμενη δημοσίευση)!

Θεωρώντας την παραπάνω εξίσωση είτε ως δευτεροβάθμια ως προς c_3+c_2+c_1

είτε ως δευτεροβάθμια ως προς $\displaystyle\frac{1}{c_3c_2c_1}$ , συμπεραίνουμε ότι έχει πραγματικές λύσεις ως προς c_3

,

αν και μόνον αν είναι μη αρνητικές οι αντίστοιχες διακρίνουσες, δηλαδή αν και μόνον αν ισχύουν ταυτόχρονα οι ανισότητες

$-\displaystyle\frac{1}{(c_3c_2c_1)^2}+(c_3c_2+c_3c_1+c_2c_1)-c_3\geq0,$

$-(c_3+c_2+c_1)^2+2(c_3c_2+c_3c_1+c_2c_1)-2c_3\geq0.$

Η δεύτερη ανισότητα διακρίνουσας γράφεται και ως $(c_3+1)^2+c_2^2+c_1^2\leq1$ , συνεπαγόμενη τις $-2\leq c_3\leq 0$ , $-1\leq c_2\leq 1$ , $-1\leq c_1\leq 1$ . Ισχύοντας λοιπόν η δεύτερη ανισότητα διακρίνουσας ... δημιουργεί ελπίδες μη ισχύος της πρώτης ανισότητας διακρίνουσας ... καθώς οι μικρές σχετικά τιμές των c_3

,

ΙΣΩΣ μεγαλώνουν υπερβολικά τον αρνητικό όρο $-\displaystyle\frac{1}{(c_3c_2c_1)^2}$ , κλπ κλπ

Ένας τρόπος πραγμάτωσης των παραπάνω, βασιζόμενος στην $-2\leq c_3\leq 0$ , είναι ο εξής: χρησιμοποιώντας τις γνωστές ανισότητες $(c_2c_1)^2\leq \displaystyle\frac{(c_2^2+c_1^2)^2}{4}$ και $c_3c_2+c_3c_1+c_2c_1\leq c_3^2+c_2^2+c_1^2$ , καθώς και την δεύτερη ανισότητα διακρίνουσας στις μορφές $c_2^2+c_1^2\leq -c_3^2-2c_3$ και $c_3^2+c_2^2+c_1^2\leq -2c_3$ , συμπεραίνουμε ότι ισχύει η ανισότητα

$-\displaystyle\frac{1}{(c_3c_2c_1)^2}+(c_3c_2+c_3c_1+c_2c_1)-c_3\leq -\frac{4}{c_3^2(c_3^2+2c_3)^2}-3c_3.$

ΑΝ τώρα ίσχυε, για $-2\leq c_3\leq 0$ , και η $-\displaystyle\frac{4}{c_3^2(c_3^2+2c_3)^2}-3c_3<0$ , ισοδύναμη προς την

$-\displaystyle\frac{4}{3}<c_3^5(c_3+2)^2$ για $-2\leq c_3\leq 0$ ,

ΤΟΤΕ θα είχαμε αποδείξει ότι η ισχύς της δεύτερης ανισότητας διακρίνουσας συνεπάγεται την μη ισχύ της πρώτης ανισότητας διακρίνουσας, και θα είχαμε πετύχει τον στόχο μας: δυστυχώς η επιθυμητή ανισότητα ΔΕΝ ισχύει στο δοθέν διάστημα, πχ για $c_3=-\displaystyle\frac{3}{2}$ ή για $c_3=-\displaystyle\frac{10}{7}$ (όπου η c_3^5(c_3+2)^2

έχει ολικό ελάχιστο στο [-2,0]

).

#13

Όπως ήδη ανέφερα, η στρατηγική της προηγούμενης δημοσίευσης, ανεπιτυχής στην περίπτωση πολυωνύμου πέμπτου βαθμού, είναι επιτυχής στην περίπτωση πολυωνύμων έκτου, εβδόμου, κλπ βαθμού: η μη αρνητικότητα της δεύτερης διακρίνουσας συνεπάγεται την αρνητικότητα της πρώτης διακρίνουσας!

Ας το δούμε στην περίπτωση πολυωνύμου έκτου βαθμού... Η εξίσωση που θέλουμε να δείξουμε ότι δεν έχει πραγματικές λύσεις είναι η

$(c_4+c_3+c_2+c_1)^2+\displaystyle\frac{2}{c_4c_3c_2c_1}(c_4+c_3+c_2+c_1)+\frac{2}{(c_4c_3c_2c_1)^2}-(c_4c_3+c_4c_2+c_4c_1+c_3c_2+c_3c_1+c_2c_1)+c_4=0,$

ή, ισοδύναμα, η

$2\cdot (\displaystyle\frac{1}{c_4c_3c_2c_1})^2+2(c_4+c_3+c_2+c_1)\cdot \frac{1}{c_4c_3c_2c_1}+(c_4+c_3+c_2+c_1)^2-(c_4c_3+c_4c_2+c_4c_1+c_3c_2+c_3c_1+c_2c_1)+c_4=0.$

Η ομοιότητα των δύο διακρινουσών προς τις αντίστοιχες διακρίνουσες στην περίπτωση πολυωνύμου πέμπτου βαθμού είναι πασιφανής, παρά την αλλαγή προσήμου στον μεσαίο όρο του τριωνύμου, και το σχέδιο δράσης απόλυτα ανάλογο: υποθέτουμε ότι η δεύτερη διακρίνουσα είναι μη αρνητική, οπότε έχουμε στην διάθεση μας τις ανισότητες $-2\leq c_4\leq 0$ , $c_3^2+c_2^2+c_1^2\leq -c_4^2-2c_4$ , $c_4^2+c_3^2+c_2^2+c_1^2\leq -2c_4$ , οι οποίες, σε συνδυασμό με τις γνωστές (ΑΓΜ) ανισότητες $(c_3c_2c_1)^2\leq \displaystyle\frac{(c_3^2+c_2^2+c_1^2)^3}{27}$ και $c_4c_3+c_4c_2+c_4c_1+c_3c_2+c_3c_1+c_2c_1\leq \displaystyle\frac{3}{2}(c_4^2+c_3^2+c_2^2+c_1^2)$ , δίνουν για την πρώτη διακρίνουσα

$-\displaystyle\frac{1}{(c_4c_3c_2c_1)^2}+(c_4c_3+c_4c_2+c_4c_1+c_3c_2+c_3c_1+c_2c_1)-c_4\leq$

$\displaystyle\leq \frac{27}{c_4^2(c_4^2+2c_4)^3}-4c_4<0,$

με την τελική ανισότητα να ισχύει ως ειδική περίπτωση ( n=4

) της ανισότητας που αποδείχθηκε εδώ!

Ανάλογες 'τελικές' ανισότητες, όλο και ευκολότερες όπως δείχνει και η προσέγγιση του Μιχάλη Λάμπρου εδώ, προκύπτουν και για πολυώνυμα εβδόμου, ογδόου κλπ βαθμού: $-\displaystyle\frac{256}{5}<c_5^7(c_5+2)^4$ , $\displaystyle\frac{3125}{6}>c_6^8(c_6+2)^5$ , κλπ

dement · #14

Δίνω εδώ μία λύση για το δεύτερο ερώτημα. Έστω SNS

πολυώνυμο βαθμού $n \geqslant 6$ .

Ισχύει $\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} c_k^2 = c_{n-1}^2 - 2 c_{n-2} \implies \left( c_{n-2} + 1 \right)^2 + \sum_{k=0}^{n-3} c_k^2 = 1$ . Άρα $|c_{n-2}| \leqslant 2$ , $|c_0| \leqslant 1$ και $\displaystyle \sum_{k=1}^{n-3} c_k^2 \leqslant 1 \implies \sum_{k=1}^{n-3} |c_k| \leqslant \sqrt{n-3}$ .

Από την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ παίρνουμε $\displaystyle \prod_{k=1}^{n-3} |c_k| \leqslant \left( \frac{\sum_{k=1}^{n-3} |c_k|}{n-3} \right)^{n-3} \leqslant \left( \frac{1}{\sqrt{n-3}} \right)^{n-3}$

Επίσης ισχύει $\displaystyle \left| \prod_{k=1}^{n-1} c_k \right| = 1$ . Μαζί με τα παραπάνω, αυτό συνεπάγεται ότι $\displaystyle |c_{n-1}| \geqslant \frac{1}{2} \left( \sqrt{n-3}\right)^{n-3}$

Αλλά ισχύει επίσης $\displaystyle \sum_{k=0}^{n-2} c_k = -2 c_{n-1} \implies \left( \sqrt{n-3} \right)^{n-3} \leqslant 2 |c_{n-1}| \leqslant \sum_{k=0}^{n-2} |c_k| = |c_0| + |c_{n-2}| +$

$\displaystyle + \sum_{k=1}^{n-3} |c_k| \leqslant 3 + \sqrt{n-3} \implies \sqrt{n-3} \left( \left(\sqrt{n-3}\right)^{n-4} - 1 \right) \leqslant 3$ .

Το αριστερό μέλος είναι αύξον και εύκολα βλέπουμε ότι η ανισότητα δεν ισχύει για n = 6

, οπότε φτάνουμε στο άτοπο.

#15

dement έγραψε:Δίνω εδώ μία λύση για το δεύτερο ερώτημα. Έστω πολυώνυμο βαθμού $n \geqslant 6$ .

Ισχύει $\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} c_k^2 = c_{n-1}^2 - 2 c_{n-2} \implies \left( c_{n-2} + 1 \right)^2 + \sum_{k=0}^{n-3} c_k^2 = 1$ . Άρα $|c_{n-2}| \leqslant 2$ , $|c_0| \leqslant 1$ και $\displaystyle \sum_{k=1}^{n-3} c_k^2 \leqslant 1 \implies \sum_{k=1}^{n-3} |c_k| \leqslant \sqrt{n-3}$ .

Από την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ παίρνουμε $\displaystyle \prod_{k=1}^{n-3} |c_k| \leqslant \left( \frac{\sum_{k=1}^{n-3} |c_k|}{n-3} \right)^{n-3} \leqslant \left( \frac{1}{\sqrt{n-3}} \right)^{n-3}$

Επίσης ισχύει $\displaystyle \left| \prod_{k=1}^{n-1} c_k \right| = 1$ . Μαζί με τα παραπάνω, αυτό συνεπάγεται ότι $\displaystyle |c_{n-1}| \geqslant \frac{1}{2} \left( \sqrt{n-3}\right)^{n-3}$

Αλλά ισχύει επίσης $\displaystyle \sum_{k=0}^{n-2} c_k = -2 c_{n-1} \implies \left( \sqrt{n-3} \right)^{n-3} \leqslant 2 |c_{n-1}| \leqslant \sum_{k=0}^{n-2} |c_k| = |c_0| + |c_{n-2}| +$

$\displaystyle + \sum_{k=1}^{n-3} |c_k| \leqslant 3 + \sqrt{n-3} \implies \sqrt{n-3} \left( \left(\sqrt{n-3}\right)^{n-4} - 1 \right) \leqslant 3$ .

Το αριστερό μέλος είναι αύξον και εύκολα βλέπουμε ότι η ανισότητα δεν ισχύει για , οπότε φτάνουμε στο άτοπο.

Υποθέτω αυτή είναι και η 'επίσημη' λύση, με υπόδειξη $\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} c_k^2 = c_{n-1}^2 - 2 c_{n-2}$

Όπως και στην δική μου λύση, παίζει σημαντικό ρόλο η 'απομόνωση' των c_0

και $c_{n-2}$ , και υπάρχουν και άλλες ομοιότητες. Η κύρια διαφορά είναι ότι εγώ καταφεύγω, γενικότερα, στην ανυπαρξία πραγματικών λύσεων της

$x_{n-2}=-\displaystyle\frac{2}{\displaystyle \left( \prod_{k=1}^{n-2} x_k \right)^2}+(-1)^{n-1}\displaystyle \frac{2\left( \sum_{k=1}^{n-2} x_k \right)}{ \prod_{k=1}^{n-2} x_k}-\left(\sum_{k=1}^{n-2} x_k\right)^2+\sum_{1\leq i<j\leq n-2} x_ix_j$

για $n\geq 6$ (σίγουρα) και για $n\geq 5$ (σχεδόν σίγουρα).

Θέμα Εισαγωγικών Scuola Normale Superiore 2016-17 (6)

Θέμα Εισαγωγικών Scuola Normale Superiore 2016-17 (6)

Re: Θέμα Εισαγωγικών Scuola Normale Superiore 2016-17 (6)

Re: Θέμα Εισαγωγικών Scuola Normale Superiore 2016-17 (6)

Re: Θέμα Εισαγωγικών Scuola Normale Superiore 2016-17 (6)

Re: Θέμα Εισαγωγικών Scuola Normale Superiore 2016-17 (6)

Re: Θέμα Εισαγωγικών Scuola Normale Superiore 2016-17 (6)

Re: Θέμα Εισαγωγικών Scuola Normale Superiore 2016-17 (6)

Re: Θέμα Εισαγωγικών Scuola Normale Superiore 2016-17 (6)

Re: Θέμα Εισαγωγικών Scuola Normale Superiore 2016-17 (6)

Re: Θέμα Εισαγωγικών Scuola Normale Superiore 2016-17 (6)

Re: Θέμα Εισαγωγικών Scuola Normale Superiore 2016-17 (6)

Re: Θέμα Εισαγωγικών Scuola Normale Superiore 2016-17 (6)

Re: Θέμα Εισαγωγικών Scuola Normale Superiore 2016-17 (6)

Re: Θέμα Εισαγωγικών Scuola Normale Superiore 2016-17 (6)

Re: Θέμα Εισαγωγικών Scuola Normale Superiore 2016-17 (6)

Μέλη σε σύνδεση