Επίσης επειδή είμαστε σε μαθητικό φάκελλο καλό θα ήταν να εξηγήσουμε γιατί υπάρχει το $a$.
(είναι όλα τα λεφτά της απόδειξης)

Θα μπορούσαμε να πούμε ότι το $a$ είναι ένα σημείο που η $\left | f \right |$ παίρνει
ελάχιστη τιμή.(λόγω συνέχειας υπάρχει)


Αλλιώς: Αν δεν υπάρχει τέτοιο $a$ τότε ...

Καλησπέρα.

Υπάρχει τέτοιο ώστε . Τότε

.

Γράφουμε την εξίσωση ως $\displaystyle{8^x-2^x=17^x-11^x}$. Παρατηρούμε ότι η εξίσωση έχει λύσεις $x=0,x=1$. Δείχνουμε ότι δεν υπάρχουν άλλες. Έστω $x \neq 0,x \neq 1$ μια πραγματική λύση της εξίσωσης. Θεωρούμε την συνάρτηση $T(a)=(8+a)^x-(2+a)^x$ με πεδίο ορισμού $(-1,+\infty)$. Εφόσον η εξίσωση ...

Πολύ ωραίες αποδείξεις.

Η απόδειξη μου: Θεωρούμε ''απλά'' $\displaystyle{f(t)=A^{1-t}B^t}$. Το θέμα είναι ότι η συνάρτηση αυτή χρειάζεται να οριστεί καλά, και αυτό θέλει αρκετή δουλειά. Η ερμηνεία του $\displaystyle{A^{1-t}B^t}$ είναι ως $\displaystyle{e^{(1-t)\log A}e^{t \log B}}$. Όταν ένας ...

Έστω δύο πίνακες με ορίζουσα . Αποδείξτε ότι υπάρχει συνεχής συνάρτηση τέτοια ώστε , και για κάθε .

Γράφω την απόδειξη μου.

Ισχύει ότι $\displaystyle{\binom{n}{k}=\frac{1}{2\pi i} \oint_{\gamma}\frac{(1+z)^n}{z^{k+1}} \mathrm{d}z}$ όπου $\gamma$ είναι οποιαδήποτε απλή, κλειστή καμπύλη στο μιγαδικό επίπεδο που περικλείει το $z=0$. Η απόδειξη της σχέσης αυτής είναι άμεση από το διωνυμικό θεώρημα ...

Όπως γράφει και ο Αχιλλέας, το πρόβλημα αυτό είναι τόσο διάσημο στα μαθηματικά των διαγωνισμών που έχει και δική του σελίδα στην Wikipedia!

Επίσης και άρα .

Για φυσικούς να αποδειχθεί η ανισότητα



Μάλλον υπάρχουν καλύτερα άνω φράγματα αλλά για το συγκεκριμένο έχω μια πολύ ωραία απόδειξη.

Ένα πολυώνυμο $P(x)$ n-οστού βαθμού ικανοποιεί τη συνθήκη $P(k)=2^{k}$ για $k=0,1,2,....,n.$
Βρείτε το $P(n+1)$ .



Μια άλλη λύση. Ένα πολυώνυμου βαθμού $n$ καθορίζεται πλήρως από $n+1$ τιμές του και μάλιστα από το θεώρημα παρεμβολής του Lagrange έχουμε και τύπο. Άμα το χρησιμοποιήσουμε στο ...

Αυτή το πρόβλημα μου θύμισε το παρακάτω. Το διατυπώνω έτσι για πλάκα:

Έστω $S(n)$ το άθροισμα των διαιρέτων του φυσικού αριθμού $n$. Ειναι εφικτό να αποδείξουμε την ανισότητα $\displaystyle{S(n) \leq H_n+e^{H_n}\ln (H_n)}$ για κάθε $n$ με ισότητα μόνο για $n=1$ με στοιχειώδη μαθηματικά?

Θα ...

Αυτή το πρόβλημα μου θύμισε το παρακάτω. Το διατυπώνω έτσι για πλάκα:

Έστω $S(n)$ το άθροισμα των διαιρέτων του φυσικού αριθμού $n$. Ειναι εφικτό να αποδείξουμε την ανισότητα $\displaystyle{S(n) \leq H_n+e^{H_n}\ln (H_n)}$ για κάθε $n$ με ισότητα μόνο για $n=1$ με στοιχειώδη μαθηματικά?

Θα γράψω ...

Με απλές στροφές βρίσκουμε ότι $P(x,y)=P(y,x)$ και $P(x,y)=P(x,-y)$. Από την πρώτη σχέση το πολυώνυμο είναι συμμετρικό και άρα από το θεμελιώδες θεώρημα των συμμετρικών πολυωνύμων , μπορεί να γραφεί ως πολυώνυμο των απλών συμμετρικών πολυωνύμων $x+y$ και $xy$. Όπου βλέπουμε το $xy$ το γράφουμε $xy ...

Και εδώ.

Και εδώ.

Έστω . Να δείξετε ότι



Την είδα στο AoPS και μου άρεσε πολύ.

Μια λύση με Διαφορικό Λογισμό.

Έστω . Είναι και



Άρα . Άρα η είναι αύξουσα.

Η παρακάτω λύση δεν συγκρίνεται με την απλότητα των προηγούμενων.

Έχουμε $\displaystyle{2f(x)f(y+z)=f(x+2(y+z))=f(x+2y+2z)=2f(x+2y)f(z)=4f(x)f(y)f(z)}$ Είτε η $f$ είναι ταυτοτικά $0$ ή $\displaystyle{2f(y+z)=4f(y)f(z)}$. Από εδώ κλασικά μέσω της συναρτησιακής εξίσωσης του Cauchy βρίσκουμε ...

Δείτε και εδώ.

Έστω $g(x)=f(x)+f(-x)$. Τότε $\int_{-1}^1 x^ng(x) dx =0 \quad (*)$ για κάθε $n$ φυσικό διότι αν $n$ άρτιος το παίρνουμε από την υπόθεση ενώ αν $n$ περιττός είναι άμεσο διότι η $g$ είναι άρτια. Είναι γνωστό ότι μέσω του Θεωρήματος του Weierstrass η $(*)$ δίνει $g(x)=0$ για κάθε $x$ και άρα η $f ...