Με προλάβανε αλλά μιας και έγραψα και τις λεπτομέρειες... Με ισχυρή επαγωγή στο $m$ όπου $n=2m$ το μήκος της $a$. Για $m=0,1$ είναι προφανές. Έστω λοιπόν ότι ισχύει για κάθε άρτιο $m \leqslant k$ και έστω μια ακολουθία $a$ μήκους $2k+2$. Αν είναι της μορφής $0b1$ ή της μορφής $1b0$ τότε το $b$ έχει ...

Ακόμη μία απόδειξη. Ας γράψω $r = f(1)= a+b$ και $s=f(0)=b$. Τότε $\displaystyle ab = (r-s)s = -\left(r-\frac{s}{2}\right)^2 + \frac{s^2}{4} \leqslant \frac{1}{4}$ με ισότητα αν και μόνο αν $|s|=1$ και $r=s/2$. Μένει να κάνουμε τον απλό έλεγχο ότι η $f(x) = \pm \frac{x+1}{2}$ ικανοποιεί τις συνθήκες.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑

Κυρ Δεκ 09, 2018 7:26 pm

Ετσι η εξίσωση

έχει ρίζες τα

Αυτό όμως είναι ΑΤΟΠΟ(γιατί ; )

Οι ρίζες της εξίσωσης εμφανίζονται σε ζεύγη της μορφής . Δηλαδή σε ζεύγη με σταθερό άθροισμα . Τα όμως, δεν μπορούν να χωριστούν με τέτοιο τρόπο.

Θεωρώ ότι η συγκεκριμένη μέθοδος θα έπρεπε να είναι πιο γνωστή στους μαθητές από ότι πραγματικά είναι. Όταν διδάσκουμε διατάξεις, συνδυασμούς, μεταθέσεις, θα έπρεπε να διδάσκεται και αυτό.

Το είχα βάλει πέρσι και στο πρόβλημα της εβδομάδας.

Για κάτι αρκετά πιο δύσκολο δείτε και αυτό.

Έστω το σύνολο όλων των ακολουθιών μήκους των οποίων οι όροι ανήκουν στο σύνολο και έχουν άθροισμα . Να δειχθεί ότι

Μιχάλη, στο ελάχιστο δεν θα έχουμε $MC \perp BM$. Θα έχουμε $\angle AMB = \angle BMN = \angle MBA$. Άρα $AB = AM=MC = 2MN$. Από Θεώρημα Συνημιτόνων, θέτοντας $x=BM$ έχουμε $\displaystyle (MN)^2 = x^2 + \frac{a^2}{4} - \frac{ax}{2}$ και $\displaystyle (MC)^2 = x^2 + a^2 - ax$ Από την $MC = 2MN$ παίρν...

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑

Σάβ Δεκ 08, 2018 2:00 pm

Μπορούμε πολύ καλύτερα. Αποδεικνύεται ότι για μικρά είναι

Ας δούμε επίσης και την ανισότητα για .

Έστω $k(x) = g(h(x))$ και έστω $x_1,x_2$ οι ρίζες του $f$. Τότε το $k(x)$ είναι πολυώνυμο τετάρτου βαθμού. Για κάθε $1 \leqslant n \leqslant 8$ είναι $f(k(n)) = 0$ και άρα υπάρχει $i \in \{1,2\}$ ώστε $k(n) = x_i$. Επειδή το $k$ είναι τετάρτου βαθμού, για τα μισά $n$ θα έχουμε $k(n) = x_1$, και για ...

Ωραίο. Θα το δείξω με επαγωγή στο $m+n$. Είναι προφανές όταν $m=n=1$ αφού $a_1 = 1$, άρα $gh = e$ που δίνει $h = g^{-1}$ και άρα και $hg = e = gh$. Για το επαγωγικό βήμα ελέγχουμε δύο περιπτώσεις. Περίπτωση 1: Αν $m >n$ θέτω $m' = m-n, n' = n$. Τότε $a_k' = a_k - 1$ για κάθε $k$. Θέτω $g' = gh$ και ...

Θα δείξω ότι $k \geqslant n-1 - \log_2 n $ το οποίο (για $n \geqslant 4$) είναι καλύτερο φράγμα. Έστω $x_{n-k+1} = \cdots = x_n = 1$ και έστω επίσης ότι $x_i = y_i+1$ για $1 \leqslant i \leqslant n-k$. Τότε $\displaystyle n + y_1 + \cdots + y+{n-k} = (y_1+1) \cdots (y_{n-k}+1) \geqslant (y_1+\cdots ...

Μιας και μπήκε στο ΑΕΙ ας δούμε και μια λύση με το Hilbert Satz 90 . Αντί του ζητουμένου, θα βρούμε όλες τις ρητές ρίζες της $a^2 + 2b^2 = 1$. Δεν είναι δύσκολο να μετακινηθούμε μεταξύ των δύο. Θεωρούμε την επέκταση $\mathbb{Q}(i\sqrt{2})$ υπέρ του $\mathbb{Q}$. Είναι κυκλική επέκταση με γεννήτρια τ...

Έστω σημεία $A,B,C,D$ στο επίπεδο, ανά τρία μη συνευθειακά. Τα τετράγωνα των μηκών των τμημάτων $AB,AC,AD,BC,BD$ και $CD$ είναι όλα ρητοί αριθμοί. Να δειχθεί ότι ο λόγος των εμβαδών $\displaystyle \frac{E(\triangle ABC)}{E(\triangle ABD)}$ είναι επίσης ρητός. Νομίζω εύκολη για Α6. Θα δείξουν βέβαια ...

Έστω απείρως παραγωγίσιμη συνάρτηση ώστε , και για κάθε .

Να δειχθεί ότι υπάρχει θετικός ακέραιος και πραγματικός αριθμός ώστε .

Έστω πρώτοι μεταξύ τους θετικοί ακέραιοι $m,n$ και έστω $\displaystyle a_k = \left\lfloor \frac{mk}{n} \right\rfloor - \left\lfloor \frac{m(k-1)}{n} \right\rfloor$ για $k = 1, 2, \dots, n$. Έστω $g,h$ στοιχεία μιας ομάδας $G$ ώστε $\displaystyle gh^{a_1} gh^{a_2} \cdots gh^{a_n} = e,$ όπου $e$ το τα...

Μάλλον απλή για το επίπεδο των φοιτητών που παίρνουν μέρος στον διαγωνισμό. Μιχάλη, σχεδόν πάντα η Α1 και η Β1 είναι απλές. Έχουν 6 ασκήσεις την ημέρα να λύσουν οπότε δεν χάθηκε ο κόσμος να βάλουν και κάποιες εύκολες. Μιας και ο Δημήτρης έβαλε την άσκηση εδώ να σημειώσουμε ότι η άσκηση έχει εμφανισ...

Να βρεθεί η μεγαλύτερη δυνατή τιμή του



όπου οι είναι πραγματικοί αριθμοί ώστε

Έστω $S_1, S_2, \dots, S_{2^n - 1}$ τα μη κενά υποσύνολα του$\{1, 2, \ldots, n\}$ με κάποια σειρά, και έστω $M$ ο $(2^n - 1) \times (2^n - 1)$ πίνακας του οποίου το $(i, j)$ στοιχείο είναι το $\displaystyle m_{ij} = \begin{cases} 0 & \text{\gr αν } S_i \cap S_j = \emptyset \\ 1 & \text{\gr αν } S_i ...

Το Σαββατοκύριακο που μας πέρασε διεξήχθη ο διαγωνισμός Putnam. Θα βάλω σιγά σιγά τα θέματα. Ξεκινάω από το Α1 που είναι κλασικό και κάνει και για το Γυμνάσιο.

Να βρεθούν όλα τα διατεταγμένα ζεύγη θετικών ακεραίων ώστε

οπότε χρειάζεται λιγότερη αυστηρότητα αφού αν κάτι πάει στραβά αμέσως θα το καταλάβουμε. Τόλη, νομίζω το κλειδί είναι εδώ. Μπορεί και να μην το καταλάβουμε καθόλου. Ιδίως αν δεν έχουμε στην διάθεσή μας κάποιο υπολογιστικό πακέτο. Π.χ. Να υπολογιστεί το $\displaystyle I = \lim_{n \to \infty} \int_{-...

Δεν στέκουν όλα. Πρέπει να ελέγχονται. Στην συγκεκριμένη περίπτωση δουλεύει το Θεώρημα Κυριαρχημένης Σύγκλισης αρκεί να εφαρμοστεί σωστά. Ας γράψουμε $\displaystyle a_n = \sqrt{n}\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos{x}}{(1+x^2)^n} \, \mathrm{d}x.$ Είναι απλό ότι αυτά τα ολοκληρώματα υπάρχουν. Κάνοντας...