Στο συνημμένο υπάρχει το τελικό κείμενο στο οποίο στηρίχθηκε η παρέμβαση μου στο στρογγυλό τραπέζι του 34ου Συνεδρίου της ΕΜΕ. Φυσικά α) αυτό που τελικά παρουσιάστηκε σε ρέοντα λόγο ήταν κάπως διαφορετικό β) εξέφραζε προσωπικές απόψεις και όχι υπηρεσιακές θέσεις. Μαυρογιάννης_Πανελλήνιο Συνέδριο Ελλ...

Η άσκηση προέρχεται από ένα ενδιαφέρον διδακτικό επεισόδιο που παρουσιάστηκε σε μια εισήγηση της Α. Γαβριήλ και του Α. Λύκου που παρακολούθησα στο συνέδριο της ΕΜΕ σήμερα. Φυσικά η μεταφορά της υπό την παρακάτω μορφή φτωχαίνει το θέμα αλλά από την άλλη έχει, νομίζω, κάποιο ενδιαφέρον. Η άσκηση: Θεωρ...

Με καθυστέρηση (λόγω συνεδρίου) εύχομαι σε όσες και όσους γιόρταζαν του Αγίου Νικολάου χρόνια πολλά και καλά. Ευχαριστώ για τις ευχές και εύχομε σέ όλους Καλά Χριστούγεννα με υγεία.

Χρόνια πολλά και δημιουργικά στις εορτάζουσες και στους εορτάζοντες.
Ξεχωριστές ευχές στους καλούς συναδέλφους Ανδρέα Βαρβεράκη, Ανδρέα Παντερή, και Ανδρέα Πούλο.

Στην ιστοσελίδα του David Delphenich http://neo-classical-physics.info/index.html υπάρχουν μεταφράσεις στα Αγγλικά μερικών πολύ ενδιαφερόντων μαθηματικών κειμένων κυρίως από τα Γερμανικά. Μεταξύ αυτών υπάρχουν τα: B. L. van der Waerden, Groups of Linear Transformations , Springer, Berlin, 1935; repr...

Μια άλλη προσέγγιση που ίσως έχει κάποιο ενδιαφέρον να συζητηθεί στην τάξη: Από την υπόθεση $\alpha ^{2}=\beta ^{2}+\gamma ^{2}$ έχουμε ότι $\alpha >\gamma $, $\alpha >\beta $ και ότι $\left( \alpha -\beta \right) \left( \alpha +\beta \right) =\gamma \cdot \gamma $. Προφανώς $\alpha +\beta >\gamma $...

Δημήτρη κοίταξα το θέμα. Έχεις απόλυτο δίκιο. Βλέποντας τόσους σημαντικούς συγγραφείς να μην συνδέουν την απόδειξη με το το αξίωμα της επιλογής είχα μείνει με την εντύπωση ότι πράγματι δεν χρειάζεται. Εκτός από αυτούς που ανέφερα είδα ότι το αξίωμα της επιλογής παρακάμτεται από τον Lang στο Analysis...

Εν τέλει : $x^8+98x^4+1=(x^4+4x^3+8x^2-4x+1)(x^4-4x^3+8x^2+4x+1)$ ή $x^8+98x^4+1=(x^4-2\sqrt{6}x^3+12x^2-2\sqrt{6}x+1)(x^4+2\sqrt{6}x^3+12x^2+2\sqrt{6}x+1)$ Η δεύτερη λύση δεν είναι αποδεκτή (αφού δεν έχουμε μόνο ακέραιους συντελεστές ) είναι όμως εντυπωσιακή , αφού ούτε το Wolframalpha την παράγει...

Χρόνια πολλά, καλά και δημιουργικά σε όσες και όσους γιορτάζουν σήμερα.
Ξεχωριστές ευχές στον Μιχάλη Λάμπρου από τον οποίο τόσοι πολλοί μαθαίνουμε τόσα πολλά.

Δημήτρη διάβασα το επιχείρημα σου όπως και το επιχείρημα του Μοαχοβάκη το οποίο αν και το είχα δει παλαιότερα το είχα ξεχάσε (την παραπομπή στο οικείο κεφάλαιο "ΕΠΙΛΟΓΕΣ" την έκανα βιαστικά από τον πίνακα περιεχομένων του pdf). Όντας σπίτι και έχοντας το βιβλίο διάβασα προσεκτικά το μέρος στο οποίο ...

Με μία κουβέντα που είχα χθες με τον κ. Νίκο Μαυρογιάννη διαπίστωσα πως δε χρειάζεται το αξίωμα επιλογής. Αντ' αυτού μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το διαγώνιο επιχείρημα Cantor-Schroeder-Bernstein και να σχηματίσουμε injections μεταξύ του $\mathbb{N}$ και του $\mathbb{N}\times \mathbb{N}$. Κάποια στ...

Γράφω και μια απάντηση για το ii) . Σύμφωνα με την προηγούμενη επεξεργασία από τις υποθέσεις έχουμε ότι αφού $p=q$ θα είναι $A^{2}=B^{2}=pI$. Επίσης έχουμε ότι $\det \left( A\right) =\det \left( B\right) =-p$. Το χαρακτηριστικό πολυώνυμο του $\left( AB\right) ^{2}$ είναι το $x^{2}-tr\left( \left( AB...

Στους πολλούς και καλούς συναδέλφους που γιορτάζουν σήμερα εύχομαι χρόνια πολλά με υγεία και δημιουργία.

Επωφελούμενος ενός διαλείμματος για φαγητό: Συμπληρώνω. Έστω $q$ όχι τετράγωνο ρητού. Θα είναι όπως πριν $B^{2}=qI$. Αν επιπλέον το γινόμενο $pq$ δεν είναι τετράγωνο ρητού (λ.χ. όταν οι $p$, $q$ είναι διαφορετικοί πρώτοι θα έχουμε όμοια $(AB)^{2}=pqI$. Άρα $A^{2}B^{2}=pqI=(AB)^{2}$ οπότε $AABB=ABAB$...

Παραθετω μια προσέγγιση. Ελπίζω να μην μου έχει φύγει κάτι. Έστω $A\in M_{2,2}(\mathbb{Q})$ και $p$ ένας θετικός μη τετράγωνος ρητός. Το χαρακτηριστικό πολυώνυμο του $A$ είναι $f(x)=x^{2}-tr\left( A\right) x+\det \left( A\right) $. Αν θεωρήσουμε τον $A$ ως πίνακα του $M_{2,2}(\mathbb{Q})$ το χαρακτη...

Τόλη η εκφώνηση είναι σίγουρα έτσι;
Διότι νομίζω ότι όλα τα αποδεικτέα βγαίνουν με (δραματικά) λιγότερες υποθέσεις. Βρίσκω ότι το μόνο που χρειάζεται είναι ο να είναι μη τετράγωνος ρητός.
Edit: Αυτό δεν είναι σωστό . Βλ παρακάτω.

Καλημέρα σας. Μία προφανής λύση είναι η μηδενική συνάρτηση. Ας υποθέσουμε ότι η $f$ δεν είναι μηδενική. Ας θεωρήσουμε ένα $x_0$ στο οποίο δεν μηδενίζεται η $f$. Λόγω συνεχείας θα υπάρχει ανοικτό διάστημα $I$ που περιέχει το $x_0$ και στο οποίο δεν μηδενίζεται η $f$. Έστω $I(x_{0})$ η ένωση όλων αυτώ...

Χρόνια πολλά, καλά και δημιουργικά στους φίλους που γιόρταζαν.

Βαγγέλη πολύ ωραία δουλειά. Ευχαριστούμε.

Ο Alan Baker είχε έλθει στην Ελλάδα ως προσκεκλημένος του αείμνηστου καθηγητή Σπύρου Ζερβού στις μαθηματικές συναντήσεις των Δελφών.
Δυστυχώς δεν τον είχα παρακολουθήσει. Με είχε βοηθήσει πολύ στα διαβάσματα μου το βιβλίο του Trancendental Number Theory.