The straight line $ \frac {x}{4} \plus{} \frac {y}{3} \equal{} 1$ intersects the ellipse $ \frac {x^2}{16} \plus{} \frac {y^2}{9} \equal{} 1$ at two points $ A$ and $ B$. Let point $ P$ be on the ellipse such that the area of $ \Delta PAB$ is equal to 3. How many such points are there?

[hide="Solution"][b]Case 1:[/b] $ P \in \text{arc} (AB)$
The area between $ \text{arc} (AB)$ and $ \overline{AB}$ is given by:
$ \frac {1}{4} \cdot 4 \cdot 3 \cdot \pi \minus{} \frac {1}{2} \cdot 3 \cdot 4 \equal{} 3(\pi \minus{} 2) > 3$.

As $ P$ ranges from $ A$ to $ B$ along $ \text{arc} (AB)$, we start from an area of zero, get to a maximum above 3, and go down to zero. Thus, by the Intermediate Value Theorem, there are at least two such triangles here.

[b]Case 2:[/b] $ P \not \in \text{arc} (AB)$
As $ P$ ranges from $ A$ to $ B$, we start from $ 0$, increase to a value far above $ 3$, and then decrease back to $ 0$, for another two-plus triangles here.

[b]Capping:[/b]
We now show that we cannot have more than 4 such triangles. To do this, we note that we already know the base of the triangle to be $ 5$, which means the height must be $ \frac {6}{5}$ in the direction orthogonal to the given line. Thus, the locus of points $ P$ such that $ [ABP] \equal{} 3$ is a straight line. We have two possible straight lines to consider -- one above $ \overline{AB}$ and one below, and each can have at most two intersections with the ellipse. This means that there can be at most 4 such points that are on the ellipse.

[b]Conclusion:[/b] Since we have shown that there are at least four possible points and have also shown that there at most four points, there must be exactly $ \boxed{4}$ intersections.[/hide]

[b]Edit 1 (5:57 EDT, 04/27/08):[/b] [i]Solution further substantiated with straight lines argument.[/i]

In Case 1, the area between the arc $ AB$ and the straight line $ \frac {x}{4} \plus{} \frac {y}{3} \equal{} 1$ might be greater than 3, but I don't think it follows that for any point $ P$ on the arc, we have $ \text{Area} \, (\Delta PAB) > 3$.. the maximum area of the triangle here could be less than $ 3$.

Ah, true true, so I guess we can just find the lines on which $ P$ must lie and calculate the intersections with the ellipse then.


Does anyone know where to find old nats tests to use for practice? My teacher has very little.

Thanks in advance.

Umm.  You're the 1000000000000000000000000000000000th person to ask.  You have to buy the tests unfortunately  :(  see this thread

[url]http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?t=133189[/url]

and [url]http://www.yashar.biz/mathcounts/[/url] has a lot of nationals problems in the drills.


[quote="hotboy12"]For what kind of triangle ABC that the following relation among its sides and its angle holds:
$ \frac {bc}{b \plus{} c}(1 \plus{} cosA) \plus{} \frac {ca}{c \plus{} a}(1 \plus{} cosB) \plus{} \frac {ab}{a \plus{} b}(1 \plus{} cosC) \equal{} \frac {3}{16}(a \plus{} b \plus{} c)^2 \plus{} (cos^2A \plus{} cos^2B \plus{} cos^2C)$

@all: Do you think that the sign [b][color=red]+[/color][/b] at the position between  $ \frac {3}{16}(a \plus{} b \plus{} c)^2$ and $ (cos^2A \plus{} cos^2B \plus{} cos^2C)$ must be the sign [b][color=red]*[/color][/b]?[/quote]
Yes,I think.It hard?

This problem is nonsense...it is not homogeneous


solve:

A sphere is inscribed in a cube. A cube is inscribed in the sphere. A sphere is inscribed in that cube.
This process is repeated until there are 1000 cubes and spheres (combined). Find the volume of the smallest cube if the Surface Area of the original cube is 5400.

I made this up so it might be awful and not make sense. I apologize in advance  :)

Starting point: Whenever a sphere is inscribed in a cube, the sphere's volume will be $ \frac{\pi V}{6}$, where $ V$ is the volume of the cube.

that means there are 500 cubes and 500 spheres--but we dont care about teh last one
side length of biggest cube=
$ \sqrt {5400/6} \equal{} 30$
the ratio of a radius of a sphere inscribed in a cube is x/2
the ratio of a radius of a cube inscribed in a sphere is $ \frac {\sqrt {3}x}{2}$

so, the ratio of a cube inscribed inside a sphere inscribed inside a cube is $ \frac {\sqrt{3}x^{2}}{4}$
so basically what you want is

$ ((\frac {\sqrt{3}x^2}{4})^{499})^3$

was this your intentions? if not, did i do somethin wrong?

Let the "radius" of a cube be the shortest distance from the centroid to a face. Thus, the radius of a cube is equal to the radius of the inscribed sphere.

The radius of a sphere, on the other hand, is $ \sqrt{3}$ times the radius of an inscribed cube, because the radius of the sphere is the distance from the center of the cube to a vertex, which is $ \sqrt{3}$ times the radius of the cube by the pythagorean theorem.

So, each time we go to a smaller cube, the radius, and thus the sidelength, gets divided by $ \sqrt{3}$.

The original cube had surface area 5400, so $ 6s^2 \equal{} 5400 \implies s \equal{} 30$

There are 500 cubes and 500 spheres, so the 500th cube has sidelength that is $ \left( \frac{1}{\sqrt{3}} \right)^{499}$ of the sidelength of the original, or $ \frac{10 \sqrt{3}}{3^{249}}$. Then, cube this to get that the volume is $ \frac{1000 \sqrt{3}}{3^{746}}$


If $ a,b,c \geq 0$, then

$ 5(a\plus{}b\plus{}c)^3 \geq 30(ab^2\plus{}bc^2\plus{}ca^2) \plus{} 3(a^2b\plus{}b^2c\plus{}c^2a) \plus{} 36abc$.

----  :blush:

[quote="filomen"]If $ a,b,c \geq 0$, then

$ 5(a \plus{} b \plus{} c)^3 \geq 30(ab^2 \plus{} bc^2 \plus{} ca^2) \plus{} 3(a^2b \plus{} b^2c \plus{} c^2a) \plus{} 36abc$.

----  :blush:[/quote]
Suppose$ c \equal{} min{(a,b,c)}$,put $ a \equal{} c \plus{} x ,b \equal{} c \plus{} y$with $ x,y \ge\ 0$
this inequality become:
$ 5(x^3 \plus{} y^3) \plus{} 12x^2y \minus{} 15xy^2 \plus{} c(15(x^2 \plus{} y^2) \minus{} 6xy \minus{} 3(x \plus{} y)^2) \ge\ 0$
which is obvious true   :wink:  :)


geometry
circumcircle
symmetry
similar triangles
geometry proposed

We have $ ABPC$ is a harmonic quadrilateral, so $ AB\cdot PC\equal{}AC\cdot BP\equal{}\frac{1}{2}\cdot AP\cdot BC$. It implies $ \frac{AB}{AP}\equal{}\frac{CM}{CP}$, therefore $ \triangle ABP\sim\triangle CMP$. The result follows.

[quote="April"]We have $ ABPC$ is a harmonic quadrilateral, so $ AB\cdot PC \equal{} AC\cdot BP \equal{} \frac {1}{2}\cdot AP\cdot BC$. It implies $ \frac {AB}{AP} \equal{} \frac {CM}{CP}$, therefore $ \triangle ABP\sim\triangle CMP$. The result follows.[/quote]

 Dear April,
  a) Why is this quadrilateral harmonic ?
  b) Can you avoid this fact, by proving the same relation with power and similar triangles, to make the solution entirely elementary?
   c) Please send me some links for the theory of harmonic quadrilaterals. I have lost them.Nicula or someone else had a list with the main properties , but I can not find it.
   Thank you very much.-
 Babis

[quote="stergiu"]A triangle $ ABC$ is inscribed in a circle($ AB < AC$) .Let $ AM$ median and $ N$ a point on side $ BC$ , such that $ \angle NAB \equal{} \angle MAC$. Line $ AN$ meets the circumcircle of $ \triangle ABC$ at $ P$.Prove that
 $ \angle BPA \equal{} \angle CPM$.

[b] Note[/b]

 [color=blue][i]I have a solution to this problem , based on a property of the symmedian and Steiner's theorem. I'd like to see - if possible - a  simpler solution with similar triangles.[/i][/color]
[u] Babis[/u][/quote]
We can also prove that $ BC$ is a symmedian of $ \triangle ABP$ and $ \triangle ACP$ as follows:
[hide="Solution"]
Let $ N$ be the midpoint of $ AP$ and $ Q$ be that of $ AC$.  Now, $ \angle APB \equal{} \angle ACM$ and $ \angle PAB \equal{} \angle CAM$, so $ \triangle CAM \sim \triangle PAB$.  Since $ N$ and $ Q$ are the respective midpoints of $ AP$ and $ AC$, we have that $ \triangle AMQ\sim \triangle ABN$.  This means that $ \angle AMQ \equal{} \angle ABN$.  Yet, $ MQ$ is a midline of $ \triangle ABC$, so $ MQ\parallel AC$, so $ \angle AMQ \equal{} \angle BAM \equal{} \angle PAC \equal{} \angle PBC$, so $ \angle ABN \equal{} \angle PBC$, so $ BC$ is a symmedian of $ \triangle ABP$.  Similarly, by using the symmedian $ BC$ rather than $ AP$, we can prove that $ PA$ is a symmedian fo $ \triangle PBC$, and then use $ PA$ as the symmedian to show that $ CB$ is a symmedian of $ \triangle ACP$. [/hide]

We could also use the following lemma:

[hide]
Lemma. Given a triangle $ ABC$ with circumcircle $ \omega$, the symmedian of $ ABC$ through $ A$ goes through the intersection of the tangents to $ \omega$ at $ B,C$.

Proof. Let $ P$ be the intersection of the tangents from $ B$ and $ C$. We will prove that $ P$ lies on the symmedian.

We know the circumcenter $ O$ and orthocenter $ H$ of $ \triangle ABC$ are isogonal conjugates.

Hence, it suffices to show that
$ \angle DAP \equal{} \angle OAM$, where $ D$ is the foot of the altitude from $ A$ and $ M$ is the midpoint of $ BC$.

Note that $ O,M,P$ are collinear. Since $ \triangle OMB \sim \triangle OBP$, we have $ OM\times OP \equal{} r^2$. Hence, by SAS similarity, $ \triangle OAM \sim \triangle OPA$. Hence, $ \angle OAM \equal{} \angle OPA$, but as $ OP \parallel{} AD$, $ \angle OPA\equal{}\angle DAP$. So $ \angle DAP\equal{}\angle OAM$ as desired. $ \blacksquare$

Now, the problem is just an application of the lemma.
[/hide]

I have seen the problem with its solution in Gazeta Matematica(Romany), YEAR 2006. The solution is based on Steiner Theorem. Darij Grinberg has written a nice article on this theorem :

 http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?t=58872&search_id=2120845647

 All of you have added nice solutions and observations. Thank you very much. To make the problem more elementary , I will try to prove the relation written by April and based on the harmonic quadrilateral in a simpler way.This is because I would like to teach the problem to pupils which know only similar triangles and nothing on symmedians , harmonics and Steiner !
  Babis

Let $ B',\ C'$ be, the orthogonal projections of $ P$ on $ AB,\ AC$ respectively and let $ E,\ F$ be, the ones of $ A,$ on $ PB,\ PC,$ respectively.

Let $ A'$ be, the intersection point of the tangent lines of $ (O),$ at points $ B,\ C$ and we denote the point $ P'\equiv (O)\cap AA'.$

It is easy to show that $ P'\equiv P,$ based on the problem [url=http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=214829]Symmedian[/url].

Also we have $ \frac {AB}{AC} \equal{} \frac {PB}{PC}$ $ ,(1)$

From $ \bigtriangleup EBA\approx \bigtriangleup B'BP$ $ \Longrightarrow$ $ \frac {AE}{PB'} \equal{} \frac {AB}{PB}$ $ ,(2)$ and from $ \bigtriangleup FCA\approx \bigtriangleup C'CP$ $ \Longrightarrow$ $ \frac {AF}{PC'} \equal{} \frac {AC}{PC}$ $ ,(3)$

From $ \bigtriangleup B'BP\approx \bigtriangleup C'CP$ $ \Longrightarrow$ $ \frac {PB'}{PC'} \equal{} \frac {PB}{PC}$ $ ,(4)$ and so, from $ (2),$ $ (3),$ $ (4)$ $ \Longrightarrow$ $ \frac {AE}{AF} \equal{} \frac {AB}{AC}$ $ ,(5)$

From $ (1),$ $ (5),$ $ \Longrightarrow$ $ \frac {AE}{AF} \equal{} \frac {PB}{PC}$ $ ,(6)$

From $ (6),$ we conclude that the line segment $ PA,$ is the $ P$-symmedian of $ \bigtriangleup PBC$ and the proof is completed.

Kostas Vittas.

PS. From $ (1)$ $ \Longrightarrow$ $ (AB)\cdot (PC) \equal{} (AC)\cdot (PB)$ and so, we have that the quadrilateral $ ABPC,$ is harmonic.

Extend AM to meet the circumcircle at Q. Then since $ \angle BAP\equal{}\angle QAC$, $ BP\equal{}QC$. Thus, BPQC is an isoceles trapezoid. So $ \angle CPM\equal{} \angle BQM$ (symmetry)$ \equal{} \angle BQA\equal{} \angle BPA$.
Is this correct?

Dear Mathlinkers,
an idea of proof:
1. let P, Q, R the second point of intersection of AN, AM, PM with the circle
2. PQ // BC
3. Consider the butterfly APRQ and applied the the butterfy's theorem
Some symmetry... and we are done
Sincerely
Jean-Louis


I have a question. Can you take both AIME I and AIME II?


function
inequalities
inequalities unsolved

[quote="pvthuan"]Let $x,y,z,t$ be real numbers such that $x+y+z+t=1$, find the maximum value of
\[ f=\frac x{1+x^2}+\frac y{1+y^2}+\frac z{1+z^2}+\frac t{1+t^2}.  \][/quote]

If I am not mistaken , it is easy .Consider the function $f(x)=\frac{x}{1+x^2}$  on  [0,1]

We have that  $f''(x)<0$  for  x$\in$ [0,1].

So by Jensen inequality we have that  $f\leq f(\frac{x+y+z+t}{4})$

The numbers are [b]real[/b] so this restricts you from using Jensen since they don't necessarily $\in [0;\ 1]$.

The idea of tangent line can help, but not in all cases.

[quote="pvthuan"]Let $x,y,z,t$ be real numbers such that $x+y+z+t=1$, find the maximum value of
\[ f=\frac x{1+x^2}+\frac y{1+y^2}+\frac z{1+z^2}+\frac t{1+t^2}.  \][/quote]
Note that:
\[ 1+z^2=\frac14+\frac14+\frac14+\frac14+z^2 \ge \frac{5}{\sqrt[5]{4}}\cdot z^{\frac25} \\ \implies \frac{z}{1+z^2} \le \frac{\sqrt[5]{4}}{5}z^{\frac85} \\ \implies \cdots  \]

But how to proceed?, what is the result?

[quote="Lovasz"]Easy to see that the maximum value occurs if $x,y,z,t$ are positive reals.
[/quote]

Then my first proof works  :D

[quote="Parkdoosung"]I guess the maximum value of $f$ is $1.142314028...$
(when $x=y=z=\frac{-p+1}{2},t=\frac{3p-1}{2}$, where $p$ is the negative root of $9x^4-24x^3-18x^2+24x-55=0$, $p=-1.523455623...$)[/quote]

Parkdoosung, how did you come up with this? Give us more motivations and the clues to this fact.


Suppose we choose, with repetitions allowed, $n$ symbols from a symbol set $S$, and suppose we choose $r$ _different_ symbols. Find the number of ways to form a string with these $n$ symbols.

Example:If S := 0,1,2,...,9. n: = 6 r:=3 then we can choose string:= 002323

Easy Solution with assumption: if we suppose that we repeat only one symbol, it should be $\binom{n}{n-r+1}|S|_{r}$ where $|S|_{r}= \frac{|S|!}{(|S|-r)!}$... but i'm finding it diffucult to solve the general problem...

Well, the general answer also has a factor $\frac{k!}{(k-r)!}$, where $k = |S|$.  The other factor is the a sum over all $n_{i}$ with $\sum_{i}i n_{i}= n$ and $\sum_{i}n_{i}= r$, and the sum is

$\sum_{n_{i}}\frac{n!}{\prod_{i}(i!)^{n_{i}}n_{i}!}$.

I just realized that the above expression is $S(n,r)$, the Stirling number of the second kind.

I'm not sure if I misunderstood the problem.
[hide]Number of ways to choose the $r$ symbols: $\binom{|S|}{r}$
Number of ways to form the string with these symbols: $r^{n}$
So the total number of ways must be $\binom{|S|}{r}r^{n}$.[/hide]

That's the correct answer to what he's written, but from the bottom part it looks like he wants to use all $r$ symbols.

yeah, i want to use all the $r$ symbols. The problem is that we don't know how many times the $i$-th symbol is repeated (with $i \in [1, r]$)

This is my (partial) solution:

we can choose $\binom{|S|}{r}$ different symbols form S.
now consider the number of solutions of the following: $s_{1}+s_{2}+...+s_{r}= n$ (1), where $s_{i}$ denotes the number of times that the $i$-th symbol is repeated.
If we want to use every symbol it must be $s_{i}\geq 1$, then the number of solutions of (1) is $\binom{n-1}{r-1}$.
If we donote $s_{i}^{k}$ as the k-th solution for $s_{i}$ then we should have
$\binom{|S|}{r}\sum_{k=1}^{\binom{n-1}{r-1}}\frac{(n!)}{(s_{1}^{k}!s_{2}^{k}!...s_{r}^{k}!)}$

but i still don't know how to generate all the $s_{i}^{k}$, any clue?

Like I said, you're looking at the Stirling numbers of the second kind.  There's no closed form expression, but there are a bunch of ways to express them.  For example,

$S(n,r) = \frac{1}{r!}\sum_{i=1}^{r}(-1)^{r+i}\binom{r}{i}(i)^{n}$.

I've looked at the Stirling numbers, and now i know $S(n,r)$ is the number of partitions of  ${1,...,n}$ with $r$ elements... but I don't see how this solve the problem.

I mean, to me $\binom{|S|}{r}S(n,r)$ should be the number of strings with adiacent repeated symbols like: 112344 (where 11 and 44 are adiacent)... but does it count also strings with non-adiacent  repeated like: 124314 ?

If you can explain why you see the Stirling Numbers to fit the problem I will appreciate

Now i see the solution is $\binom{|S|}{r}S(n,r)r!$


Το πρόβλημα του AlexandrosG [url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?t=277994]εδώ[/url] μου θύμισε το κλασσικό πρόβλημα με τον χριστιανό και το λιοντάρι:

Ένας χριστιανός και ένα λιοντάρι βρίσκονται σε μια [i]κλειστή[/i] κυκλική αρένα και το λιοντάρι κυνηγάει τον χριστιανό. Έχουν ακριβώς την ίδια ταχύτητα. Μπορεί το λιοντάρι να πιάσει τον χριστιανό (σε πεπερασμένο χρονικό διάστημα);

[quote="Durandal"][quote="Demetres"]Το πρόβλημα του AlexandrosG [url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?t=277994]εδώ[/url] μου θύμισε το κλασσικό πρόβλημα με τον χριστιανό και το λιοντάρι:

Ένας χριστιανός και ένα λιοντάρι βρίσκονται σε μια κυκλική αρένα και το λιοντάρι κυνηγάει τον χριστιανό. Έχουν ακριβώς την ίδια ταχύτητα. Μπορεί ο χριστιανός να ξεφύγει;[/quote]

Dem, μάλλον δεν καταλαβαίνω το πρόβλημα γιατί έτσι όπως το διαβάζω ο χριστιανός φαίνεται να ξεφεύγει πάντα αν απλώς απομακρυνθεί από το λιοντάρι στην ευθεία που τους ενώνει μέχρις ότου φτάσει στα όρια της αρένας :huh:

Cheerio,

Durandal 1707[/quote]

'Αλλαξα την εκφώνηση. Ελπίζω τώρα να είναι ξεκάθαρο.

Μιας και κανείς δε φαίνεται να έχει ασχοληθεί με το πρόβλημα (κρίμα γιατί είναι όμορφο :(), here goes nothing...

(BTW, νομίζω ότι ταίριαζε και στο section για τις ολυμπιάδες, αλλά ίσως έχω χάσει κάπου κάτι που το κάνει πιο δύσκολο...)

0. Υποθέτουμε ότι το λιοντάρι (Λ) είναι αρκετά έξυπνο ώστε να μπορεί να ακολουθεί μια στρατηγική, δηλ. να αλλάζει την πορεία του ανάλογα με τις πράξεις του χριστιανού (Χ).

1. Χωρίς βλάβη της γενικότητας, έστω ότι το Λ βρίσκεται στο κέντρο και ο Χ στην περιφέρεια ενός κύκλου με ακτίνα 1.

2. Αφού η αρένα είναι κλειστή (και άρα ο Χ δεν μπορεί απλώς να αυξάνει την απόσταση επ'άπειρω), αρκεί να λύσουμε το πρόβλημα στην περίπτωση που ο Χ διαγράφει την περιφέρεια ενός μοναδιαίου κύκλου με μέγιστη ταχύτητα 1. (why is that?)

3. Έστω ότι ο Χ ξεκινάει στο (1,0) με αρχική ταχύτητα (0,1). Το Λ περιμένει χρόνο $ \theta \equal{} \frac {\pi}{6}$ στην αρχή των αξόνων, οπότε ο Χ θα βρίσκεται το πολύ στο σημείο $ X_1 \equal{} (\sqrt {3}/2,1/2)$. Τότε το Λ ξεκινάει και κατευθύνεται προς το $ X_1$. Mετά από χρόνο π/6, το Λ θα βρίσκεται στο σημείο $ L_2 \equal{} \frac {\pi}{6}(\sqrt {3}/2,1/2)$ (υποθέτοντας ότι ο Χ δε σταμάτησε καθόλου να ανεβαίνει πριν ξεκινήσει το λιοντάρι, αλλιώς απλώς αλλάζει η κατεύθυνση) ενώ η καλύτερη θέση για να πάει ο Χ τώρα που άρχισε να τον κυνηγάει το λιοντάρι είναι το σημείο $ X_2 \equal{} (1/2,\sqrt {3}/{2})$ (ή το συμμετρικό $ X_2 \equal{} (1,0)$).

4. Έτσι, προκύπτει ότι τη χρονική στιγμή $ 2\pi/6$ η απόσταση θα έχει μικρύνει, οπότε loop με μικρότερη αρχική απόσταση ;) Η γεωμετρική σειρά που προκύπτει δείχνει ότι το λιοντάρι θα πιάσει το χριστιανό σε πεπερασμένο χρόνο.

Φυσικά, η γωνία π/6 είναι αυθαίρετη. Το πάνω φράγμα για το πόσο χρόνο μπορεί να περιμένει το λιοντάρι πριν ξεκινήσει δίνεται από την εξίσωση $ \theta \equal{} 2 \cos \theta$, αλλά το ενδιαφέρον είναι να πάρει κανείς το συνεχές όριο καθώς $ \theta\to 0$.

Σε πόσο χρόνο πιάνει τότε το Λ τον Χ?

Cheerio,

Durandal 1707

Δύο επεξηγήσεις μετά από comment του gpapargi:

1. στο βήμα 2 που λέω ότι αρκεί ο Χ να διαγράφει ένα μοναδιάιο κύκλο, η λογική είναι η εξής: αν η ταχύτητα του Χ έχει ακτινική συνιστώσα (όπου κέντρο θεωρείται το λιοντάρι), τότε το Λ μπορεί απλώς να κάνει match αυτήν τη συνιστώσα και να περάσουμε στο γωνιακό πρόβλημα.

2. αυτό όμως εισάγει λάθος στο loop του 4 γιατί τότε αλλάζει η ακτίνα του κύκλου στον οποίο κινείται ο Χ :oops:

Οπότε, το πρόβλημα που λύνω παραπάνω είναι το pursuit ενός σημείου που κάνει ομαλή κυκλική κίνηση από έναν κυνηγό που ξεκινάει από το κέντρο. Formally, στο όριο όπου $ \theta\to0$, η διαφορική εξίσωση για τη θέση $ (x(t),y(t))$ του λιονταριού είναι:
$ \dot{y}(x \minus{} \cos t) \equal{} \dot{x}(y \minus{} \sin t)$ όπου $ \dot{x}^2 \plus{} \dot{y}^2 \equal{} 1$.

Aν το λιοντάρι είναι αρχικά στην αρχή των αξόνων, τότε πιάνει τον Χ σε πεπερασμένο χρόνο (προκύπτει ως το όριο μιας γεωμετρικής σειράς). Όλα ωραία και καλά, μόνο που την πάτησα σαν )#(*#*& και δεν είναι αυτό το πρόβλημα που πρέπει να λύσουμε :wallbash:

[hide]Υπάρχει ένα zig-zag που μπορεί να κάνει ο Χ και να τρέχει επ'άπειρω.[/hide]

Edit:[hide]Τι γίνεται αν το Λ ή ο Χ έχουν διαστάσεις, οσοδήποτε μικρές?[/hide]

I feel extremely stupid :( Cheerio,

Durandal 1707

[quote="Durandal"]
Aν το λιοντάρι είναι αρχικά στην αρχή των αξόνων, τότε πιάνει τον Χ σε πεπερασμένο χρόνο (προκύπτει ως το όριο μιας γεωμετρικής σειράς). Όλα ωραία και καλά, μόνο που την πάτησα σαν )#(*#*& και δεν είναι αυτό το πρόβλημα που πρέπει να λύσουμε :wallbash:
[/quote]

Όπως είπα και στον Γιώργο σε mail, "Join the club".  :)

Για την ιστορία του προβλήματος, τέθηκε γύρω στα 1930 από Richard Rado. Η αρχική ιδέα "το λιοντάρι τρέχει συνέχεια στην ευθεία που το ενώνει με τον χριστιανό με μέγιστη ταχύτητα" αποτυγχάνει αν ο χριστιανός πάει στην περιφέρεια και τρέχει με μέγιστη ταχύτητα γύρω από αυτό. Εύκολα όμως βλέπει κανείς (όπως εξήγησε και ο Παναγιώτης) πως αν το λιοντάρι τρέχει με μέγιστη ταχύτητα ώστε να βρίσκεται πάντα στην ευθεία που ενώνει τον χριστιανό με το κέντρο της αρένας, τότε πιάνει τον χριστιανό. Το πρόβλημα λύθηκε εύκολα, μπήκε στην άκρη, μέχρι που ο A. Besicovitch πρόσεξε πως αυτή η λύση ήταν λανθασμένη. Μια βοήθεια για την σωστή λύση βρίσκεται στο hidden του Παναγιώτη.

[quote="Durandal"]
Edit:[hide]Τι γίνεται αν το Λ ή ο Χ έχουν διαστάσεις, οσοδήποτε μικρές?[/hide]
[/quote]

Τότε το λιοντάρι έχει ένα σίγουρο γεύμα.

Καλημέρα ποστάρω κι εγώ τη σκέψη μου μέχρι στιγμής:

Τα λιοντάρι για να πιάσει το χριστιανό ακολουθεί την εξής στρατηγική:
Αρχικά μπαίνει εσωτερικά δηλαδή πιο κοντά στο κέντρο του κύκλου. Αυτό μπορεί να το πετύχει εύκολα αν αρχικά κατευθυνθεί προς το κέντρο του κύκλου. Έτσι θα αναγκάσει το χριστιανό να φύγει από εκεί και έτσι θα μπει εσωτερικά.

Επειδή είναι εσωτερικά μπορεί πάντα να διατηρεί την ίδια γωνιακή συντεταγμένη με το χριστιανό, δηλαδή να έχει την ίδια γωνιακή ταχύτητα και μάλιστα να έχει και περιθώριο να κινηθεί και ακτινικά (έτσι ώστε το μέτρο της ταχύτητας να είναι υ ίσο με του Χ) και με αυτό τον τρόπο να πλησιάσει τον Χ. Αυτό γίνεται σε πεπερασμένο χρόνο.

Υπολογίζω το χρόνο που κάνει το Λ να φτάσει από κάποια αρχική ακτίνα $ r_a$ στην τελική ακτίνα ακτίνα $ r_{\tau}$
Η ακτινική ταχύτητα του Λ είναι
$ \frac{dr}{dt}\equal{}\frac{v}{R}\sqrt{r_{\tau}^2\minus{}r^2}$

Λύνοντας τη διαφορική και θέτοντας αρχικές αρχική ακτίνα 0 και τελική ακτίνα R της αρένας προκύπτει χρόνος πεπερασμένος.

Ωστόσο έκανα το κλασσικό λάθος: Υπέθεσα ότι το καλύτερο που έχει να κάνει ο Χριστιανός είναι να απομακρυνθεί όσο γίνεται πηγαίνοντας στην περιφέρεια και τρέχοντας εκεί. Αλλά αυτό είναι λάθος. Το καλύτερο που έχει να κάνει είναι να πάει δίπλα στο λιοντάρι για να έχουν όσο γίνεται ίδιο διάνυσμα ταχύτητας… να τον αναγκάζει να δαπανήσει σχεδόν όλη του την ταχύτητα σε γωνιακή συνιστώσα και να μείνει πολύ λίγο για ακτινική (που είναι υπεύθυνη για το πλησίασμα). Τόση λίγη που να θέλει άπειρο χρόνο για φτάσει το Χ.

Αν ο Χ ξέρει ότι το Λ εφαρμόζει τη στρατηγική «κοινής γωνίας» που περιέγραψα τότε μπορεί να κάνει το εξής:

Να πάει σε λίγο μεγαλύτερη ακτίνα από το Λ και θα κάνει μικρά μικρά ακτινικά βηματάκια καθώς στριφογυρίζει. Τα βηματάκια θα έχουν πεπερασμένο άθροισμα και ποτέ δε θα φτάνει στην περιφέρεια (απλά θα πλησιάζει ασυμπτωτικά) αλλά το άθροισμα των χρόνων θα αποκλίνει. Για να βρω το άθροισμα των χρόνων χρησιμοποιώ την παραπάνω διαφορική και τη λύνω για 2 κοντινά r, το $ r_a$ και το  $ r_\tau$.
 Ο χρόνος που κάνει το Λ για να καλύψει αυτή τη μικρή ακτινική απόσταση (ενώ ταυτόχρονα στιφογυρίζει στην ίδια γωνιακή ταχύτητα με το Χ είναι:
$ T\equal{}\frac{r_\tau }{v} \left(sinh{(1)}\minus{}sinh\frac{r_a}{r_\tau} \right)$

Ο συνολικός χρόνος είναι το άθροισμα αυτών των μικρών χρόνων για μια διαμέριση του r. Για να δείξω ότι υπάρχει αλγόριθμος διαφυγής για τον Χ διαλέγω την ακολουθία των r έτσι ώστε το άθροισμα των χρόνων Τ να παράγει τους όρους της ακολουθίας $ \frac{1}{n}$ οπότε θα αποκλίνει. Με το κριτήριο λόγου αποδεικνύεται ότι η σειρά της ακολουθίας των r συγκλίνει και έχω συγκλίνουσα σειρά στο r και αποκλίνουσα στο t. Άρα υπάρχει αλγόριθμος διαφυγής.

(Παρέλειψα πράξεις για να μην πλατειάσω).
 Ωστόσο έκανα μια παραδοχή. Ότι το Λ έχει συγκεκριμένο αλγόριθμο προσέγγισης. Αν αυτός αλλάξει η στρατηγική το Χ αλλάζει.

Το σίγουρο είναι ότι ο Χ κόντρα στο αρχικό συναίσθημα το καλύτερο που έχει να κάνει είναι να πάει δίπλα στο Λ και να απομακρύνεται σιγά σιγά. Αν το Λ κηνυγάει τον Χ με το διάνυσμα της ταχύτητάς του να δείχνει στο Χ τότε ο Χ πρέπει να πάει λίγο μπροστά από το Λ. Αν το Λ κηνυγάει το Χ κρατώντας συνέχεια ίδια γωνιακή συντεταγμένη τότε ο Χ πρέπει να πάει λίγο έξω από το Λ.

Εντύπωση μου κάνει το σχόλιο του Δημήτρη ότι υπάρχει στρατηγική του Χ που να τη γλιτώνει ότι και να κάνει το Λ, ακόμα και αν αλλάζει στρατηγική προσέγγισης.

Αυτές είναι οι σκέψεις μου μέχρι τώρα.

George, μερικά γρήγορα σχολιάκια:

[quote="gpapargi"]Υπολογίζω το χρόνο που κάνει το Λ να φτάσει από κάποια αρχική ακτίνα $ r_a$ στην τελική ακτίνα ακτίνα $ r_\tau$
Η ακτινική ταχύτητα του Λ είναι
$ \frac{dr}{dt}\equal{}\frac{v}{R}\sqrt{r_{\tau}^{2}\minus{}r^{2}}$[/quote]

Δεν είμαι σίγουρος ότι καταλαβαίνω τί ακριβώς κάνεις εδώ πέρα... μπορείς να δώσεις λίγο περισσότερες λεπτομέρειες?

[quote="gpapargi"]Αν ο Χ ξέρει ότι το Λ εφαρμόζει τη στρατηγική «κοινής γωνίας» που περιέγραψα τότε μπορεί να κάνει το εξής:
[...][/quote]

Αυτό μου φαίνεται κάπως αυθαίρετο να σου πω την αλήθεια... γιατί να το κάνει αυτό το λιοντάρι? Και γιατί να το ξέρει ο τύπος? Και αν το λιοντάρι ξέρει ότι ο κυνηγημένος ξέρει τη στρατηγική του, γιατί να μην την αλλάξει? Κλπ κλπ και θα καταλήξουμε να κάνουμε game theory με belief hierarchies ;)

[quote]Εντύπωση μου κάνει το σχόλιο του Δημήτρη ότι υπάρχει στρατηγική του Χ που να τη γλιτώνει ότι και να κάνει το Λ, ακόμα και αν αλλάζει στρατηγική προσέγγισης.[/quote]

Δεν ξέρω αν με το Δημήτρη έχουμε την ίδια στρατηγική στο μυαλό μας, αλλά το δικό μου hint βασίζεται στην εξής ιδέα:
[hide]Έστω ότι τη χρονική στιγμή $ t_n$ το λιοντάρι δεν έχει πιάσει το χριστιανό (και έστω ότι είναι στις θέσεις $ L_n, X_n$ αντιστοίχως). Βρες μία χρονική στιγμή $ t_{n \plus{} 1}$ και ένα σημείο $ X_{n \plus{} 1}$ που να μπορεί να πάει ο χριστιανός σε χρόνο $ \Delta t_n \equal{} t_{n \plus{} 1} \minus{} t_n$ ώστε [b]ό,τι και να κάνει το λιοντάρι[/b] να μην μπορεί να φτάσει αυτό το καινούριο σημείο σε χρόνο $ \Delta t_n$.

Τέλος, δες αν μπορείς να διαλέξεις τα $ t_n$ κατάλληλα ώστε το άθροισμα τους να απειρίζεται.[/hide]

Cheerio,

Durandal 1707

Αυτό όντως είναι αυθαίρετο. Αυτό λέω κι εγώ και γι αυτό δε με καλύπτει. Δηλαδή αν είναι δεδομένη η στρατηγική του Λ και το ξέρει ο Χ τότε εφαρμόζει τη συγκεκριμένη στρατηγική διαφυγής για αντίδοτο. Ουσιαστικά εγώ ασχολήθηκα μέχρι στιγμής με συγκεκριμένες στρατηγικές καταδίωξης και όχι με κάτι γενικό. Το έκανα αυτό γιατί αρχικά βρήκα τον αλγόριθμο κοινής γωνίας και έδειξα ότι αν ο Χ κινείται στην περιφέρεια τότε το Λ τον πιάνει. Οπότε μετά έκατσα να δω πως σπάει αυτό το συγκεκριμένο. Από εδώ και πέρα θα δω για κάτι γενικό όπως πχ αυτό που λες.

Για τις πράξεις που ζήτησες διευκρίνιση θα ποστάρω αύριο γιατί τώρα δε γίνεται. Ουσιαστικά αυτό που κάνω είναι να δω αν κρατήσω κοινή γωνιακή ταχύτητα στο Λ και ο Χ κινείται στην περιφέρεια σε πόση ώρα θα το φτάσει. Το Λ έχει συνέχεια την ίδια γωνιακή ταχύτητα αλλά επειδή κινείται εσωτερικά έχει μικρότερη γραμμική. Όση του μένει μέχρι να φτάσει σε μέτρο το υ το διαθέτει σε ακτινική ταχύτητα πλησιάζοντας το Χ. Με βάση αυτό το σενάριο βγάζω το r(t) για το Λ και από εκεί το χρόνο.

[quote="silouan"]Δίνω ένα hint στα γρήγορα...

Ο χριστιανός θα πρέπει να κινείται σε μια κάθετη διεύθυνση σχηματίζοντας μια πολυγωνική γραμμή . Εφαρμόζοντας αυτο διαδοχικά και θα πρέπει να έχουμε μια σειρά η οποία να αποκλίνει και το άθροισμα των τετραγώνων των όρων της να συγκλίνει .  :wink:  . Ο χριστιανός επομένως θα έχει στρατηγική διαφυγής[/quote]

Exactly, κι εγώ αυτήν τη λύση έχω :)

[hide]Στην αρχή έπαιρνα κάθετες στην ευθεία που ενώνει χριστιανό και λιοντάρι και δε μου έβγαινε ότι ο χριστιανός θα έμενε απαραίτητα μέσα στον κύκλο, αλλά αν πάρεις κάθετες στην ευθεία χριστιανός-κέντρο δουλεύει και βγαίνει ακριβώς η συνθήκη που περιγράφεις :)[/hide]

Dem, thanks για το τέλειο πρόβλημα! :)

Cheerio,

Durandal 1707

Αυτή ακριβώς είναι και η ιδέα της γνωστής λύσης.

Χμμμ ναι νομίζω κατάλαβα τι λέτε. Θυμίζει έντονα ένα πρόβλημα που είχε θέσει παλιά ο Ράπανος και είχαμε λύσει ο Σιλουανός και εγώ. Εμπλεκόταν ο σαλίγκαρος που προκύπτει όταν πάμε να κατασκευάσουμε τις τετραγωνικές ρίζες των ακεραίων. Να το link
http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?t=208203

Μόλις καθάρισε το μυαλό μου είδα ότι και αυτό που περιγράφω παραπάνω (το απομονώνω παρακάτω)

[quote="gpapargi"]Καλημέρα ποστάρω κι εγώ τη σκέψη μου μέχρι στιγμής:
Αν ο Χ ξέρει ότι το Λ εφαρμόζει τη στρατηγική «κοινής γωνίας» που περιέγραψα τότε μπορεί να κάνει το εξής:

Να πάει σε λίγο μεγαλύτερη ακτίνα από το Λ και θα κάνει μικρά μικρά ακτινικά βηματάκια καθώς στριφογυρίζει. Τα βηματάκια θα έχουν πεπερασμένο άθροισμα και ποτέ δε θα φτάνει στην περιφέρεια (απλά θα πλησιάζει ασυμπτωτικά) αλλά το άθροισμα των χρόνων θα αποκλίνει. Για να βρω το άθροισμα των χρόνων χρησιμοποιώ την παραπάνω διαφορική και τη λύνω για 2 κοντινά r, το $ r_a$ και το  $ r_\tau$.
 Ο χρόνος που κάνει το Λ για να καλύψει αυτή τη μικρή ακτινική απόσταση (ενώ ταυτόχρονα στιφογυρίζει στην ίδια γωνιακή ταχύτητα με το Χ είναι:
$ T \equal{} \frac {r_\tau }{v} \left(sinh{(1)} \minus{} sinh\frac {r_a}{r_\tau} \right)$

Ο συνολικός χρόνος είναι το άθροισμα αυτών των μικρών χρόνων για μια διαμέριση του r. Για να δείξω ότι υπάρχει αλγόριθμος διαφυγής για τον Χ διαλέγω την ακολουθία των r έτσι ώστε το άθροισμα των χρόνων Τ να παράγει τους όρους της ακολουθίας $ \frac {1}{n}$ οπότε θα αποκλίνει. Με το κριτήριο λόγου αποδεικνύεται ότι η σειρά της ακολουθίας των r συγκλίνει και έχω συγκλίνουσα σειρά στο r και αποκλίνουσα στο t. Άρα υπάρχει αλγόριθμος διαφυγής.

(Παρέλειψα πράξεις για να μην πλατειάσω).
[/quote]

μπορεί να περπατήσει με μια μικρή προσθήκη. Στο απόσπασμα που απομόνωσα περιγράφω μια ιδέα για να ξεφύγει ο χριστιανός όταν το λιοντάρι χρησιμοποιεί αλγόριθμο κοινής γωνίας. Είναι βέβαια αυθαίρετο. Ωστόσο η σκέψη που έκανα μετά (και νομίζω τον κρατάει στο παιχνίδι) είναι η εξής:

[b]Αν ο Χ μπορεί να ξεφύγει από καταδίωξη κοινής γωνίας τότε μπορεί να ξεφύγει πάντα. Να γιατί: Ας υποθέσουμε ότι υπάρχει ένα λιοντάρι φάντασμα που βρίσκεται στην ίδια ακτίνα με το αληθινό λιοντάρι και στην ίδια γωνία με το χριστιανό. Αν ο χριστιανός ξεφεύγει από το λιοντάρι φάντασμα τότε ξεφεύγει και από το αληθινό. Η μόνη περίπτωση για να μην ισχύει αυτό είναι το αληθινό λιοντάρι να έχει ίδια ακτίνα με το χριστιανό, αλλά σίγουρα δεν μπορεί να τον πιάσει αφού κινούνται με ταχύτητα ίδιου μέτρου. [/b]

Έχει ενδιαφέρον να δούμε αν είναι σωστή και αυτή η λύση κυρίως γιατί είναι διαφορετική από την υπάρχουσα κλασσική (που μάλλον αυτή έχετε κατά νου Παναγιώτη και Σιλουανέ)

ΥΓ
Pan χρωστάω κάποιες διευκρινήσεις που ζήτησες. Θα τις στείλω

[quote="gpapargi"]
[b]Αν ο Χ μπορεί να ξεφύγει από καταδίωξη κοινής γωνίας τότε μπορεί να ξεφύγει πάντα. Να γιατί: Ας υποθέσουμε ότι υπάρχει ένα λιοντάρι φάντασμα που βρίσκεται στην ίδια ακτίνα με το αληθινό λιοντάρι και στην ίδια γωνία με το χριστιανό. Αν ο χριστιανός ξεφεύγει από το λιοντάρι φάντασμα τότε ξεφεύγει και από το αληθινό. Η μόνη περίπτωση για να μην ισχύει αυτό είναι το αληθινό λιοντάρι να έχει ίδια ακτίνα με το χριστιανό, αλλά σίγουρα δεν μπορεί να τον πιάσει αφού κινούνται με ταχύτητα ίδιου μέτρου. [/b]

Έχει ενδιαφέρον να δούμε αν είναι σωστή και αυτή η λύση κυρίως γιατί είναι διαφορετική από την υπάρχουσα κλασσική (που μάλλον αυτή έχετε κατά νου Παναγιώτη και Σιλουανέ)
[/quote]

Διαισθητικά αυτό που ισχυρίζεσαι πρέπει να ισχύει αλλά δεν συμφωνώ με την απόδειξη. Γιατί το αληθινό λιοντάρι να έχει την ίδια ακτίνα με το λιοντάρι φάντασμα; Μπορεί π.χ. να υπάρχει μια στρατηγική το  λιονταριού που να λέει "Τρέξε στην άκρη της αρένας και μετά  ..."

Δεν βλέπω προς το παρόν πως θα μπορούσε να αποδειχθεί. Αν ίσχυε ότι για οποιαδήποτε άλλη στρατηγική του λιονταριού η απόσταση από τον χριστιανό είναι το μεγαλύτερη ή ίση από την στρατηγική κοινής γωνίας θα τελειώναμε αλλά δεν ισχύει.

To φανταστικό λιοντάρι ορίζεται στη θέση που έχει ακτίνα αυτή του αληθινού και γωνία αυτή του χριστιανού. Είναι κάτι σαν ενσάρκωση μιας ανισότητας.

Αν το λιοντάρι πάει σε ακτίνα ίση με αυτή του χριστιανού, ο χριστιανός μπορεί απλά να παραμείνει στην ίδια ακτίνα και το Λ δε θα τον πιάσει ποτέ. Αν πάει σε ακτίνα μεγαλύτερη μπορεί να απλά να κινείται στην ευθεία που τους ενώνει (με κατεύθυνση απομάκρυνσης). Δεν υπάρχει περίπτωση το Λ να πιάσει τον Χ αν δεν είναι ο Χ σε μεγαλύτερη ακτίνα έτσι ώστε να τον εγκλωβίσει ο τοίχος. Σε μικρότερη ακτίνα ο Χ πάντα ξεφεύγει. Βασικά και το να μην υπάρχει καθόλου αρένα είναι μια οριακή περίπτωση αρένας με άπειρη ακτίνα. Ο Χ ξεφεύγει αν κινείται στην ευθεία που τους ενώνει με κατεύθυνση απομάκρυνσης. Ο μόνος τρόπος να πιαστεί ο Χ είναι να στριμωχτεί στον τοίχο. Άρα θα πιαστεί στην περιφέρεια. Σε κάθε άλλο σημείο μπορεί να το παρατείνει λίγο ακόμα.

Ψάχνοντας λίγο την αρθρογραφία, βρήκα αυτό εδώ: [url=http://jlms.oxfordjournals.org/cgi/reprint/s1-39/1/385]H. T. Croft, ''Lion and man'': A postscript, J. London Math. Soc. 39 (1964), 385--390.[/url]

(Δεν είμαι σίγουρος αν μπορείτε να το διαβάσατε, επειδή εγώ το κοίταξα μέσω του πανεπιστημίου.)

Σε αυτό το άρθρο μπαίνουν κάποιοι περιορισμοί στην κίνηση του χριστιανού (ή άνδρα - ας όψεται η πολιτική ορθότητα   :rotfl: ). Πιο συγκεκριμένα, η διαδρομή που ακολουθεί πρέπει να έχει καμπυλότητα (curvature) η οποία να είναι ομοιόμορφα φραγμένη (uniformly bounded). (Άρα οι ζιγκ-ζαγκ στρατηγικές απαγορεύονται.)

Σε αυτήν την περίπτωση ο συγγραφέας αποδεικνύει ότι
- Το λιοντάρι έχει στρατηγική για να πιάσει τον άνδρα.
- Το "radius rule" (= αλγόριθμος κοινής γωνίας) δεν δουλεύει.

Το βλέπω λοιπόν κάπως δύσκολο να μπορέσουμε να αποδείξουμε στην περίπτωσή μας ότι επειδή δεν δουλεύει ο αλγόριθμος κοινής γωνίας ο χριστιανός πάντα ξεφεύγει.

Αυτό που θα είχε ενδιαφέρον για μένα θα ήταν να μπουν περιορισμοί που τους θέτει η φυσική. Δηλαδή εξαιτίας της μάζας και της πεπερασμένης δύναμης που έχει ο καθένας, υπάρχουν μια μέγιστη επιτάχυνση και αυτό θέτει περιορισμούς στην τροχιά. Δηλαδή αν τρέχεις με maxspeed δεν μπορείς ξαφνικά να γυρίσεις ανάποδα. Αν όμως είσαι ακίνητος μπορείς να έχεις ακόμα και μύτες στην τροχιά σου. Αλλά μάλλον πάει μακριά η βαλίτσα.

Τέλος πάντων… στην χωρίς περιορισμούς κίνηση, επειδή δεν ξέρω αν σε έπεισα Δημήτρη είπα να κάτσω να παρουσιάσω πιο οργανωμένα μια απόδειξη ότι αν το Λ έχει στρατηγική διαφυγής στην καταδίωξη κοινής ακτίνας τότε μπορεί να τη γλιτώσει πάντα.

Ο Χ ορίζει γύρω του μια περιοχή συναγερμού που είναι πχ +/- μια μοίρα από τη γωνία που βρίσκεται και +/- μια 1 μέτρο διαφορά ακτίνας από αυτή που βρίσκεται. Δηλαδή μιλάμε για μια περιοχή στο σχήμα του στοιχειώδους εμβαδού σε πολικές συντεταγμένες. Αν το Λ είναι έξω από αυτή ο Χ θεωρεί ότι είναι ασφαλής και κάθεται ακίνητος. Αν το Λ μπει στην περιοχή συναγερμού ο Χ θεωρεί ότι κινδυνεύει και εφαρμόζει αλγόριθμο διαφυγής.

Έστω ότι το Λ μπαίνει στην περιοχή συναγερμού. Υπάρχουν 2 περιπτώσεις.

Η πρώτη είναι να έχει ακτίνα ίση ή μεγαλύτερη από αυτή του Χ. Τότε ο Χ απλά κινείται στην ίδια ακτίνα μέχρι βγει το Λ εκτός περιοχής συναγερμού (που κινείται μαζί με το Χ). Αυτό μπορεί να γίνει γιατί ο Χ είναι στην «εσωτερική» που λέμε στο στίβο και μπορεί με την ίδια γραμμική ταχύτητα να έχει μεγαλύτερη ή ίση γωνιακή.

Η δεύτερη περίπτωση (που έχει και το ενδιαφέρον) είναι να έχει το Λ μικρότερη ακτίνα από το Χ. Εδώ φαντάζομαι ένα υποθετικό λιοντάρι στη θέση Λ’ το οποίο έχει την ίδια γωνία με το Χ και την ίδια ακτίνα με το Λ. Η απόσταση ΧΛ’ είναι μικρότερη από τη ΧΛ. Άρα αν το Λ’ δεν πιάνει το Χ τότε ούτε το Λ τον πιάνει. Με απλά λόγια το Χ εφαρμόζει τον αλγόριθμο διαφυγής από το Λ’ που υποθέσαμε ότι υπάρχει.
Αν το Λ ταυτίζεται με το Λ’ τότε ο Χ ξεφεύγει. Αν όμως τα Λ και Λ’ είναι διαφορετικά και το Λ’ πιάσει το Χ, αυτό θα σημαίνει υποχρεωτικά ότι το Λ είναι σε διαφορετική γωνία από το Χ και απλά έπιασε την ίδια ακτίνα με αυτόν. Σε αυτή την περίπτωση ο Χ καταλαβαίνει τι έχει συμβεί και ανάγεται στην περίπτωση 1 (με ίση ή μεγαλύτερη ακτίνα). Κάνει pause τον αλγόριθμο διαφυγής και κινείται στην ίδια ακτίνα μέχρι να πετάξει το Λ έξω από την περιοχή συναγερμού.

Νομίζω (ελπίζω) πως δεν ξέφυγε κάτι.

Χρωστάω μια απόδειξη στον Παναγιώτη για το πώς υπολόγισα το χρόνο που κάνει το Λ  να πιάσει το Χ με τον αλγόριθμο κοινής γωνίας.

Υποθέτω ότι το Λ κινείται με ομαλή κυκλική κίνηση με ταχύτητα υ στην περιφέρεια της αρένας ακτίνας R. Επίσης θεωρώ ότι το Λ βρίσκεται αρχικά σε ακτίνα $ r_0$. Επειδή έχω δεχτεί ότι το Λ θα εφαρμόσει αλγόριθμο κοινής γωνίας μετράω το χρόνο από τη στιγμή που θα φτάσει στην κοινή γωνία με το Χ. Αυτό πάντα μπορεί να γίνει (στη χειρότερη το Λ πάει στο κέντρο του κύκλου διώχνοντας το Χ προς τα έξω). Μετά επειδή τρέχει σε εσωτερικό κουλουάρ μπορεί πάντα να έχει την ίδια γωνία (και γωνιακή ταχύτητα) με το Χ και μάλιστα με λιγότερη γωνιακή συνιστώσα ταχύτητας. Όση ταχύτητα του περισσεύει μέχρι να φτάσει το μέτρο υ μπορεί να την κάνει ακτινική συνιστώσα πλησιάζοντας το Χ.

Άρα η ταχύτητα του Λ είναι $ v \equal{} \frac {\omega }{R}$
Όταν ο Χ βρίσκεται σε κάποια ακτίνα r τότε η γωνιακή του ταχύτητα είναι επίσης ω και η γωνιακή συνιστώσα της ταχύτητας είναι $ v_{\theta } \equal{} \omega \cdot r(t)$
Άρα η ακτινική συνιστώσα της ταχύτητας του Λ έτσι ώστε να είναι στην ίδια γωνία με το Χ και να έχει μέτρο υ είναι:
$ \frac {dr}{dt} \equal{} v_{r} \equal{} \sqrt {v^{2} \minus{} v_{\theta }^2} \equal{} \sqrt {(\omega R)^{2} \minus{} (\omega r) ^2} \equal{} \omega \sqrt {R^{2} \minus{} r^2}$

Άρα $ \frac {dr}{\sqrt {R^2 \minus{} r^2}} \equal{} \omega dt$.
Ολοκληρώνοντας και τα 2 μέλη έχουμε:
$ \int \frac {dr}{\sqrt {R^2 \minus{} r^2}} \equal{} \int \omega dt \plus{} c$
Άρα $ sinh\frac {r}{R} \equal{} \omega t \plus{} c$

Όμως έχω αρχικές συνθήκες για $ t \equal{} 0$ $ r \equal{} r_0$. Κάνοντας τις πράξεις και αντικαθιστώντας το ω με το $ \frac {R}{v}$ έχω τη σχέση χρόνου ακτίνας που είναι:

$ t \equal{} \frac {R}{v}\left(sinh\frac {r}{R} \minus{} sinh\frac {r_0}{R} \right)$

Για να βρω πόσο χρόνο θέλει το Λ να φτάσει σε ακτίνα R απλά θέτω όπου $ r \equal{} R$. Έτσι έχω
$ t \equal{} \frac {R}{v}\left(sinh(1) \minus{} sinh\frac {r_0}{R} \right)$

Στη συνέχεια μαγειρεύω μια ακολουθία ακτινικών βημάτων $ r_n$ και εφαρμόζω τον παραπάνω τύπο για το χρόνο σε κάθε ένα από αυτά τα μικρά ακτινικά βηματάκια. Τελικά καταλήγω σε μια συγκλίνουσα σειρά $ r_n$ που όμως έχει αποκλίνουσα σειρά $ t_n$. ΑΥτό πρακτικά σημαίνει ότι αν το Λ εφαρμόσει αλγόριθμο καταδίωξης κοινού θ τότε ο Χ έχει αλγόριθμο διαφυγής.
Και αυτό στη συνέχεια κουμπώνει με το προηγούμενο post μου που λέει ότι αν υπάρχει αλγόριθμος διαφυγής από καταδίωσξη κοινού θ τότε ο Χ μπορεί να ξεφύγει σε κάθε περίπτωση.

[quote="gpapargi"]Χρωστάω μια απόδειξη στον Παναγιώτη για το πώς υπολόγισα το χρόνο που κάνει το Λ  να πιάσει το Χ με τον αλγόριθμο κοινής γωνίας.[/quote]

George, το συμβολισμό σου ήθελα να καταλάβω σε πρώτη φάση, δε χρειαζόταν να κάτσεις να γράψεις τόσο πολλά... thanks though :)

Για να βεβαιωθώ ότι καταλαβαίνω: με τον όρο "κοινή γωνία" εννοείς ότι παραμένουν πάντα στην ίδια επιβατική ακτίνα και οι δυό τους, έτσι?

[quote]Άρα $ \frac {dr}{\sqrt {R^2 \minus{} r^2}} \equal{} \omega dt$.
Ολοκληρώνοντας και τα 2 μέλη έχουμε:
$ \int \frac {dr}{\sqrt {R^2 \minus{} r^2}} \equal{} \int \omega dt \plus{} c$
Άρα $ sinh\frac {r}{R} \equal{} \omega t \plus{} c$[/quote]

Χωρίς να έχω κοιτάξει αυτά που γράφεις με πολλή λεπτομέρεια (sorry, είμαι κάπως βιαστικός :(), δε νομίζω ότι είσαι σωστός εδώ:

$ \int \frac {dr}{\sqrt {R^2 \minus{} r^2}} \equal{} \arcsin\left(\frac {r}{R}\right)$

Δεν έχω κοιτάξει πώς επηρεάζει αυτό το λάθος την υπόλοιπη συλλογιστική σου (έχει λίγο διαφορετική συμπεριφορά καθώς $ r\to R$)... απλώς με είχαν ξαφνιάσει πολύ οι υπερβολικοί όροι και το $ \sinh(1)$ που είχες βγάλει. Με το $ \arcsin$, για $ r_0 \equal{} 0$ βγαίνει ο σωστός χρόνος $ \frac {\pi}{2 \omega}$.

Cheerio,

Durandal 1707

:wallbash: Όντως λάθος βιασύνης. Είναι arcsin και όχι sinh. Θα δω αν εφαρμόζεται το ίδιο σκεπτικό ή στραβώνει ο υπολογισμός του ορίου.

Με τον όρο "κοινή γωνία" εννοώ ότι παραμένουν πάντα στην ίδια επιβατική ακτίνα και οι δυό τους.

[quote="gpapargi"]
Η δεύτερη περίπτωση (που έχει και το ενδιαφέρον) είναι να έχει το Λ μικρότερη ακτίνα από το Χ. Εδώ φαντάζομαι ένα υποθετικό λιοντάρι στη θέση Λ’ το οποίο έχει την ίδια γωνία με το Χ και την ίδια ακτίνα με το Λ. Η απόσταση ΧΛ’ είναι μικρότερη από τη ΧΛ. Άρα αν το Λ’ δεν πιάνει το Χ τότε ούτε το Λ τον πιάνει. Με απλά λόγια το Χ εφαρμόζει τον αλγόριθμο διαφυγής από το Λ’ που υποθέσαμε ότι υπάρχει.
Αν το Λ ταυτίζεται με το Λ’ τότε ο Χ ξεφεύγει. Αν όμως τα Λ και Λ’ είναι διαφορετικά και το Λ’ πιάσει το Χ, αυτό θα σημαίνει υποχρεωτικά ότι το Λ είναι σε διαφορετική γωνία από το Χ και απλά έπιασε την ίδια ακτίνα με αυτόν. Σε αυτή την περίπτωση ο Χ καταλαβαίνει τι έχει συμβεί και ανάγεται στην περίπτωση 1 (με ίση ή μεγαλύτερη ακτίνα). Κάνει pause τον αλγόριθμο διαφυγής και κινείται στην ίδια ακτίνα μέχρι να πετάξει το Λ έξω από την περιοχή συναγερμού.
[/quote]

Γιώργο, εξακολουθώ να μην καταλαβαίνω. Ο Λ' μένει πάντα στην ίδια γωνία με τον Χ αλλά η ταχύτητά του μπορεί να είναι μεγαλύτερη από του Χ διότι δεν ξοδεύει ταχύτητα για να μένει στην ίδια γωνία. Γι' αυτό υπάρχει περίπτωση ο Λ' να πιάσει τον Χ. (Αν κατάλαβα καλά το έχεις λάβει υπόψη σου.) Δεν καταλαβαίνω όμως γοιατί την στιγμή που ο Λ' πιάνει τον Χ ισχύει απαραίτητα ότι ο Λ έχει διαφορετική γωνία από τον Λ' (και άρα από τον Χ). Ίσως αυτήν ακριβώς την στιγμή που πιάνει ο Λ' τον Χ να είναι και η πρώτη στιγμή που τα Λ και Λ' ταυτίζονται.

Έχουμε δεχτεί ότι υπάρχει τρόπος διαφυγής του Χ αν το Λ εφαρμόσει καταδίωξη κοινής γωνίας. Άρα αν το Λ’ και το Λ ταυτιστούν νωρίτερα τότε αποκλείεται να πιάσουν τον Χ (το υποθέσαμε). Αν το Λ’ και το Λ ταυτιστούν ακριβώς τη στιγμή της σύλληψης του Χ, τότε αυτό θα σημαίνει ότι ο Λ έκανε μεγαλύτερο τμήμα ds την «τελευταία στιγμή» αφού το Λ’ είναι κοντύτερα στο Χ από ότι το Λ. Αυτό σημαίνει ότι αν το Λ ήταν αρχικά ταυτισμένο με το Λ’ πάλι θα έπιανε τον Χ, που σημαίνει ότι ο Χ δεν ξεφεύγει από καταδίωξη κοινής ακτίνας (άτοπο από υπόθεση). Βασικά στο σενάριο που περιγράφεις το Λ έχει ξεπεράσει το φράγμα της ταχύτητας υ.

Επειδή απάντησα λίγο βιαστικά θα το ξαναδώ.

Ωστόσο είδα ότι η προσέγγισή μου για την κατασκευή της συγκλίνουσας και της αποκλίνουσας σειράς στραβώνει με το arcsin και επιπλέον βρήκα και μια άλλη τρύπα. Μάλλον δεν αξίζει τον κόπο να προσπαθήσω να τις βουλώσω αφού έχουμε τη λύση της πολυγωνικής γραμμής.  Τελικά δεν είναι δύσκολο να τη μυριστεί κανείς αν ξέρει τι ψάχνει λόγω του ότι χάρη στα διαδοχικά πυθαγόρεια έχεις σχέση που εμπλέκει το μήκος της (που το θέλουμε άπειρο) αλλά και την απόστασή κάθε κορυφής από το κέντρο (που το θέλουμε πεπερασμένο).

Έχω την αίσθηση όμως ότι πρέπει να πούμε 2 λόγια για τις ακολουθίες (τη συγκλίνουσα και την αποκλίνουσα) καθώς και το ακριβές άθροισμα της συγκλίνουσας που πρέπει να χρησιμοποιηθεί στην κανονικοποίηση για να μη βγούμε έξω από την αρένα. Τέλος έχω την εντύπωση ότι πρέπει να συγκριθεί και η τυχαία κίνηση του Λ με την καταδίωξη κοινής ακτίνας γιατί η πολυγωνική γραμμή δεν μπορεί να γίνει στο κουτουρού από τυχαίο σημείο. Μπορεί πχ το Λ να τη στήσει στο Χ σε κάποιο παρακάτω βήμα από το οποίο ξέρει ότι θα περάσει. Εκεί νομίζω πρέπει να πούμε ότι κάτι τέτοιο θα ήταν χειρότερο και θα έδινε άλλου είδους διέξοδο στο Χ.

Γιώργο, εξακολουθώ να πιστεύω πως δεν δουλεύει. Θα δείξω ότι αν ο Χ χρησιμοποιήσει την γνωστή στρατηγική με τον τρόπο που περιγράφεις θα χάσει. Ας γράψω όμως πρώτα κάτω την γνωστή στραηγική

Ας υποθέσουμε ότι η αρένα έχει ακτίνα 1 και ότι ο χριστιανός βρίσκεται αρχικά σε απόσταση α < 1 από το κέντρο Ο της αρένας. Κοιτάζουμε την ευθεία ΟΧ και ο χριστιανός για χρονικό διάστημα τ=τ(α) τρέχει πάνω στην κάθετο της ΟΧ από την μεριά που δεν βρίσκεται ο Λ. Αν ο Λ βρίσκεται πάνω στην ΟΧ τότε ο Χ κινείται δεξιόστροφα. Μετά για χρονικό διάστημα τ/2 τρέχει ξανά πάνω στην κάθετο της ΟΧ, μετά για διάστημα τ/3 κτλ. Σίγουρα δεν τον πιάνει ποτέ ο Λ και σίγουρα δεν βγαίνει έξω από την αρένα αν διαλέξουμε το τ ώστε $ a^2 \plus{} t^2(1 \plus{} 1/4 \plus{} 1/9 \plus{} \cdots) < 1$.

Ας δούμε τι γίνεται τώρα με την τακτική που περιγράφεις όπου η περιοχή συναγερμού είναι π.χ. +/- 1 μοίρα και +/- 0.01 μέτρα σε ακτίνα. Το Λ γνωρίζει αυτήν την περιοχή συναγερμού. Βγαίνει έξω από αυτήν και την προσεγγίζει από τα δεξία με ακτίνα ε μικρότερη από του Χ. Το ε θα είναι μικρότερο του 0.01 αλλά και αρκετά μικρό σε σχέση με το τ. Από την στιγμή που το Λ μπαίνει στην ζώνη κινδύνου, θα προσπαθήσει να ικανοποιεί τα εξής
1) Διατηρεί συνέχεια μικρότερη ακτίνα από το Χ αλλά η διαφορά ε της ακτίνας είναι πάντα πολύ μκρότερη από το εκάστοτε τ' όπου τ' το χρονικό διάστημα για το οποίο θα κινείται ο Χ
2) Η υπόλοιπη ταχύτητα που του μένει, την χρησιμοποιεί για να μειώνει την διαφορά μοιρών από τον Χ. (Σε αυτό βοηθάει και ο Χ επειδή ο Λ βρίσκεται στα δεξιά και ο Χ κινεται πάντα δεξιόστροφα σύμφωνα με την στρατηγική του.)

Σε κάποια φάση η διαφορά μοιρών θα είναι τόσο μικρή ώστε αν το Λ έμενε ακίνητο η διαφορά μοιρών από θετική θα γινόταν αρνητική. Σε αυτήν την περίπτωση το Λ αντι να μείνει ακίνητο τρέχει πάνω στην ευθεία ΟΛ με τέτοια ταχύτητα ώστε στο χρονικό σημείο που ο Χ θα φτάσει την γωνία του, ο Λ θα φτάσει ακριβώς εκείνη την στιγμή την ακτίνα του Χ. Ο λόγος που προλαβαίνει να το κάνει είναι επειδή ο Χ θα τρέξει μια απόσταση τ προς τα δεξιά, ενώ ο Λ χρειάζεται να τρέξει μόνο μια απόσταση περίπου ίση με ε.

Δεν έχω κάνει τις πράξεις αλλά νομίζω έτσι ο Λ πιάνει τον Χ. (Λοίπουν διάφορές λεπτομέρειες. Για παράδειγμα η σχέση ε και τ, το πόσο μικρή μπορεί να είναι η ακτίνα του Χ (μου φαίνεται για μικρή ακτίνα δεν δουλεύει αλλά μπορεί αρχικά ο Λ να τρέχει πάνω στην ευθεία ΟΧ ώστε να αναγκάσει τον Χ να έχει ακτίνα τουλάχιστον 1/2 κ.ά.)

Δημήτρη από ότι καταλαβαίνω υποθέτεις ότι ο Χ κινείται δεξιόστροφα και ότι το Λ επιτίθεται από δεξιά. Σε αυτή την περίπτωση προφανώς θα του στήσει καρτέρι σε κάποιο σημείο που θα περάσει εκμεταλλευόμενος το γεγονός ότι ο Χ έχει την τάση να πλησιάσει στη θέση που βρίσκεται το Λ.
Σε αυτή την περίπτωση εννοούσα (αλλά δεν το έγραψα ρητά αποφεύγοντας κάποιες λεπτομέρειες) ότι ο Χ  θα πάει αριστερόστροφα. Δηλαδή όταν το Λ μπει στην περιοχή συναγερμού του Χ τότε ο Χ θα κινηθεί προς γωνία αντίθετη από αυτή από όπου δέχεται την επίθεση.
Αν σχεδιάσουμε την απόσταση που θα διανύσει το Λ και το Λ' όταν έχουν έρθει πολύ κοντά το σχεδόν τρίγωνο ΛΛ'Χ έχει αμβλεία γωνία τη Λ' (το Χ κινείται). Άρα η απέναντι πλευρά είναι η μεγαλύτερη του τριγώνου και ΛΧ>Λ'Χ

Επίσης να πω ότι αυτό που προσπαθώ να δείξω στο προηγούμενο post είναι ότι αν δεχτούμε ότι ο Χ έχει αλγόριθμο διαφυγής από αλγόριθμο καταδίωξης κοινής γωνίας  τότε μπορεί να το εκμεταλλευτεί αυτό για να ξεφύγει πάντα.

Ναι έχεις δίκιο. Η μόνη μου ένσταση θα ήταν "Από την στιγμή που ακολουθεί την συγκεκριμένη στρατηγική για να αποφύγει την στρατηγική κοινής γωνίας έχει το δικαίωμα ο Χ να επιλέξει αν θα κινείται αριστερόστροφα ή δεξιόστροφα;" Η απάντηση είναι ναι από συμμετρία


Hi;

I'm quite sure that this inequality was already posted, but I couldn't find it with the search. So, if you find it, then delete this topic please  :blush:

$a,b,c$ are the sides of a triangle. Prove that

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}<2$

By the triangle inequality:
\[\sum\frac{a}{b+c}<\sum\frac{a}{\frac{1}{2}(a+b+c)}= 2.\]


geometry
combinatorics proposed
combinatorics

You guessed it, the subject line says it all: prove that a square [b]cannot[/b] be tiled with finitely many $30^{\circ}-60^{\circ}-90^{\circ}$ triangles.

It is easy to verify that if $a$ is the length of the side of one of the triangles, then both other sides are of the form $2^m (\sqrt 3 )^n a$, where $m,n$ are integers (not necessarly positive).
Now, assume that $a$ is the length of the shortest side of a such a triangle, thus it is the opposite side of the angle $30$°, so that the area of the triangle has form $\frac {\sqrt 3 } 2 2^p3^q a^2$ for some integers $p,q$.

Now, assume that such a tiling does exist. Wlog, we may assume that the square has unit side length.
Let $s$ be the minimal length of a side of one triangle. Then, from above, we deduce that each side of each triangle has form $2^m (\sqrt 3 )^n s$, with the same conditions as above.

Now, since the area of the square is the sum of the area of the triangles, we deduce that :
$1 = \frac {\sqrt 3 } 2 s^2 r$, for some positive rational number $r$, so that $s^2 = q \sqrt { 3}$ where $q \in \mathbb {Q} ^{+*}.$

In another hand, the side of the square is the sum of the lengths of some sides of the triangles. Thus :
$1 = \sum 2^n (\sqrt 3 )^m s = (x+y \sqrt 3)s$, for some non-negative rational $x,y$ with $(x,y) \neq (0,0)$.
Therefore, squaring, it leads to :
$1 = (x^2+3y^2+2xy \sqrt 3 )s^2 = (x^2+3y^2)q \sqrt 3 + 6xyq$.
Thus $\sqrt 3$ is rational. A contradiction, and we are done.

Pierre.

[quote="pbornsztein"]
Let $s$ be the minimal length of a side of one triangle. Then, from above, we deduce that each side of each triangle has form $2^m (\sqrt 3 )^n s$, with the same conditions as above.
[/quote]

 :?  Why? Two adjecent triangles in the tiling do not necessarily share a side.  :?

:blush:  Oops...sorry, I thought they were supposed to....

Pierre.


What degenerate form or forms of the parabola CANNOT be obtained from the intersection of a plane and a double napped cone?
I have to use a diagram and give complete description how to obtain this ( or these) form(s)

I've heard of degenerate conic sections (e.g. two parallel lines, two intersecting lines, a point...)

[quote="anirudh"]I know that a parabola has the form $(x-h)^{2}= 4p(y-k)$, but how does it become degenerate? Is it if it intersects something?[/quote]

Umm, idk. What I think [b]brandy[/b] was asking for (correct me if I'm wrong, though) was for degenerate [i]conic sections[/i] since the intersection of a plane and a double-napped cone was mentioned.

[hide="In that case..."]
The degenerate cases are two intersecting lines, two parallel lines, one line, a single point, and a null set (nothing). If you look how the plane can intersect the cone, we see that the two intersecting lines (split the nappes in half lengthwise with the plane), the one point (the vertex of the two nappes), and the single line are possible (take the plane tangent to the nappes). What we need the cylinder (the degenerate case of the cone) for is the two parallel lines (a plane parallel to, and intersecting, the cylinder) and the empty set (a plane parallel to but not intersecting the cylinder).

I hope that's all of them. :P [/hide]

so how would I draw something like that??? :?:

http://www.sasked.gov.sk.ca/docs/math30/conics/conics/laboratory/hyperbola.html is a URL thatwill allow you to plug in the numbers

a degenerate object is less "advanced" form of that object
i'll give some examples so u get the idea

a degenerate circle is a circle with radius 0. it is a single point

a degenerate triangle is three colinear points, so it's just a line segment

for this case, we need a degenerate parabola
a parabola has the equation of $y=ax^{2}+bx+c$. If we let $a=0$
then we just get a line, so a line a degenerate parabola


11 Febrero:

¿Cuál es el dígito de las unidades de $3^{2001}\cdot7^{2002}\cdot13^{2003}$ ?

$3^{2001}$ has same last digit as $3^{1} \Rightarrow 3$

$7^{2002}$ has same last digit as $7^{2} \Rightarrow 9$

$13^{2003}$ has same last digit as $13^{3} \Rightarrow 7$

$3 \cdot 9 \cdot 7$ ends in 9.

Correcto? :D


Let a acute-triangle $ ABC$, $ F$ be the Toricelli-point of triangle. Denote $ BF\cap AC\equal{}D,CF\cap AB\equal{}E$.
Prove that: $ AB\plus{}AC\geq 4DE$

Already posted (ISL 2002 / G2). See [url]http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?p=118668#118668[/url].


invariant
combinatorics proposed
combinatorics

There are $ n$ cards with 1,2,3 written. They are listed in some order. We do the following operations:
(1) Replace 1,2 with 3,3, or vice versa;
(2) Replace 2,1 with 3,3, or vice versa;
(3) Replace 2,3 with 3,1, or vice versa;
(4) Replace 1,3 with 3,2, or vice versa.
Suppose that there were only cards with 1,2 initially, and there remained cards with 3 finally. Deduce all initial situations.

Hope I understood this correctly.

Let $ A$ be the number of $ 1$s in the sequence for which there are an even number of $ 3$s that come before it. Let $ B$ be the number of $ 2$s after an even number of $ 3$s, $ C$ the number of $ 1$s after an odd number, $ D$ the number of $ 2$s after an odd number. It can be shown that $ A\minus{}B\minus{}C\plus{}D$ is invariant by checking what each operation does. In the final configuration, the invariant is $ 0$, and in the initial configuration, the invariant is the number of $ 1$s minus the number of $ 2$s. Thus only sequences with an equal number of $ 1$s and $ 2$s work. (thus $ n$ must be even)

To show any of these work, notice that (3) and (4) together allow $ 1,3,3 \leftrightarrow 3,3,1$ and $ 2,3,3 \leftrightarrow 3,3,2$ (*). If a sequence has an equal number of $ 1$s and $ 2$s, it must have $ 12$ or $ 21$. Change them to a pair of $ 3$s, then use the (*) operations to shift those $ 3$s to the end, reducing it to a case with two less cards and giving an inductive argument. (alternately, we use (1) and (2) to get the operation $ 12 \leftrightarrow 21$ and use it to attain the sequence $ 1212\ldots 12$)


Hi everyone. I had a couple of questions regarding electromagnetic waves. If someone could please help me with any of the problems below I would really appreciate it. I don't think they are that hard - I am just not sure what to do. Have a good day!

1) It has been proposed that a spaceship might be propelled in the solar system by radiation pressure, using a large sail made of foil. How large must the surface area of the sail be if the radiation force is to be equal in magnitude to the Sun's gravitational attraction? Assume that the mass of the ship + sail is 1800 kg, that the sail is perfectly reflecting, and that the sail is oriented perpendicular to the Sun's rays. (With a larger sail, the ship is continually driven away from the Sun.)

2) Large radio telescopes, like the one in Arecibo, Puerto Rico, can detect extremely weak signals. Suppose one radio telescope is sensitive enough to detect a signal which lays down only 0.81 pW of power on an area of 7.2 x 1015 m2. (a) What would be the total power that would be received by the antenna, assuming that its diameter is 280 m? (b) What would be the power of a source at 28000 ly distance from Earth that could provide such a signal? A light-year is the distance light travels in one year.

3) A laser emits light at power 5.31 mW and wavelength 633 nm. The laser beam is focused (narrowed) until its diameter matches the 1260 nm diameter of a sphere placed in its path. The sphere is perfectly absorbing and has density 5.00 x 103 kg/m3. What are (a) the beam intensity at the sphere's location, (b) the radiation pressure on the sphere, (c) the magnitude of the corresponding force, and (d) the magnitude of the acceleration that force alone would give the sphere?

Thanks!

This is not the  appropriate forum for your question since it is based on simple application of formulas. Thats why you were not getting 'help' here. I am moving this to the 'Introductory Physics' forum. It shall be better if you post what yu dont understand or cant do regarding this question rather than simply asking the answer..

Moderator

Rushil - how many times do I have to tell you. I t ake a great deal of offense from you claiming what you did in your previous post. All that I want is for someone to explain this to me. I have made this post last week and no one has responded. What should I do????????

Without describing what you did, it really looks like you ask for somebody to do your homework every week - nobody is going to do it forever (I won't). Besides, you should learn how to post your expressions in LaTeX.

For the 1st problem, something is missing (the power of the Sun). Assume this is known, $P = 3.83 \times 10^{26}\ \text W,$ see [url=http://en.wikipedia.org/wiki/Sun]en.wikipedia.org/wiki/Sun[/url]. Momentum of photons (no rest mass) is $p = \frac E c$ and $\frac{\text dp}{\text dt} = \frac 1 c \frac{\text dE}{\text dt} = \frac P c.$ The momentum transfered by photons to a reflecting surface is twice the momentum of these photons, hence the total radiation force on a reflecting surface is $F = 2 \frac{\text dp}{\text dt} = \frac{2P}{c}$ and the radiation pressure on a reflecting surface at a distance r from the sun is $p_R = \frac{F}{4 \pi r^2} = \frac{P}{2 \pi r^2 c}.$ The force on the sail with area S is $F_S = p_RS = \frac{PS}{2 \pi r^2 c}$. For the minimum sail area, this has to be equal to the gravitational force $F_G = \frac{GMm}{r^2}$, where M, m are masses of the Sun and the spaceship and G the gravitational constant: $\frac{PS}{2 \pi r^2 c} = \frac{GMm}{r^2}.$ The distance r cancels out and the minimum sail area is $S = \frac{2 \pi GMmc}{P}$. The product GM can be obtained from some tables or from Earth's orbit, approximately circular. The gravitational force on Earth with mass $m_0$, radius $r_0 = 150$ millon kilometers (the Sun-Earth distance, see [url=http://en.wikipedia.org/wiki/Sun]en.wikipedia.org/wiki/Sun[/url], convert to meters) and period $T_0 = 1$ year (convert to seconds, about 31.5 million seconds) is equal to the centrifugal force,

$\frac{GMm_0}{r_0^2} = \frac{m_0v_0^2}{r_0} = m_0 r_0 \omega_0^2 = \frac{4 \pi^2 m_0 r_0}{T_0^2}\ \Longrightarrow\ GM = \frac{4 \pi^2 r_0^3}{T_0^2}$

Then for m = 1800 kg, $S = \frac{8 \pi^3 r_0^3 mc}{PT_0^2} \approx 1.2\ \text{km}^2$.

For the 2nd problem, the light intensity is $I = \frac P S$, where the power P and area S are given. Power $P_T$ received by the telescope with area $S_T$ is then $P_T = IS_T.$ The total power of from the source is $P_S = I S_0$, where $S_0 = 4 \pi R^2$ is surface of a sphere with radius $R = 28000\ \text{ly}$. You have to convert light years to meters - take the number of seconds per year (about 31.5 millions) and multiply by the speed of light $c = 3 \times 10^8\ \text{m/s}$.

For the 3rd problem, the momentum of photons (no rest mass) is $p = \frac E c$. You are given the laser power $P = \frac{\text dE}{\text dt} = \frac 1 c\ \frac{\text dp}{\text dt}.$ So you can get the force of radiation on the sphere $F = \frac{\text dp}{\text dt} = \frac P c.$ From its diameter, you can get the sphere volume V and knowing the volume and density, you get the sphere mass m. Again, knowing the force F and mass m, you can get the acceleration $a = \frac F m$. The beam intensity is $I = \frac P S$ and the radiation pressure $p_R = \frac F S$, where S is the sphere cross-section.


Assume that $ 6$ does not divide $ n$ and $ S\equal{}\{d\: |\: 1\leq d\leq n ,\gcd(d,n)\equal{}1\}$.
Prove that if $ \gcd(a,b)\equal{}1$ and $ \sum_{d\in S}\frac{1}{d}\equal{}\frac{a}{b}$, then $ n^{2}$ divides $ a$.

I think this can be called as Generalized Wolstenholme.

It is not true. For example, if $ n\equal{}p^{k}$, then $ ord_{p}(a)\equal{}k\plus{}c(p)<2k,k>1$, were $ c(2)\equal{}0,c(3)\equal{}1,c(p)\equal{}2$ if p is not Wolstenholme prime p>3, and $ c(p)\ge 3$ if p is Wolstenholme primes. Known only 2 Wolstenholm primes <1 000 000 000 and c(p)=3 for these primes.

Yes, it is true. Let n is odd, then
\[ S\equal{}\sum_{x,(x,n)\equal{}1,x<n}\frac{1}{x}\equal{}\sum_{y\minus{}odd,(n,y)\equal{}1,y<n}(\frac{1}{(n\plus{}y)/2}\plus{}\frac{1}{(n\minus{}y)/2}\equal{}n\sum_{y\minus{}odd,(y,n)\equal{}1,y<n}\frac{4}{n^{2}\minus{}y^{2}}.\]
Therefore \[ S\equal{}\minus{}4n\sum_{y\minus{}odd,(y,n)\equal{}1,y<n}\frac{1}{y^{2}}\mod n^{3}\equal{}0\mod n^{2},\] if $ 3\not |n$.


Regular polygon $ ABCDEFGHIJKLMNOPQR$ has side length $ 1$. The area of polygon $ ARML$ can be expressed as $ \frac{3(\sqrt{3}\plus{}\sqrt{2\plus{}2x})}{4}$. What is the value of $ 16x^3\minus{}12x\plus{}11$?

I do not want this thread to die. :D  :D  :D


Gauss
advanced fields
advanced fields unsolved

do you know why when all riemannian curvature is negative the geodesics are locally divergent?

The divergent behavior of geodesics is sometimes taken as the [b]definition[/b] of a [url=http://eom.springer.de/G/g110240.htm]negatively curved space[/url]. The best I can do to explain "why" this happens is to invoke the [url=http://en.wikipedia.org/wiki/Gauss-Bonnet_theorem]Gauss-Bonnet theorem[/url], which implies that the angles of a geodesic triangle have sum less than $\pi$ if the space is negatively curved. When the sides of a geodesic triangle cave in, the geodesics are diverging.

oh i can prove the statement for dimension 2 what can be said for higher dimension .


Provide methods for making the following functional group conversions:

1) $ R\minus{}CO_2H \longrightarrow R\minus{}NO_2$

2) $ R\minus{}CH_2NO_2 \longrightarrow R\minus{}C \equiv N$

Let me give this a try  :)

1. Use SOCl2 to convert RCOOH into RCOCl and then use NH3 to get RCONH2
2. Use Hoffmann Bromamide rn to get RNH2
3. Use a peracid ?( CF3COOOH )

RCH2NO2 to RCN

1) LiAlH4 to convert to amine
2) NaNO2/dil HCL/ HNO2 to convert the amine to -OH
3) KmNo4 to get acid
4) NH3 / DCC
5) Hoffmann Bromamide to get R-NH2
6) carbylamine followed by heating to get cyanide

Are alkyl diazonium salts stable?
If no then how can we perform step 2 of zimrock's soln?

you are right madness.....
You should not use that step zimrock because if you write the mechanism of that reaction..
R+(carbocation) is formed.THis can undergo elimination,nuclepphilic substitution,etc.......

RCOOH to RNH2

1.perform Schimdt reaction to get the amine.
2.oxidise to CF3CO3H to get the product.

RCH2NO2 to RCN

1.perform Nef reaction to get the aldehyde.
2.oxidise to the acid.
3.treat with chlorine to get RCOCl and heat with ammonia to get RCONH2
4.use P2O5 to get the cyanide

Am i right :wink: ?????????????????????????

[quote="valeriummaximum"]

3.treat with chlorine to get RCOCl and heat with ammonia to get RCONH2
[/quote]

I think HVZ rn will occur
You must treat it with SOCl2 or something else  :wink:

[quote="Madness"]Let me give this a try[/quote]

Yes, that's right.

[quote="Zimrock"]2) NaNO2/dil HCL/ HNO2 to convert the amine to -OH[/quote]

Alkyl diazonium salts are not stable, as Madness pointed out, and as I have already described several times.~

[quote="Valeriummaximum"]RCH2NO2 to RCN

1.perform Nef reaction to get the aldehyde.
2.oxidise to the acid.
3.treat with chlorine to get RCOCl and heat with ammonia to get RCONH2
4.use P2O5 to get the cyanide
[/quote]

Yes, that's right, except it should be PCl5 or SOCl2. However, the second conversion can be made directly in one step by dehydrating with, for example, PCl3 and pyridine, between several other methods.


The function $ f: \mathbb Q \rightarrow \mathbb Q$ satisfies next three conditions.

$ (1)$ $ f(0)\equal{}2, f(1)\equal{}3$

$ (2)$ $ f(x\plus{}n)\minus{}f(x)\equal{}n\{f(x\plus{}1)\minus{}f(x)\}$   for all $ x\in\mathbb Q$ and for all $ n\in\mathbb Z$

$ (3)$ $ f(x)\equal{}f(\frac{1}{x})$   for all $ x\in\mathbb Q$,$ x\neq 0$

Find all $ x\in\mathbb Q$ such that $ f(x)\equal{}2002$


function
analytic geometry
graphing lines
slope
algebra unsolved
algebra

Let N be the set the set of natural numbers and let f: N->N be a function satisfying f(n) + f(n+2) \leq 2 f(n+1). Prove that in the Cartesian plane there is a line containing infinitely many points with the coordinates (n,f(n)).

[i]First IMO Selection Test, Germany, 1995, Problem 3.[/i]

Basically, it looks to me like this:

This function is concave, so, if it doesn't eventually become linear (from some point on), the sequence of slopes [f(n+1)-f(n)]/[(n+1)-n]=f(n+1)-f(n) is a decreasing sequence which doesn't eventually become constant, so it must be <0 from some point on, so, eventually, we will get an infinite descendance of natural numbers, which is impossible.

Therefore, f must eventually become linear (from some point on). I think this is the main idea here.


3. A 10 by 10 square is composed of 100 unit squares. How many unit squares are entirely contained within the inscribed circle of diameter 10?

I don't have neither answer nor solution.

But my friend thinks that the answer is 78.

How do you do this?

There are 40. In a 90 degree sector, there are ten.

[hide="my method"] First, I looked at the upper left quadrant. It is obvious that the arc goes from the bottem left corner to the top right corner. The two blocks in which it starts with cannot be completely within the circle. Therefore, in the bottom row, there are four, then three, then two... Ten total. Multiply by four to get 40. [/hide][/hide]

Unfortunately, no.

[hide="The correct answer is..."] $ 15$ in a quadrant, $ 60$ total.  [/hide]
Your approach describes the number of squares enclosed in a [i]diamond[/i] (a square) with each vertex at the midpoints of the large square.  The diamond is smaller than the circle.  :)

[quote="t0rajir0u"]Split it up into four squares and look at a quarter-circle.  Note that $ (3, 4)$ and $ (4, 3)$ are both points on this circle.  The diagram is not hard to draw with these points in mind, and the count is easy from there.[/quote]

How did you know that $ (3, 4)$ and $ (4, 3)$ is on the circumference of a circle?

The circle has diameter $ 10$, hence radius $ 5$, and $ \sqrt{3^2 \plus{} 4^2} \equal{} 5$.  :)

[quote="t0rajir0u"]The circle has diameter $ 10$, hence radius $ 5$, and $ \sqrt {3^2 \plus{} 4^2} \equal{} 5$.  :)[/quote]
Oh..Distance formula..right? I couldn't perceive that just by looking. Thank you.


What is the best introductionary book in graph-theory?

How introductory do you want?

There's a really good basic graph theory book by Richard Trudeau called [u]Introduction to Graph Theory[/u]. Its very basic though. Not heavy on proofs, just good on exposition.

I would agree with gauss about Trudeau's book.  If you just want to see what the subject is about, it's fine.  But the problems are very easy and it skips a lot of the interesting proofs.

Well, I dont want it to basic. The book just need an introduction part in the beginning, so I can understand the more advanced parts after reading the first part.

An old, but classic, book is "Graphs and their uses" by Oystein Ore.  It is short and covers fewer topics than typical texts, but has proofs and is very readable.  It was the first Graph Theory book that I read cover to cover.  The book was published about 40 years ago, but a revised version is now available.

Douglas West, Introduction to graph theory is the best book ever in graph theory!!

and more advanced is Graph Theory by Reinhard Diestel.. and you can get that one online.. for free!


Um... Not exactly too sure what you are looking for, but I'll just give you the mathematics bodies of both countries...

For Australia ~ http://www.amt.edu.au/
For New Zealand ~ http://www.nzamt.org.nz/

I think both bodies run olympiads and competitions...
There are probably quite a bit of resources on those sites....

[quote="stergiu"]Please , tell me some web sites about olympiads(in Australia and N.Zealand) , where you do math problems for olympiads.
 And some links where I can find competition problems in your country , if possible.
 I read in the book '' Austr.Olympiads - the austr. scene '' , that there are some other competitions , before AMO.Where can I find the problems for the runing year?
 Thanks in advance
 babis[/quote]
The AMT yearbooks: The Australian Scene, contain questions and solutions for the AIMO, AMOC Senior Contest, AMO, APMO and IMO, as well as maths challenge for that year - so pretty much every AMT competition for that year should be in the book :)


function
limit
calculus
derivative
calculus computations

Given $ V(x)$ a continuos function $ V: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$, such that $ V(\overline{x})\equal{}e, V'(\overline{x})\equal{}0$, evalutate

$ \displaystyle\lim_{x \rightarrow \overline{x}} \frac{V'(x)}{\sqrt{e\minus{}V(x)}}$

Use Taylor series: $ V(x)=V(\overline{x})+\frac{V'(\overline{x})}{1!}(x-\overline{x})+\frac{V''(\overline{x})}{2!}(x-\overline{x})^2+\dots$
After differentiation: $ V'(x)=V'(\overline{x})+\frac{V''(\overline{x})}{1!}(x-\overline{x})+\dots$

$ \frac{V'(x)}{\sqrt{e-V(x)}}=\frac{V'(\overline{x})+\frac{V''(\overline{x})}{1!}(x-\overline{x})+\dots}{\sqrt{e-V(\overline{x})-\frac{V'(\overline{x})}{1!}(x-\overline{x})-\frac{V''(\overline{x})}{2!}(x-\overline{x})^2-\dots}}=$

${ =\frac{V''(\overline{x})(x-\overline{x})+\dots}{\sqrt{-\frac{V''(\overline{x})}{2!}(x-\overline{x})^2-\dots}}}$

Finally: $ \displaystyle\lim_{x \rightarrow \overline{x}} \frac{V'(x)}{\sqrt{e-V(x)}}=\frac{V''(\overline{x})}{\sqrt{-\frac{V''(\overline{x})}{2}}}$

And what if $ V''(\overline{x})$ does not exist?

I have no idea  :) If $ V(x)$ is continious we can't even say that $ V'(x)$ is continious and in our limit we don't know what will be $ \lim_{x\to\overline{x}\minus{}}\frac{V'(x)}{\dots}$ or $ \lim_{x\to\overline{x}\plus{}}\frac{V'(x)}{\dots}$, they may be different.


Any good pranks done by anyone?

Last year Valentin Vornicu pretended to resign :P

20 school days left!  Fried paper for lunch! (school's prank)

Once at school, someone gave his friend dog food and told him it was candy. His friend ate it (this is 3rd grade here) and threw up  :rotfl:

I was fooled into doing something REALLY STUPID and the culprit was my best friend :noo:

There didn't seem to be any fun april fools pranks in my school today...

The school offered a $ \$$2.99 twin lobster "special!" with baked potato, which fooled me for a few seconds. I should have noticed that the school doesn't normally charge in .99, among other things  :rotfl:

So, at my school we have several electronic bulletin boards around, which teachers can add announcements to from their computers. My Greek teacher put on the board today that we were having a pop test, which, everyone of course assumed was an April Fools day joke. I mean, this was the first time I can even recall him having posted anything there...

We had a test...

LOL epic fail.

Homeschooled = No pranks.

1) I was listening to radio (not at school) and they started a song, and it ended suddenly. The guy said "Just kidding! not this song! Happy April Fools day!"

2) Our math teach always gives math homework everyday. So she wrote homework on the board, and no one was suspicious. Then she told us it was a jok elater. No hw. :)

A few girls at my school told me they were tricking their parents by telling them they were pregnant. :|

ummm

ummmm

ummmmm

jjx, thats slightly disturbing.

and what grade are u in???

btw, THIS IS SPRING BREAK!!!  I HAVE NO PRANKS!!! BUAHAHAHAHAHA

today's date is 4/1/09
if u rearrange the digits to 0,1,4,9
they form the first 4 perfect squares  :lol:

That's pretty cool.

My sister told me that in her <insert language here> class, it was usally pretty noisy and people would talk and the teacher would get frustrated. Today, as a prank, they decided to act good and be quiet, and the teacher got really angry. :D

Some kid got some weird thing that makes a farting sound when activated by remote control, and set it off while it was under the teacher's chair.

Well see my blog...I actually committed an April Fools prank on yesterday's PotD..though not many were fooled. :rotfl:

It was raining in my area. I was in school. Somebody was not wearing a raincoat or anthing like that, because he was indoors. I told him to go outside, and he said that it is raining. I told him that it stopped raining. So he went outside. The door was still open, and from inside, I shouted "April Fools!" :rotfl:  :rotfl:  :rotfl:

Did anyone check Google?
But it is spring break here, and no jokes at home...
There was a tradition among our elementary school class to cut out error messages from paper and tape them on the teacher's computer every year. It's still done, and I really wanted to see some of the teachers' reactions.

Well, I didn't try fooling anybody, but lots of people tried fooling me. None of which did.

hmm

that's a good thing you escaped their pranks

haha i know it's really late... but these girls sprinkled glitter all over my english teacher's desk (some is still there...), and then they dumped out his drink and put in a goldfish (in water of course) yeah.

then my bio teacher tried to trick us and told us to write the scientific name of a tomato...

and our gym leaders told us we had to run the whole period and that they'd chuck soccer balls at us if we stopped...

but nobody got fooled... meh.


[quote="jpjoe"]how bout x2 + y2?[/quote]
sorry, what do you mean by $x^2+y^2$?

[quote="amirhtlusa"]let's look at the case that the both of signs are positive
then you have this: $x^2+xy+y^2$, which equals:
$\frac {3} {4} x^2 + (\frac {1} {2}x+y)^{2}$[/quote]

That's not technically a factorization because you made it into a sum of two terms, not a product. If you allow radicals in your factorization, $x^2+xy+y^2=(x+y+\sqrt{xy})(x+y-\sqrt{xy})$. Otherwise, it's not factorable.

$x^2+y^2$ is not factorable until you go into the complex numbers, where it becomes$(x+yi)(x-yi)$

Well, you tecnically can factorise it to

$(x+y+ \sqrt{2xy})(x+y-\sqrt{2xy})$

i see, so that's why...  anyway, our instructor has just began discussing about radicals a while ago, so things are much clearer now.  thanks for your help guys!


number theory
prime numbers
divisibility tests

Here are some divisibility rules. It's a good exercise in mods to prove these.

[u]Divisibility by 2(aka parity)[/u] If the last digit is even it is divisible by 2.

Note: 0 is considered even.

[u]Divisibility by 3[/u] A number is divisible by three if the sum of its digits is divisible by 3.

Example: The number $\underbrace{xxx\ldots x}_{3n}$ is divisible by three because the sum of the digits is $3xn$, a multiple of 3.

Exercise: Find all possible values of $a$ such that a is a base 10 digit and $a344214a0$ is divisible by 3.

[u]Divisibilty by 4[/u] A number is divisible by 4 if the last two digits of the number are divisible by 4.

[u]Divisibility by 5[/u] A number is divisible by 5 if the number ends in 0 or 5.

[u]Divisibility by 6[/u] A number is divisible by 3 if and only if it is divisible by both 2 and 3. So it must pass the test for divisibility by 2 AND divisibility by 3.

[u]Divisibility by 7[/u] A number is divisible by 7 if the alternating sum of every group of 3 digits is divisible by 7.

Example:  Is 76,592,313 divisible by 7?
Solution:  We look at 076-592+313=203 which is divisible by 7 by 76,592,313 is also divisible by 7.

[u]Divisibility by 7[/u] You could also cut off the last digit and subtract twice it from the rest of the number and see if the new number is divisible by 7.  (For larger numbers, the first method is usually more convenient.)

Example: Is 203 divisible by 7?
Solution: We look at 20-3*3=14, which is divisible by 7.  So 203 is divisible by 7.

[u]Divisibility by 8[/u] A number is divisible by 8 if the last 3 digits of it are divisible by 8.

[u]Divisibility by 9[/u] A number is divisible by 9 if the sum of its digits are divisible by 9.

[u]Divisibility by 10[/u] A number is divisible by 10 if it ends in 0.

[u]Divisibility by 11[/u] A number is divisible by 11 if the alternating sum of itsdigits is divisible by 11.

Example: For 121, 1-2+1=0 is divisible by 11, thus 121 is.

Example: For 21,441,583,097, 7-9+0-3+8-5+1-4+4-1+2=0 so it is.

That is just a coincidence that both of them added to zero. In general, it can be any multiple of 11 like the next exercise:

Excercise: Determine, using this method, if 902 is divisible by 11. Confirm your answer with long division.

Maybe you saw a pattern with 2,4,8... In each case we examined an increasing number of the right most digits to determine if its divisible or not. This leads us to:

[u]Divisibility by $2^k$[/u] A number is divisible by $2^k$ if the last $k$ digits are divisible by $2^k$.

If you know mods, this is not very hard to see if you consider the decimal expansion of a number.

Likewise we have:

[u]Divisibility by $5^k$[/u] A number is divisible by $5^k$ if the last $k$ digits of it are divisible by $5^k$.

You should probably have the feeling now that we could keep going on and on with these and you are right but I choose to stop there. One last note:

The rules for 3 and 9 were nice but they do NOT generalize. That is, you cannot determine the divisibility by $3^n$ by just summing up the digits of the numbers.

In general, to test if a number is divisible by $n=p_1^{e_1}p_2^{e_2}\cdots p_n^{e_n}$ it is necessary and sufficient to test for divisibility by $p_1^{e_1}, p_2^{e_2},\ldots,p_n^{e_n}$ separately (where the $p_i$ are prime numbers and the $e_i$ positive integers.

Note: $a|b$ means $a$ divides $b$ or $\frac ba$ equals an integer.  This is common notation that you should be familiar with.

If you were wondering, I just dug this up from my Blog.  Since it seems that this forum has become much more active, I figured I would try and add more content to it :)  I'll try and add some more stuff as time goes by.

hey!!!! double post!!!! :mad:
i guess that's how you get your post count so high.

j/k


integration
trigonometry
function
inequalities
real analysis
real analysis unsolved

Let $z_1,z_2,...,z_n$ be complex numbers.Show that there is a subset $S$ of $(1,2,...,n)$ such that $|\displaystyle \sum_{j \in S}z_j| \geq \frac{1}{\pi}| \displaystyle \sum_{j=1}^{n}z_j|$

First, that's the wrong question. It should be $\left|\sum_{n\in S}z_n\right|\ge\frac1\pi\sum_{j=1}^n|z_j|$

Now, for the proof. Let $S_\theta$ be $\{n: \mathrm{Re}(z_ne^{-i\theta})>0\}$
For all $\theta$, $\left|\sum_{n\in S_\theta}z_n\right|\ge\sum_{n\in S_\theta}\mathrm{Re}(z_ne^{-i\theta})$.
Integrating over all $\theta$,
$\int_0^{2\pi}\left|\sum_{n\in S_\theta}z_n\right|\, d\theta\ge \int_0^{2\pi}\sum_{n\in S_\theta}\mathrm{Re}(z_ne^{-i\theta})\, d\theta= \sum_{j=1}^n|z_j|\int_0^{2\pi}f(\theta_n-\theta)\, d\theta=2\sum_{j=1}^n|z_j|$
where $z_j=|z_j|e^{i\theta_n}$ and $f(\theta)=\cos\theta$ if $\cos\theta>0$ and $f(\theta)=0$ otherwise.

Since a function must be at least as large as its average value somewhere, we have that $\left|\sum_{n\in S_\theta}z_n\right|\ge\frac1\pi\sum_{j=1}^n|z_j|$ for some $\theta$, and we are done.

An idea for an application of this inequality ?

It's used in the theory of complex measures.  Check books on Complex Analysis.  (I saw it in Rudin's "Real and Complex Analysis".)  In that theory, they don't need the best constant ($\pi$); any constant will do, which allows for more elementary proofs.


induction
calculus
derivative
function
inequalities proposed
inequalities

[quote="Melissa"]One of the few questions I could actually solve perfectly...

Prove that, $\forall$ ${n}\in{\mathbb{N}}$, $n>1$,

${\left(\frac{1+(n+1)^{n+1}}{n+2} \right)}^{n-1} > {\left(\frac{1+n^n}{n+1} \right)}^n$.[/quote]

Induction?

Well, I tried doing that in the test for about an hour and couldn't get it to work. There's a nicer way of solving it.

[quote="Melissa"]

${\left(\frac{1+(n+1)^{n+1}}{n+2} \right)}^{n-1}$.[/quote]
[quote="Melissa"]
${\left(\frac{1+(n+1)^{n+1}}{n+2} \right)}^{n-1} > {\left(\frac{1+n^n}{n+1} \right)}^n$
[/quote]

 Are u sure that there is no typepo? Because your problem, in my thought, is equivalent to prove that:
$f(n)={\left(\frac{1+n^n}{n+1} \right)}^n$ is increasing as $n>1$
If yes, then this one is obvious by calculus.(Take $ln$ and then derivative)

We can use this function: $f(x)={\left(\frac{1+x^x}{x+1} \right)}^{\frac{1}{x-1}}$

and prove that it is strictly increasing for $x>1$ but it is not easy even after taking $ln$

because the derivative is not nice at all    :D

Ok here it is    [url]http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=49776&highlight=[/url]   :)


function
algebra
polynomial
algebra unsolved

Show that one cannot find two coprime polynomials $f(x)$ and $g(x)$ over $C$, such that $\frac{f(x+1)}{g(x+1)}-\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{1}{x}$

If $xg(x)f(x+1)-xg(x+1)f(x)=g(x)g(x+1)$ and $\gcd(f,g)=1$ and $g\not \equiv 0$,
then $g(x)\mid xg(x+1)$ and $g(x+1)\mid xg(x)$ ($\gcd(f(x),g(x))=1\Rightarrow \gcd(f(x+1),g(x+1))=1$),
and then
1) If $\lambda\in\mathbb{C}\setminus\{0\}$ with $g(\lambda)=0$, then also $g(\lambda+1)=0$.
2) If $\lambda\in\mathbb{C}\setminus\{1\}$ with $g(\lambda)=0$, then also $g(\lambda-1)=0$.

So if $\lambda\in\mathbb{C}\setminus\{0,-1,-2,\ldots\}$ is root of $g(x)$, then so is $\lambda+n$ for all $n\in\mathbb{N}$ by 1).
If $\lambda\in\mathbb{C}\setminus\{1,2,3,\ldots\}$ is root of $g(x)$, then so is $\lambda-n$ for all $n\in\mathbb{N}$ by 2).
Either way $g(x)$ has an infinte number of roots and $g\equiv 0$. Contradiction!

So $g(x)$ has no roots in $\mathbb{C}$ and $g\equiv c\not =0$ constant.
But then $1={x\over c}(f(x+1)-f(x))\in\mathbb{C}[x]$ has root $0$. Contradiction!.


calculus
topology
function
geometry
3D geometry
sphere
real analysis

of course it is not calculus but I post topology problem to this forum..
Let $f_{i}(x)=f_{i}(x_{1},x_{2},\dots,x_{n}),i=1,\dots,n$ be real valued contiuous functions on the n-disk.if $\frac{f_{1}(x)}{x_{1}}=\dots=\frac{f_{n}(x)}{x_{n}}>0$ for no boundary point $x$.prove that the system of of equations $f_{i}(x_{1},\dots,x_{n})=0,i=1,\dots,n$ has at least one solution in n-disk.

Let $f=(f_{1},\ldots,f_{n})$, and let $\varphi: \mathbb R^{n}\setminus\{0\}\to\mathbb S^{n-1}$ be defined by $\varphi(x)=\frac 1{\|x\|}\cdot x$.

Suppose $f$ has no zeros in the closed unit ball. Then $\varphi\circ f$ is a continuous map defined on the closed unit ball with values on the unit sphere. By Brouwer's Fixed Point Theorem, there is an $x=(x_{1},\ldots,x_{n})\in\mathbb S^{n-1}$ such that $\varphi(f(x))=x$. This $x$ satisfies $\frac{f_{1}(x)}{x_{1}}=\ldots=\frac{f_{n}(x)}{x_{n}}>0$, contradicting the hypothesis, and we're done.

[quote="grobber"] By Brouwer's Fixed Point Theorem, there is an $x=(x_{1},\ldots,x_{n})\in\mathbb S^{n-1}$ such that $\varphi(f(x))=x$[/quote]

Brouwer's fixed point theorem said the fixed point in in unit n-ball
not on $\mathbb S^{n-1}$

http://mathworld.wolfram.com/BrouwerFixedPointTheorem.html

If your fixed $x$ point are on the sphere  $\mathbb S^{n-1}$  you have
a contradiction with statement "... for no boundary point..."
But if the fixed point $x$ is in open  n-unit ball where is the contradiction ?


calculus integration algebra polynomial symmetry Vieta

1. There are 7 coins on a table, all tails up.You can flip over exactly two at a time. Can you change them all to heads?

2. 25 jealous men in the unit squares of a 5x5 grid. Each of them thinks that his neighbors in adjacent squares(vertically or horizontally) all live better than he does. Is it possible for all them to move in such a way that everyone ends up in the square of one of his former neighbors/

3. Let $ f(x)\equal{}ax^2\plus{}bx\plus{}c$ where $ a,b,c$ are integers. If $ f(0)\equal{}15$ and $ f(1)\equal{}25$. Prove that $ f(x)$ cannot have an integral root. Does the same conclusion hold if $ f(x)$ is any polynomial?

1.  I don't think so -

$ H, H, H, H, H, H, H$
$ T, T, H, H, H, H, H$
$ T, H, T, H, H, H, H$
$ T, H, H, H, T, H, H$
$ T, H, H, H, H, H, T$
$ T, T, H, H, H, T, T$
$ T, T, T, T, H, T, T$
$ T, T, T, H, T, T, T$

At this point, all you can do is obtain an odd number of heads - therefore you cannot flip them all over.

[hide="Formal Proof for #1"]There are three ways to flip coins.

Case 1: You flip two tails. You lose two tails, and gain two heads.

Case 2: You flip one tail and one head. Nothing happens.

Case 3: You flip two heads. You gain two tails and lose two heads.

You start with seven tails. If you get to zero tails, that implies that you change parity from odd to even at some point in time. But, this is impossible, because parity can never change.

[/hide]

[hide="Part of Problem 3"]Let's assume $ f(x)$ has one integral solution. Therefore, the other solution must be rational. Assume the other solution is nor rational, this implies that $ \sqrt {b^2 \minus{} 4ac}$ is irrational, yet that contradicts the existence of an integral solution.

Therefore, we can write $ f(x) \equal{} (x \minus{} m)(x \minus{} n)$. $ f(1) \equal{} (1 \minus{} m)(1 \minus{} n)$. Assume WLOG, by symmetry, that $ m$ is the integral root. Therefore, we can write $ f(1) \equal{} (1 \minus{} m)(1 \minus{} \frac {p}{q}) \equal{} 1 \minus{} m \minus{} \frac {p \minus{} mp}{q}$. $ f(2) \equal{} 2(1 \minus{} m) \minus{}\frac{2p \minus{} mp}{q}$, but this implies that $ \frac {p}{q}$ is an integer, so $ f(x)$ has two integer solutions.

We now prove that this yields a contradiction. $ (1 \minus{} m)(1 \minus{} n) \equal{} 15$, so both $ 1 \minus{} m$ and $ 1 \minus{} n$ are odd. Therefore, $ 2 \minus{} m$ and $ 2 \minus{} n$ are even, yet $ (2 \minus{} m)(2 \minus{} n)$ is $ 25$, which is odd. Contradiction. Therefore, $ f(x)$ has no integral solutions.
[/hide]

@darkdieuguerre: It looks like you thought $ f(1) \equal{} 15$ and $ f(2) \equal{} 25$.

[hide="Problem 3"]
Assume that $ f(x)$ has an integer root $ m$. It follows that the other root $ n$ must also be an integer because $ n \equal{} \minus{}a \minus{} m$ from Vieta's formula. Thus, we write $ f(x) \equal{} a(x \minus{} m)(x \minus{} n)$. We have $ f(0) \equal{} amn \equal{} 15$ and $ f(1) \equal{} a(1 \minus{} m)(1 \minus{} n) \equal{} 25$. From the first equation, we know that $ a$, $ m$, $ n$ must all be odd. Therefore, $ 1 \minus{} m$ and $ 1 \minus{} n$ are both even. But this a contradiction because $ 25$ is not even. Thus, $ f(x)$ cannot have an integral root. $ \Box$
[/hide]

Is "parity" simply whether a number is even or odd?

At the hint of problem 1.
Solution 2
[hide]
Let the grid be like a chess board. Then there will be 13 black square and 12 white square.
No matter how a person moves, if he was on black, he will go to white, and vice verse.
At the end, if every person moves to a former neighbor, there will be 12 black squares occupied and 13 white squares occupied, which is a contradiction since there are 13 black square and 12 white squares originally
[/hide]
This needs better phrasing...

@TachyonPulse: True, but the proof effectively stays the same.  :)

Also, I don't think you can immediately conclude that the two roots must be integral just by looking at Vieta's, because their sum is $ \minus{}\frac{b}{a}$ (unless I'm not reading this correctly  :|), which is not necessarily integral. Similarly, their product is also a fraction. That is why I had to actually explicitly compute $ f(0)$ and $ f(1)$ [or, in my case, $ f(1)$ and $ f(2)$  :blush:]

[hide="Solution to #1"]Our first flip must leave the following arrangement:
H H T T T T T
From there, we have three possible things that can happen at each move:
1) We flip two heads. This gives us two more tails
2) We flip two tails. This gives us two more heads
3) we flip a tail and a head. This gives us nothing different

We may ignore the third case, as it doesnt change anything.
So after our first flip, we have 5 tails to convert to heads. However, from the possible movements listed above, we can only gain heads at increments of 2, a contradiction.
[/hide]

[hide="Solution to #2"] Consider a 5x5 chessboard such that each color square has an adjacent square of different color. So each color square (representing people) is surrounded by different colored squares (representing the neighbors he thinks are better). Without the loss of generality, we may assume that there are more white squares than black squares (13 and 12 respectively). In order for everyone to move to a house that is better than his, we must have each "white" neighbor move to a  "black" neighbors house. However, this is a contradiction, as there are more white squares than black squares, implying that one "white" neighbor will be stuck at a white square. [/hide]

#3 can be generalized for any polynomial p(x), meaning that if both $ p(0)$ and $ p(1)$ are odd, the polynomial cant have any integer $ c$ such that $ p(c)$ is even (in this case 0). I gave the generalization.

[hide="Solution to #3"]Let $ P(x) \equal{} a_nx^n \plus{} a_{n \minus{} 1}x^{n \minus{} 1} \plus{} \dots \plus{} a_1x \plus{} a_0$.
Then $ P(0) \equal{} a_0$, which means $ a_0$ is odd...(observation 1)
We also have $ P(1) \equal{} a_n \plus{} a_{n \minus{} 1} \plus{} \dots \plus{} a_1 \plus{} a_0$ Since $ P(1)$ is odd and $ a_0$ is odd, the set {$ a_n, a_{n \minus{} 1}, \dots ,a_1$} must consist of an even number of odd elements and an odd number of even elements, otherwise $ P(1)$ will not be odd...(observation 2)
Now we go back to the question at hand. If $ c$ is even then $ P(x) \equal{} a_nc^n \plus{} a_{n \minus{} 1}c^{n \minus{} 1} \plus{} \dots \plus{} a_1c$ is clearly even, so by observation 1, $ P(c) \equal{} a_nc^n \plus{} a_{n \minus{} 1}c^{n \minus{} 1} \plus{} \dots \plus{} a_1c \plus{} a_0$ is odd.
If $ c$ is odd, then by observation 2, $ P(x) \equal{} a_nc^n \plus{} a_{n \minus{} 1}c^{n \minus{} 1} \plus{} \dots \plus{} a_1c$ contains an even number of odd elements and an odd number of even elements. This implies that $ P(x) \equal{} a_nc^n \plus{} a_{n \minus{} 1}c^{n \minus{} 1} \plus{} \dots \plus{} a_1c$ is even, and hence $ P(x) \equal{} a_nc^n \plus{} a_{n \minus{} 1}c^{n \minus{} 1} \plus{} \dots \plus{} a_1c \plus{} a_0$ will be odd by observation 1. So $ p(c)$ will always be odd for integers $ c$, and therefore $ P(c)\neq 0$, as desired.   [/hide]


I will do the same thing the first contest did but I plan to have between 12 and 15 people and post the ranking of everyone.
People signed up
biffanddoc
math92
nonie
pianoforte
R49917S
Klebian

I'll do it. I have to be in middle school right?

I'm in! (What happened to the first one math92?)

Was it really necessary to post it 5 times, pianoforte???? :spam:  :spam:

[quote="math92"][quote="nonie"](What happened to the first one math92?)[/quote]
um...you won it, don't you remember?[/quote]

O, I dint realise it was over. :blush:  (I hadnt checked that thread for a while because whenever I looked at it it had no new messages, I must have not checked it the day you posted it or something.)

Whoa, :o  I hadn't noticed that. The submit page wasn't loading, and I think I pushed the submit button over and over a few times. sorry  :oops: . Can someone delete 4/5 of those.

[quote="pianoforte"]Can someone delete 4/5 of those.[/quote]
PM a moderator to catch their attention.

Why aren't people signing up?  It is like no one comes to this forum.  I will start next Friday or if we get 10 people because 12-15 isn't working.

This forum is on the verge of dying.  I guess we should just start soon.

I guess I'll do it.
I don't check this forum often, but if you PM me then I'll look back.
Heh.

[quote="apusey"]We should probably wait a little bit longer.[/quote]

umm... how much longer is a little? :P

From the looks of it this contest is not being held.......right?

If it is happening and is before Jan. 1st; I wont be able to do it since I am leaving tomorrow.

Hey guyss!! I'm new here! I love math!! I'll stop with the 3 word sentences now lol. I'll gladly join this contest but may I ask the rules and what it is about?

ive been gone for 2 weeks and you still haven't started it yet?


The product of two positive integers x and y is equal to 3x+4y. What is the largest possible value of x?

How would you do this problem?

[hide="Big hint"]
$xy=3x+4y$
$0=xy-3x-4y$
$12=(x-4)(y-3)$  I believe this is called Simon's Favorite Factoring Trick.[/hide]

[hide="Solution"]$ xy = 3x+4y$
$ xy-3x-4y = 0$
$ x(y-3)-4y = 0$

Let's force another factor of $ y-3$ by adding $ 12$ to both sides:
$ x(y-3)-4y+12 = 12$
$ x(y-3)-4(y-3) = 12$
$ (x-4)(y-3) = 12$

Since $ x$ and $ y$ are integers, $ x-4$ and $ y-3$ must be factors of $ 12$. Since we want $ \max x$, let $ x-4 = 12$. Then $ \boxed{x = 16}$[/hide]


Prove that

[tex]a^3 + b^3 + c^3 + 3abc \geq ab\sqrt{2a^2 + 2b^2} + bc\sqrt{2b^2 + 2c^2} + ca\sqrt{2c^2 + 2a^2}[/tex]

As far as I know, this magnificient inequality was posted recently by Anh Cuong and Vasc gave a very beautiful solution,.

Are your friend Vietnamese,cauchyguy?I really feel strange that a foreigner can know it too. :?

I felt like you, Anh Cuong, when Manlio has posted (unknown source) my inequality
$(a^2+b^2+c^2)^2\geq3(a^3b+b^3c+c^3a)$.
But now I know that this inequality was rediscovered in Crux 2004. :P
I am still waiting for a solution to this inequality. ;)

I promised that I will do it after Euro,but the result Euro is too amazing and it really lets me down.So I broke my word :blush:
However it is going to end next week(with a champion for Greece,maybe.Congratulation,Nikolas  :D )
Dear cauchyguy,if you have read that problem in forum 10chuyentoan then don't believe it,okay.It is just a joke :)

Can someone give a hint for the original inequality (the Schur-like one)?  If it's really elegant, then I don't want to spoil the problem entirely by seeing a complete solution.  Thanks.

Dear Mildorf,do you know the proof for Schur inequality when we transform it to:
 [tex] (a+b-c)(a-b)^2+(b+c-a)(b-c)^2+(c+a-b)(c-a)^2 \geq 0 [/tex]
This one is similar to it. :)

It looks as though we can assume [tex]a \ge b \ge c[/tex] and quickly conclude that

[tex](a+b-c)(a-b)^2 \ge 0[/tex]
[tex]c(b-c)^2 + c(c-a)^2 \ge 0[/tex]
[tex](a-b)(c-a)^2 \ge (a-b)(b-c)^2[/tex]

adding the three produces this form of Schur's.

[quote="Lagrangia"]Indeed : http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?t=6317[/quote]

For some reason, this link doesn't seem to work anymore.

Could someone re-post the solution here then?


I know there is already a thread thingy for TI-89s, but does anyone have useful or just plain fun programs?

I have already mentioned it, but try [url=http://www.ticalc.org/archives/files/fileinfo/392/39245.html]linkie[/url].
It's my math program & it has TONs of nice features (read the readme for a list & explanation of them all).

Also, just browse [url=http://www.ticalc.org]here[/url] in general for programs.

problem is I have no Idea how to transfer it to my calc

Do you have a USB cable to connect your calculator to your computer?  Do you have ticonnect (not necessary, but you may do it through the official software)?

I use a camera cable (as the calculator and my camera's cables are both standarized) to connect my calc to my comp, works fine.

Come on, topics like these should go to [color=blue]High School>>Other Problem Solving Topics Forum[/color].


[hide][quote="236factorial"]I'm a perfect square and a power of two. If i'm between 2 and 60, what number am I?
There are two (edit)  :blush:[/quote]

Should we name both?

EDIT: One: 4

Second one: 16

I think...[/hide]

[hide]
since its a power of two that leaves:
4
8
16
32
Since its a square that leaves
4 and 16 so the anwer is $\boxed{4, 16}$[/hide]

OK, then, the other one is : 2^4 = 4^2 = 16 :)

powers of 2 between 2 and 60; 4,8,16,32.  perfect squares between 2 and 60;4,9,16,25,36,49.  Numbers in both sets; 4 and 16 :idea:

[quote="236factorial"]Between 2 and 60 means not including 2 or 60.  ;) Besides, 2 isn't a perfect square  :roll:[/quote]

I fixed it :D

:blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush::blush:


function
trigonometry
algebra unsolved
algebra

Find all functions $f(x)$ is continuous and period $2\pi$ in $(-\infty,+\infty)$ such that: $f(x)+sinx.f(x+\pi)=sin^{2}x$

$f(x)+\sin x\cdot f(x+\pi)=\sin^{2}x$
$f(x+\pi)-sin x \cdot f(x)={(-\sin x)}^{2}$

subtract one from the other one and get $f(x)(1+\sin x)+f(x+\pi)(\sin x-1)=0$ so $\frac{f(x)}{f(x+\pi)}=\frac{1-\sin 1}{1+\sin x}={\left (\frac{\sin \frac{x}{2}-\cos \frac{x}{2}}{\sin \frac{x}{2}+\cos \frac{x}{2}}\right )}^{2}=\sin^{2}(\frac{x+\frac{\pi}{2}}{2})\cdot$$\sin^{-2}(\frac{x-\frac{\pi}{2}}{2})$  and now solve the original equations

EDIT: problem with tex :P  :rotfl:

If I am not mistaken we don't need continuity here:

By the given equation and periodicity we have for all $x$:

$f(x)+\sin(x) f(x+\pi)=\sin^{2}(x)$
$f(x+\pi)+\sin(x+\pi) f(x+2\pi)=\sin^{2}(x+\pi)$ , i. e.  $f(x+\pi)-\sin(x) f(x)=\sin^{2}(x)$.

Solving for $f(x)$ gives $f(x) = \frac{ \sin^{2}(x) (1-\sin (x))}{1+\sin^{2}(x)}$.

Or have I misinterpreted the given equation??  :maybe:


Hi
  I have to determine whether the given point lies on which side of the given polyline as reference.

  Refer Exampl 1,
      When given point lies on increasing/Decreasing side, I have to draw another polyline with uniforming spacing between them on that particular side (Refer Example 2)

Help to find the side of the given point

[quote="pco"]I'm not sure to understand quite well. If it's a computer science problem, this is the classical question "is a given point M inside or outside a non self intersecting polygon ?"

And the classical method :
Choose a direction.
For each segment of the polygon, check if the segment intersects the half line whose origin is M and direction the choosed direction
Compute the number of such intersections :

If even, M is outside
If odd, M is inside

Just adapt (IMHO)[/quote]

Sorry for not providing sufficient information. Poly-lines can be draw by user as they like continuously.


Prove that for all natural $ n$, an $ n$ digit integer with all odd digits is divisible by $ 5^n$

[hide="Sketch"] Let $ s_k$ be a $ k$-digit integer with odd digits divisible by $ 5^k$.  We construct this sequence inductively; $ s_1 \equal{} 5$, of course.  Note that the numbers $ \frac{s_k \plus{} 10^k (1, 3, 5, 7, 9)}{5^k}$ are distinct $ \bmod 5$.  :) [/hide]

This is a USAMO problem, isn't it? I've seen it before  :P

^I was given this problem by a friend who was also given this problem by a friend. Which USAMO is it from?

This is [url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?search_id=312467873&t=53661]USAMO 2003 #1[/url].  See also [url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?search_id=312467873&t=146597]this related problem[/url].