[quote="nutz_for2.718281828"]Find

$\left(a+2b+3c+4d\right)^{3}$ without going through and multiplying out.

Show your solution, too![/quote]

But dude, we are going to have like 20 terms aren't we going to dude.

But dude, there are 20 terms, do you really want us to write 20 terms?

The multinomial theorem doesn't really make it that much easier...

[quote="nutz_for2.718281828"]@mathgeniuse: yes

@Phelpedo: That's why I posted it.

Don't worry. There are worse problems in Mathcounts.[/quote]

But dude, there are going to be huge numbers, and it will take some time, dude.

$\left(a+2b+3c+4d\right)^{3}= \sum_{k_{1},k_{2},k_{3},k_{4}}{3\choose{k_{1},k_{2},k_{3},k_{4}}}a^{k_{1}}\left(2b\right)^{k_{2}}\left(3c\right)^{k_{3}}\left(4d\right)^{k^{4}}$ where $\sum_{i=1}^{4}k_{i}=3$

For $k_{i}$ you can have either:
${1,1,1,0}:$4 ways of sorting that
${2,1,0,0}:$12 ways of sorting that
${3,0,0,0}:$4 ways of sorting that

so i guess you can continue from there just substituting..

[quote="nutz_for2.718281828"]There's a really easy way to do it, once you think about it...

[hide="hint"]multinomial theorem[/hide][/quote]
Dude, I think we all know the solution, we're just too lazy because it is gonna have exactly 20 terms. This is just testing how good you are at grunt work...

[quote="bpms"] we're just too lazy[/quote]

ooohhhh..... :P

ok, compute it with a+2b+3c to the same exponent


[quote="kvdd"]Let $ f$ is an automorphism of $ V$ ($ V$ is an Unita space). Prove that $ f$ is an unitary transform? Help me. thank![/quote]

This can only be reasonably answered if you tell us how unitary spaces and unitary transforms were defined in your course. In fact, most books define unitary transforms to be morphisms of unitary spaces, or the other way round, so there would be nothing to prove.

  darij


A regular polygon with exactly 20 diagonally is inscribed in a circle. The area of the polygon is 144$ \sqrt{2}$. Find the area of the circle.

[hide]First it's easy to verify that the polygon is an octagon; From the fact that an n gon has $ \frac{n(n-3)}{2}$ diagonals, we easily see that n=8.

now, let the radius of the octagon be $ r$. We can see that the area of the octagon is the sum of the areas of the 8 congruent isosceles triangles with one vertex at the center of the circle, hence each of the triangles has area $ \frac{144\sqrt{2}}{8}=18\sqrt{2}$. so $ \frac{1}{2}r^{2}\sin 45^{\circ}=18\sqrt{2}\Longrightarrow r^{2}=72$. so $ \pi r^{2}=72\pi$.[/hide]

The triangles are 45-45-90 right? (Just making sure because I'm not familiar with trigonometry).

Thanks for your help!

i'm afraid that's not right. :(
[asy]size(100); pair A,B,C,D,M,K,O,P,Q,R; A=(-1,0); B=(-.707,.707); C=(0,1); D=(.707,.707); M=(1,0); K=(.707,-.707); O=(0,0); P=(0,-1); Q=(-.707,-.707); draw(A--B--C--D--M--K--P--Q--cycle); draw(O--A); draw(O--B); draw(O--C); draw(O--D); draw(O--M); draw(O--P); draw(O--Q); draw(O--K); draw(circumcircle(A,B,C)); label("A",A,W); label("B",B,NW); label("O",O,E);[/asy]

in the figure above, see those small isosceles triangles one of which is $ \triangle AOB$? those are the ones. and they have angles $ 45^{\circ}, 67.5^{\circ}, 67.5^{\circ}$. :)

[quote]The triangles are 45-45-90 right? (Just making sure because I'm not familiar with trigonometry). [/quote]

Actually, as nayel pointed out, the triangles must be $ 45-67.5-67.5$, because isosceles triangles have equal angles opposite the equal sides.

nayel's approach is very slick and elegant, but if you don't yet know trig, I think your idea of investigating non-trig approaches is a very good one, because it will help you better understand the geometric relationships in the octagon.

Here is a link to a a discussion of a different problem that demonstrates how to find the area of an octagon without using trig:

http://mathcentral.uregina.ca/QQ/database/QQ.09.01/laurie2.html

It's quite a different problem, but I like the approach and especially the picture, which shows that you can construct a regular octagon by slicing off suitable isosceles right triangles ($ 45-45-90$) from the corners of a square.

So you see that your insight that $ 45-45-90$ triangles might somehow be involved in regular octagons was not entirely off the mark.  They are not part of the interior of the octagon, but you can put such triangles around the edge of an octagon to create a square.

It's a really good idea for you to play with finding a non-trig approach to this problem.


inequalities
parameterization
calculus
calculus computations

Let $ a$ be arbiterary constant numbers. Solve the following inequality.

\[ a(x^2\plus{}1) <x(a^2\plus{}1)\]

[quote="kunny"] [color=darkred]Solve the inequation $ a(x^2 + 1) < x(a^2 + 1)$ , where $ a$ is a is a real parameter.[/color] [/quote]
[color=darkblue][b][u]Proof.[/u][/b]  $ a(x^2 + 1) < x(a^2 + 1)$ $ \Longleftrightarrow$ $ (x-a)\cdot(ax-1)<0$ . Therefore,

the solution is $ S(a)=\{\begin{array}{ccc}
(-\infty , a)\cup(\frac 1a,\infty ) & , & a<-1\\\\
\mathcal R\setminus\{-1\} & , & a=-1\\\\
(-\infty , \frac 1a)\cup(a,\infty) & , & -1<a<0\\\\
(0,\infty ) & , & a=0\\\\
(a,\frac 1a) & , & 0<a<1\\\\
\emptyset & , & a=1\\\\
(\frac 1a,a) & , & a>1\end{array}$[/color]

How about this problem?

Let $ a$ be arbiterary constant numbers. Solve the following inequality.

$ a(x^3\plus{}a)<x(a^3\plus{}x)$

created by kunny


Ροδολφε δεν ζητησα συναρτηση που να ειναι συνεχης στο Α αλλα πουθενα παραγωγισιμη (την γνωριζω αυτη)
Να γινω πιο σαφης
Η συναρτηση $ 0$ αν $ x sto R\minus{}Q$ kai $ x$ αν $ x sto Q$ ειναι συνεχης μονο στο $ 0$ και ασυνεχης στα υπολοιπα.
Υπαρχει συναρτηση εκφρασμενη με στοιχειωδεις συναρτησεις που να ειναι παραγωγισιμη μονο σε ενα σημειο και οπουδηποτε αλλου συνεχης
Durandal pvw ginetai ayth h tropopoihsh;...
Ευχαριστω

xp, ο Ροδόλφος δεν σου πρότεινε της συνάρτηση $ f$ αλλά την συνάρτηση $ g(x) \equal{} xf(x)$. Αν η $ f$ είναι συνεχής και πουθενά παραγωγίσιμη τότε η $ g$ είναι συνεχής και παραγωγίσιμη μόνο στο 0.

Υπάρχουν και πιο "απλές" συναρτήσεις που δίνουν αυτό που ζητάς. (Τροποποίησε λίγο την συνάρτηση που έγραψες στο τελευταίο σου post.)

Οκ εγω δεν το προσεξα...

Paidia omws eipe mia leksi klidi pou isws na min tin proseksate ... Zitise sinexis alla oxi paragogisimi pou na ekfrazete me stoixiodeis sinartiseis...kai nomizw pws i apantisi stin erwtisi tou einai arnitiki... I sinartisi tou Weistrass den einai ekfrasi stixiodous sinartisis...

Έστω $ h(x)\equal{}xf(x)$
$ \frac{h(x)\minus{}h(0)}{x\minus{}0}\equal{}\frac{xf(x)\minus{}0}{x\minus{}0}\equal{}f(x) \to f(0)$ αφού $ f$ συνεχής
δηλαδή $ h'(0)\equal{}f(0)$
αν $ g(x)\equal{}\frac{f(x)\minus{}f(a)}{x\minus{}a},a\neq 0$ τότε η $ g$ δεν έχει οριο στο $ a$ και
$ \frac{h(x)\minus{}h(a)}{x\minus{}a}\equal{}ag(x)\minus{}f(a)$ που προφανώς δεν έχει όριο στο $ a$
οπότε δεν υπάρχει η $ h'(a)$ για οποιοδήποτε $ a\neq 0$
Νομίζω ότι αυτό ζήτησες Χρήστο?

Ακόμη και αν ζητάς "στοιχειώδεις" συναρτήσεις, η απάντηση είναι θετική. (Το προηγούμενο μου post έχει hint!)

[quote="Durandal"][quote="r_boris"]Η $ xf(x)$ όπου $ f$ η συνάρτηση τέρας του Weierstrass ή του Van der Warden, συνεχής στο R αλλά πουθενά παραγωγίσιμη[/quote]

Έξοχα! :clap2:

Προφανώς, μπορούμε να τροποποιήσουμε λίγο την κατασκευή του r_boris και να την κάνουμε αριθμήσιμα άπειρες φορές ώστε να καταλήξουμε σε μία συνάρτηση που είναι συνεχής αλλά παραγωγίσιμη [i]μόνο[/i] στο $ \mathbb{N}$.

Μπορεί να γίνει το ίδιο για ένα [i]πυκνό[/i] σύνολο όπως το $ \mathbb{Q}$?

Cheerio,

Durandal 1707[/quote]

Mporeis ligo na eksigiseis ti ennoeis giati mallon egw kati den katalava kala...Pws mporeis na exeis mia paragogisimi sinartisi sto |N ? To opoio |N den exei simia sisorefsis???

Ok Demetres
Ευχαριστω ολους

Αυτό που έλεγα πιο πάνω ότι υπάρχει στοιχειώδης λύση στην ερώτηση δεν ισχύει. (Η μάλλον δεν γνωρίζω αν ισχύει). Η συνάρτηση που σκεφτόμουν δεν δουλεύει. Συγνώμη αν σας μπέρδεψα.

Η αρχική ερώτηση είναι η εξής:
[quote="xp"]Υπαρχει συνάρτηση ορισμενη σε διάστημα Δ η οποια να ειναι μονο σε ενα εσωτερικο σημειο tου Δ παραγωγίσιμη;[/quote]

Η απάντηση σε αυτήν την ερώτηση δόθηκε από τον r_boris.

[quote="xp"]Υπαρχει συναρτηση εκφρασμενη με στοιχειωδεις συναρτησεις που να ειναι παραγωγισιμη μονο σε ενα σημειο και οπουδηποτε αλλου συνεχη[/quote]

Τουλάχιστον όπως ερμηνεύω αυτήν την πρόταση, δεν μπορεί να υπάρξει τέτοια συνάρτηση η οποία να προκύπτει ως [i]πεπερασμένη[/i] σύνθεση, πρόσθεση κλπ στοιχειωδών συναρτήσεων; κάθε τέτοια σύνθεση θα είναι παραγωγίσιμη στα σημεία όπου ορίζεται (προς αποφυγή παρεξηγήσεων, να υπενθυμίσω ότι η συνάρτηση $ x\sin\frac {1}{x}$ δεν ορίζεται στο $ 0$). Τώρα, αν θεωρούνται στοιχειώδεις οι μη παραγωγίσιμες συναρτήσεις $ \max,\min$ και οι χαρακτηριστικές $ \chi_A \equal{} 1_A$ (δηλ. 1 στο Α, 0 παντού αλλού), η απάντηση προφανώς αλλάζει... Ωστόσο, to the best of my knowledge, με τον όρο στοιχειώδεις εννοούμε συνήθως τις συναρτήσεις που προκύπτουν από τις στοιχειώδεις αριθμητικές πράξεις (δηλ. πολυώνυμα, εκθετικά και τριγωνομετρικές (μέσω των μιγαδικών εκθετικών) και τις αντίστροφες αυτών).

Παρατήρηση: αν δε μας ενοχλεί η πρόσθεση απείρων στοιχειωδών συναρτήσεων, τότε και πάλι η απάντηση του r_boris μας καλύπτει, γιατί η συνάρτηση Weierstrass είναι απλώς μία σειρά συνημιτόνων.

[quote="xp"]Durandal pvw ginetai ayth h tropopoihsh;[/quote]

Θεώρησε μία συνάρτηση που να είναι συνεχής στο $ [ \minus{} 1/2,1/2]$, πουθενά παραγωγίσιμη εκεί εκτός από το $ 0$ (ήδη κατασκευάσαμε μία τέτοια), και η οποία να είναι $ 0$ εκτός του $ [ \minus{} 1/2,1/2]$ (εύκολο). Τότε, αν τοποθετήσουμε ένα αντίγραφο μίας τέτοιας συνάρτησης πάνω σε κάθε φυσικό αριθμό θα έχουμε μία συνάρτηση η οποία είναι συνεχής σε όλο το $ \mathbb{R}$ αλλά παραγωγίσιμη [i]μόνο[/i] στο $ \mathbb{N}$.

[quote="SorrowMan"]Mporeis ligo na eksigiseis ti ennoeis giati mallon egw kati den katalava kala...Pws mporeis na exeis mia paragogisimi sinartisi sto |N ? To opoio |N den exei simia sisorefsis???[/quote]

Η συνάρτηση είναι ορισμένη σε όλο το $ \mathbb{R}$. Μπορεί κάλλιστα να είναι παραγωγίσιμη μόνο στο $ \mathbb{N}$, αυτό δεν έχει να κάνει με τα σημεία συσσώρευσης των φυσικών. :huh:

Παραμένει ωστόσο το ερώτημα: μπορεί να κατασκευαστεί συνάρτηση που να είναι συνεχής σε όλο το $ \mathbb{R}$ αλλά παραγωγίσιμη [i]μόνο[/i] στο $ \mathbb{Q}$?

Αυτό είναι πιο δύσκολο  :diablo:

Cheerio,

Durandal 1707

Mε τη συναρτηση $ f(x)\equal{}0$ αν $ x$ sto $ R\minus{}Q$ και $ f(x)\equal{}x^2$αν$ x stoQ$ τι γινεται;

[quote="xp"]Mε τη συναρτηση $ f(x) \equal{} 0$ αν $ x$ sto $ R \minus{} Q$ και $ f(x) \equal{} x^2$αν$ x stoQ$ τι γινεται;[/quote]

Αυτήν ακριβώς σκεφτόμουνα παραπάνω. Είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο 0 αλλά δυστυχώς δεν είναι καν συνεχής οπουδήποτε αλλού.

Ανακεφαλαιωση
Λοιπον συναρτηση συνεχη στο R και παραγωγισιμη μονο σ ενα σημειο εδωσε ο Ροδολφος
          Συναρτηση παραγωγισιμη σ ενα μονο σημειο και οπουδηποτε αλλου ασυνεχης ειναι η τελευταια που αναφερθηκε
          Συναρτηση εκφασμενη με στοιχειωδεις (οπως τις ορισε ο Durandal) συναρτησεις συνεχης στο R και παραγωγισιμη μονο σ ενα σημειο τολμω να πω δεν υπαρχει;
          Παναγιωτη αν εχεις συναρτησηστο ερωτημα σου γραφτηνε να κλεισει ο κυκλος....

[quote="Durandal"]Η αρχική ερώτηση είναι η εξής:
Παραμένει ωστόσο το ερώτημα: μπορεί να κατασκευαστεί συνάρτηση που να είναι συνεχής σε όλο το $ \mathbb{R}$ αλλά παραγωγίσιμη [i]μόνο[/i] στο $ \mathbb{Q}$?

Αυτό είναι πιο δύσκολο  :diablo:

Cheerio,

Durandal 1707[/quote]
Έχει κανείς τη λύση σε αυτό; :maybe:

[quote="Durandal"][quote="giannis18"][quote="Durandal"]Η αρχική ερώτηση είναι η εξής:
Παραμένει ωστόσο το ερώτημα: μπορεί να κατασκευαστεί συνάρτηση που να είναι συνεχής σε όλο το $ \mathbb{R}$ αλλά παραγωγίσιμη [i]μόνο[/i] στο $ \mathbb{Q}$?

Αυτό είναι πιο δύσκολο  :diablo:[/quote]
Έχει κανείς τη λύση σε αυτό; :maybe:[/quote]

Αυτό σχετίζεται και με ένα παλιό πρόβλημα του Anto που έχει μείνει άλυτο εδώ και καιρό ;) Είναι ωραίο πρόβλημα να το προσπαθήσει κανείς...

Cheerio,

Durandal 1707[/quote]

Επειδή από πέρυσι το προσπαθούμε  :D  μπορείς να μας δώσεις κανένα μικρό hint;

[quote="Demetres"]Επειδή από πέρυσι το προσπαθούμε  :D  μπορείς να μας δώσεις κανένα μικρό hint;[/quote]

Dem, έχεις δίκιο, ξεχάστηκα :(

Η κατασκευή είναι ομολογουμένως αρκετά tricky και νιώθω τύψεις που έβαλα το συγκεκριμένο πρόβλημα (δεν είναι εύκολο!). Τώρα που έκατσα να την ξαναβγάλω - εννοείται την είχα ξεχάσει :( - με παίδεψε αρκετά, ωστόσο:
[hide]
1. Τέτοια συνάρτηση υπάρχει. Γενικότερα, μία συνάρτηση μπορεί να είναι μη παραγωγίσιμη σε ένα οποιοδήποτε σύνολο που είναι τομή αριθμήσιμων ανοικτών συνόλων.
2. Για την κατασκευή της θα χρειαστεί μία σειρά. Για απλότητα, έστω $ G_\delta$ το σύνολο των αρρήτων στο $ (0,1)$. Θα χρειαστεί να γράψουμε $ \displaystyle G_\delta \equal{} \cap_{n \equal{} 1}^\infty G_n$ όπου $ G_n$ κατάλληλα ορισμένα ανοικτά σύνολα και, σε πρώτη φάση, να ορίσουμε κατάλληλες συναρτήσεις $ f_n$ που να είναι παραγωγίσιμες παντού ώστε η σειρά $ \sum_{n \equal{} 1}^\infty f_n$ να είναι παραγωγίσιμη εκτός του $ G_\delta$.
3. Τέλος, θα χρειαστεί να αλλάξουμε λίγο τις συναρτήσεις αυτές ώστε το τελικό άθροισμα να [i]μην[/i] είναι παραγωγίσιμο στο $ G_\delta$.[/hide]

Sorry για τις καθυστερημένες απαντήσεις. Η αλήθεια είναι ότι νόμιζα ότι δεν υπήρχε ενδιαφέρον και ότι είχε θαφτεί το thread. Αν δε θέλετε να χάσετε άλλο το χρόνο σας (sorry και πάλι :oops:), πείτε μου και θα κάτσω να γράψω τη λύση μέσα στις επόμενες μέρες.

Cheerio,

Durandal 1707

Edit: παιδιά, έκατσα κι έγραψα σε χαρτί τη λύση που ξέρω και σε ένα κρίσιμο σημείο, οι τεχνικές λεπτομέρειες είναι... βάλτος :( Θυμόμουν σωστά ότι η λύση είναι στοιχειώδης (δηλ. δεν απαιτεί θεωρήματα προχωρημένης ανάλυσης) αλλά είναι εξαιρετικά οδυνηρή σε ένα σημείο. Θα ξεκινήσω λοιπόν να τη βάζω αύριο και εσείς βελτιώστε την... απλώς το λέω για να μη χάσετε κι άλλο χρόνο όσοι ασχοληθήκατε...

[quote="Durandal"] μπορεί να κατασκευαστεί συνάρτηση που να είναι συνεχής σε όλο το $ \mathbb{R}$ αλλά παραγωγίσιμη [i]μόνο[/i] στο $ \mathbb{Q}$?
[/quote]

Είχα πάνω από ένα χρόνο να μπω στο site σας και με ιδιαίτερη χαρά βλέπω ότι υπάρχει εξαιρετικό υλικό. Συγχαρητήρια σε όλους.
Ελπίζω στο μέλλον να μπαίνω πιο συχνά. Τώρα τελευταία πάντως γράφω συχνά στο http://www.mathematica.gr
Είχα ηλεκτρονικό μήνυμα σήμερα από τον κύριο Παπαδόπουλο ο οποίος μου ζήτησε την γνώμη μου για το παραπάνω πρόβλημα.

Η απάντηση είναι "ναι υπάρχει τέτοια συνάρτηση". Θα σκιαγραφήσω την κατασκευή.

Είναι γνωστό ότι υπάρχουν αύξουσες συναρτήσεις οι οποίες είναι μη-συνεχείς
στο $ \mathbb{Q}$ (ή, αν θέλετε, σε οποιοδήποτε δοσμένο αριθμήσιμο σύνολο). Έστω f μία τέτοια.

Ορίζουμε $ F(x) \equal{}  \int_{0}^{x}{f(t)}dt$. Είναι εύκολο (και γνωστό) να δείξουμε ότι, για πλευρικά όρια, έχουμε

α) καθώς το h τείνει στο 0 από δεξιά,  το $ \frac{F(x\plus{}h)\minus{}F(x)}{h}$ τείνει στο
f(x+) και όμοια
β) καθώς το h τείνει στο 0 από αριστερά,  το $ \frac{F(x\plus{}h)\minus{}F(x)}{h}$ τείνει στο f(x-).

Από αυτά έπεται ότι η F έχει τις ζητούμενες ιδιότητες. Η απόδειξη βασίζεται στο γεγονός ότι στα σημεία συνέχειας της f ισχύει f(x+) = f(x-) και αντίστροφα.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου.

[quote="Lambrou"]Είναι γνωστό ότι υπάρχουν αύξουσες συναρτήσεις οι οποίες είναι μη-συνεχείς
στο $ \mathbb{Q}$ (ή, αν θέλετε, σε οποιοδήποτε δοσμένο αριθμήσιμο σύνολο). Έστω f μία τέτοια.

Ορίζουμε $ F(x) \equal{} \int_{0}^{x}{f(t)}dt$. Είναι εύκολο (και γνωστό) να δείξουμε ότι, για πλευρικά όρια, έχουμε
α) καθώς το h τείνει στο 0 από δεξιά,  το $ \frac {F(x \plus{} h) \minus{} F(x)}{h}$ τείνει στο
f(x+) και όμοια
β) καθώς το h τείνει στο 0 από αριστερά,  το $ \frac {F(x \plus{} h) \minus{} F(x)}{h}$ τείνει στο f(x-).
Από αυτά έπεται ότι η F έχει τις ζητούμενες ιδιότητες. Η απόδειξη βασίζεται στο γεγονός ότι στα σημεία συνέχειας της f ισχύει f(x+) = f(x-) και αντίστροφα.[/quote]

Πολύ ωραία κατασκευή! Όμως έτσι, τα σημεία συνέχειας της $ f$ είναι οι άρρητοι και άρα η $ F$ θα είναι παραγωγίσιμη στους αρρήτους και [i]μη παραγωγίσιμη[/i] στους ρητούς... δηλαδή το αντίθετο από αυτό που θέλουμε. Τώρα... δεν ξέρω αν μπορείς εύκολα να αντιστρέψεις κάπως την κατασκευή επειδή σίγουρα δεν μπορεί να κατασκευαστεί συνάρτηση που να είναι συνεχής μόνο στους ρητούς, οπότε... :(

[hide]Σε κάθε περίπτωση, αυτό είναι το άλλο μισό του προβλήματος:

[b]Θεώρημα (Zahorski)[/b]: [i]τα σημεία μη παραγωγισιμότητας μίας συνεχούς συνάρτησης είναι η ένωση ενός συνόλου $ G_\delta$ και ενός συνόλου $ G_{\delta\sigma}$ μηδενικού μέτρου[/i].

(Για self-containment, η ορολογία $ G_\delta, G_{\delta\sigma}$ αναφέρεται στην ιεραρχία Borel: ένα σύνολο λέγεται $ G_\delta$ όταν μπορεί να γραφεί ως αριθμήσιμη τομή ανοικτών συνόλων; $ G_{\delta\sigma}$ όταν μπορεί να γραφεί ως αριθμήσιμη ένωση συνόλων $ G_\delta$.)[/hide]

Cheerio,

Durandal 1707

PS1: Για όσους δεν το έχουν ξαναδεί, είναι [i]πολύ ωραία[/i] άσκηση η κατασκευή μίας συνάρτησης $ f$ με τις ιδιότητες του lambrou: αύξουσα και συνεχής μόνο στους άρρητους.
[hide]PS2: Είναι ενδιαφέρον ότι αυτό το θεώρημα πάει "ανάποδα" από το αντίστοιχο θεώρημα για συνεχείς συναρτήσεις, ότι δηλαδή τα σημεία ασυνέχειας μίας συνάρτησης είναι ένα σύνολο $ F_\sigma$, δηλαδή μία αριθμήσιμη ένωση κλειστών διαστημάτων.[/hide]

Edit: Sincere apologies για τον ενικό στο αρχικό post :( :( Αυτόματη συνήθεια λόγω internet που δεν έχω συνηθίσει να κοιτάω πέρα από το username και ο ενικός είναι το default μου :(

[quote="Durandal"]

Πολύ ωραία κατασκευή! Όμως έτσι, τα σημεία συνέχειας της $f$ είναι οι άρρητοι και άρα η $F$ θα είναι παραγωγίσιμη στους αρρήτους και [i]μη παραγωγίσιμη[/i] στους ρητούς... δηλαδή το αντίθετο από αυτό που θέλουμε. Τώρα... δεν ξέρω αν μπορείς εύκολα να αντιστρέψεις κάπως την κατασκευή επειδή σίγουρα δεν μπορεί να κατασκευαστεί συνάρτηση που να είναι συνεχής μόνο στους ρητούς, οπότε... :(
[/quote]

Durandal έχεις δίκιο. Με ειδοποίησε ο κ. Παπαδόπουλος ότι η κατασκευή μου είναι προβληματική. Απάντησα βιαστικά... :blush:

Τα καλά νέα είναι ότι τώρα έφτιαξα μία σωστή κατασκευή, αρκετά απλή (τηρουμένων βέβαια των αναλογιών για ένα τόσο δύσκολο πρόβλημα).

Θα την στείλω το βράδυ γιατί τώρα έχω μάθημα...

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

[quote="Lambrou"]Durandal έχεις δίκιο. Με ειδοποίησε ο κ. Παπαδόπουλος ότι η κατασκευή μου είναι προβληματική. Απάντησα βιαστικά... :blush:

Τα καλά νέα είναι ότι τώρα έφτιαξα μία σωστή κατασκευή, αρκετά απλή (τηρουμένων βέβαια των αναλογιών για ένα τόσο δύσκολο πρόβλημα).[/quote]

Τέλεια, γιατί η δική μου... σίγουρα δεν είναι απλή :(

Cheerio,

Durandal 1707

[quote="Durandal"] μπορεί να κατασκευαστεί συνάρτηση που να είναι συνεχής σε όλο το $ \mathbb{R}$ αλλά παραγωγίσιμη [i]μόνο[/i] στο $ \mathbb{Q}$?
[/quote]

Έχει δοθεί παράδειγμα συνεχούς συνάρτησης παραγωγίσιμης μόνο στο R – Q (που εσφαλμένα είπα ότι ήταν παραγωγίσιμη μόνο στο Q, αλλά με διόρθωσε ο Durandal με το κοφτερό σπαθί του).

Τώρα δίνω παράδειγμα παντού συνεχούς συνάρτησης,  παραγωγίσιμης μόνο στο Q.

Για αυτούς που ξέρουν Θεωρία Μέτρου, ας πω ότι το παράδειγμα προσαρμόζεται και σε οποιοδήποτε σύνολο μέτρου 0 στη θέση του Q.

Αυτά που ακολουθούν είναι έξω από την Σχολική ύλη. Θα έλεγα, έξω και από την ύλη των δύο πρώτων ετών του Μαθηματικού, οπότε δεν υπάρχει λόγος να τα διαβάσετε αν δεν έχετε εξοικειωθεί με τις έννοιες. Πάντως το παράδειγμα είναι "απλό", τηρουμένων των αναλογιών για ένα τόσο δύσκολο πρόβλημα.

Από την αριθμησιμότητα του Q  μπορούμε για κάθε n στο Ν να το καλύψουμε με αριθμήσιμη ένωση  $ Q_n = \left\{Q_{n1}, Q_{n2}, ... \right\}$ ανοικτών διαστημάτων συνολικού μήκους $ 2^{ - n}$. Προφανώς η ένωση $ %Error. "union" is a bad command.
Q_n$ είναι επίσης αριθμήσιμο σύνολο. Την αριθμούμε ως $ R_1, R_2, R_3, ...$, όπου $ R_k = (a_k, b_k)$.
 Ορίζουμε $ f_k$ ως
α) Για $ x < a_k$ θέτουμε $ f_k (x) = 0$,
β) Για $ x > b_k$ θέτουμε $ f_k (x) = b_k - a_k$,
γ) Για x στο $ [a_k, b_k]$  την ορίζουμε γραμμική από το 0 στο $ b_k - a_k$.

Άρα η $ f_k$ είναι συνεχής, θετική, αύξουσα και η μέγιστη τιμή της είναι $ b_k - a_k$ .

Είμαστε σε θέση να ορίσουμε την ζητούμενη f. Θέτουμε για κάθε x, $ f(x) = \sum f_k(x)$. Σημειώστε ότι η σύγκλιση είναι ομοιόμορφη διότι η διαφορά της από το Ν-οστό μερικό άθροισμα είναι το πολύ $ \sum_{N + 1}^{\infty} {(b_k - a_k)}$ , που τείνει στο 0 διότι το άθροισμα όλων των $ 2^{ - n}$ συγκλίνει.
Άρα η f είναι συνεχής.
Μένει να δείξουμε ότι δεν παραγωγίζεται στο Q.
Έστω q στο Q σταθερό και έστω Π ανοικτή περιοχή του q. Για οποιοδήποτε n στο Ν, ο ορισμός των Q_n δείχνει ότι υπάρχουν δείκτες $ k_1 < k_2 < ... < k_n$ έτσι ώστε
$ q \in R_{ k_1}, q \in R_{ k_2}, ... ,q \in R_{ k_n}$.
Επιλέγουμε οποιοδήποτε $ x\ne q$  στη τομή των $ R_{ k_1}, R_{ k_2}, ... ,R_{ k_n}$. Τέτοιο x υπάρχει γιατί η πεπερασμένη τομή ανοικτών διαστημάτων είναι ανοικτό διάστημα.

Είναι τότε $ \frac {f(x) - f(q)}{x - q} \ge \frac {f_{k_1}(x) - f_{k_1}(q)}{x - q} + ... + \frac {f_{k_n}(x) - f_{k_n}(q)}{x - q} \ge 1 + ... + 1 = n$.

Άρα το όριο του x τείνοντος στο q του πηλίκου διαφορών δεν υπάρχει, και η f δεν παραγωγίζεται στο q.
                                               όπερ έδει δείξε

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

Gents, forgive me αν λέω χαζομάρες εξαιτίας κούρασης, αλλά δεν καταλαβαίνω κάτι :(

[quote="Lambrou"]Τώρα δίνω παράδειγμα παντού συνεχούς συνάρτησης,  παραγωγίσιμης μόνο στο Q. Για αυτούς που ξέρουν Θεωρία Μέτρου, ας πω ότι το παράδειγμα προσαρμόζεται και σε οποιοδήποτε σύνολο μέτρου 0 στη θέση του Q.
[...]
Μένει να δείξουμε ότι [b]δεν παραγωγίζεται[/b] στο Q.
[...]
Άρα το όριο του x τείνοντος στο q του πηλίκου διαφορών δεν υπάρχει, και η f [b]δεν παραγωγίζεται[/b] στο q.
[/quote]
(emphasis mine)

Ummm, και πάλι έχουμε το ίδιο πρόβλημα... αναζητούμε συνάρτηση $ f$ η οποία να [i]παραγωγίζεται μόνο[/i] στο $ \mathbb{Q}$. Τώρα, για την περίπτωση που έχει γίνει typo, προσπάθησα να ελέγξω τη λύση, αλλά και πάλι μερικά σημεία τα χάνω:

[quote="Lambrou"]Από την αριθμησιμότητα του Q  μπορούμε για κάθε n στο Ν να το καλύψουμε με αριθμήσιμη ένωση  $ Q_n = {Q_{n1}, Q_{n2), ... }}$ ανοικτών διαστημάτων συνολικού μήκους $ 2^{ - n}$. Προφανώς η ένωση $ %Error. "union" is a bad command.
Q_n$ είναι επίσης αριθμήσιμο σύνολο. Την αριθμούμε ως $ R_1, R_2, R_3, ...$, όπου $ R_k = (a_k, b_k)$.[/quote]
Hmmm... :|

Δηλαδή γράφουμε $ \mathbb{Q}\subseteq Q_n$ όπου $ \mu(Q_n)\leq 2^{ - n}$ και το $ Q_n$ είναι μία disjoint union διαστημάτων (πώς το λέμε αυτό στα ελληνικά btw?): $ \displaystyle Q_n = \cup_{n = 1}^\infty Q_n^k$ και γράφουμε $ Q_n^k = (a_k, b_k)$ (ξεχνάμε το $ n$ προς το παρόν). Is this what we are doing?

Ή αυτό που λέμε είναι ότι τα $ R_k$ είναι διαστήματα των οποίων η (αριθμήσιμη) ένωση φτιάχνει το ίδιο σύνολο με την ένωση των $ Q_n$ (που θα είναι συνολικά μία κάλυψη του $ \mathbb{Q}$ με μέτρο $ \leq\sum_k 2^{ - k} = 1$)? Σε αυτή την περίπτωση πώς ακριβώς προσδιορίζουμε τα $ R_k$? Ή δεν έχει σημασία?

(Sorry, honest questions here, απλώς δεν είμαι σίγουρος ότι καταλαβαίνω την κατασκευή...)

[quote]Ορίζουμε $ f_k$ ως
α) Για $ x < a_k$ θέτουμε $ f_k (x) = 0$,
β) Για $ x > b_k$ θέτουμε $ f_k (x) = b_k - a_k$,
γ) Για x στο $ [a_k, b_k]$  την ορίζουμε γραμμική από το 0 στο $ b_k - a_k$.
Άρα η $ f_k$ είναι συνεχής, θετική, αύξουσα και η μέγιστη τιμή της είναι $ b_k - a_k$ .
[/quote]
Cool.

[quote]Είμαστε σε θέση να ορίσουμε την ζητούμενη f. Θέτουμε για κάθε x, $ f(x) = \sum f_k(x)$.[/quote]
Hmmm... οπότε μάλλον δεν αναφερόμαστε στα $ R_k$ να είναι τα basic open sets των $ Q_n$ (αλλιώς θα ήταν $ f_n$ αντί για $ f$, σωστά?)

[quote]Σημειώστε ότι η σύγκλιση είναι ομοιόμορφη διότι η διαφορά της από το Ν-οστό μερικό άθροισμα είναι το πολύ $ \sum_{N + 1}^{\infty} {b_k - a_k}$ , που τείνει στο 0 διότι το άθροισμα όλων των 2^{-n} συγκλίνει.
Άρα η f είναι συνεχής.[/quote]
Cool so far.

[quote]Μένει να δείξουμε ότι δεν παραγωγίζεται στο Q.
Έστω q στο Q σταθερό και έστω Π ανοικτή περιοχή του q. Για οποιοδήποτε n στο Ν, ο ορισμός των Q_n δείχνει ότι υπάρχουν δείκτες $ k_1 < k_2 < ... < k_n$ έτσι ώστε
$ q \in R_{ k_1}, q \in R_{ k_2}, ... ,q \in R_{ k_n}$.[/quote]
Κι εδώ μου φαίνεται ότι δεν έχουμε τυπογραφικό πρόβλημα... αυτό που θέλουμε είναι να δείξουμε μη παραγωγισιμότητα στους άρρητους, όχι στους ρητούς :maybe:

[quote]Επιλέγουμε οποιοδήποτε $ x\ne q$  στη τομή των $ R_{ k_1}, R_{ k_2}, ... ,R_{ k_n}$. Τέτοιο x υπάρχει γιατί η πεπερασμένη τομή ανοικτών διαστημάτων είναι ανοικτό διάστημα.

Είναι τότε $ \frac {f(x) - f(q)}{x - q} \ge \frac {f_{k_1}(x) - f_{k_1}(q)}{x - q} + ... + \frac {f_{k_n}(x) - f_{k_n}(q)}{x - q} \ge 1 + ... + 1 = n$.[/quote]

Και πάλι εδώ το χάνω :( Προφανώς δεν έχω καταλάβει πώς ορίζονται τα διαστήματα $ R_k$ γιατί η παραπάνω ανισότητα από μόνη της δεν αρκεί για να δείξει ότι η $ f$ είναι ή δεν είναι παραγωγίσιμη στο $ q$...

It's a step to the right direction though :)

Cheerio,

Durandal 1707

Durandal,

θα μελετήσω όσα γράφεις.

Δυστυχώς δεν μπορώ να τα διαβάσω καθαρά  γιατί τα περισσότερο σύμβολα LATEX δεν διαβάζονται. Φαντάζομαι ότι είναι πρόβλημα του υπολογιστή μου.
Και στο δικό μου κείμενο, όταν το έστειλα, δεν μπορούσα να κάνω preview για να ελέγξω το κείμενο και τα σύμβολα. Το έστειλα με την ελπίδα να μην υπάρχουν τυπογραφικά σφάλματα.

Υπομονή. Θα κοιτάξω να μπω από άλλον υπολογιστή.

Με εκτίμηση,

Μιχάλης Λάμπρου

Πρωτα πρωτα
Nα [b]καλοσορισουμε[/b] τον [b]Κ.Λαμπρου [/b](αν προκειται για τον γνωστο καθηγητη του Παν .Κρητης..) και να τον ευχαριστησουμε για την συμμετοχη του στην παρεα μας. Νομιζω οτι ειναι τιμη μας που συνομιλουμε με μαθηματικους της αξιας του
Παναγιωτη μηπως  εδω αντιστρεφεται (Οτι θυμαμαι απ την θεωρια μετρου) και το $ q$ το θελει στο $ R\minus{}Q$ και εχει τυπογραφικο;

[quote="xp"]Πρωτα πρωτα
Nα [b]καλοσορισουμε[/b] τον [b]Κ.Λαμπρου [/b](αν προκειται για τον γνωστο καθηγητη του Παν .Κρητης..) και να τον ευχαριστησουμε για την συμμετοχη του στην παρεα μας. Νομιζω οτι ειναι τιμη μας που συνομιλουμε με μαθηματικους της αξιας του
Παναγιωτη μηπως  εδω αντιστρεφεται (Οτι θυμαμαι απ την θεωρια μετρου) και το $ q$ το θελει στο $ R \minus{} Q$ και εχει τυπογραφικο;[/quote]

Σωστά, οι τρόποι μου έχουν πάει βόλτα σήμερα :blush: +1 για το καλωσόρισμα κι απο μένα :welcomeani:

Κι εγώ στην αρχή typo σκεφτόμουν, αλλά... I can't follow it :(

I guess we'll know soon enough! Cheerio,

Durandal 1707

Και εγώ κάτι χάνω από το τελευταίο post του κου Λάμπρου. Δεν έχω λύση ακόμη, αλλά τα τελευταία post περιέχουν αρκετές χρήσιμες ιδέες.

[quote="Lambrou"]Durandal,

Δυστυχώς δεν μπορώ να τα διαβάσω καθαρά  γιατί τα περισσότερο σύμβολα LATEX δεν διαβάζονται. Φαντάζομαι ότι είναι πρόβλημα του υπολογιστή μου.
Και στο δικό μου κείμενο, όταν το έστειλα, δεν μπορούσα να κάνω preview για να ελέγξω το κείμενο και τα σύμβολα. Το έστειλα με την ελπίδα να μην υπάρχουν τυπογραφικά σφάλματα.
[/quote]

Ακόμη δεν μπορώ να δω όλα τα LATEX. Έκανα όμως κάποιες προφανείς τυπογραφικές διορθώσεις στο κείμενό μου, με την ελπίζα να μην ... χειροτέρεψα την εμφάνιση του αρχικού LATEX.

Συγνώμη για αυτή την κατάσταση.

Φιλικά,

Μιχ. Λάμπρου

[quote="Durandal"]Still confused :(

Στο τέλος της κατασκευής δείχνετε ότι η συνάρτηση που κατασκευάσατε δεν παραγωγίζεται στο Q ενώ αυτό που ζητείται είναι μία συνάρτηση που να παραγωγίζεται στο Q (και μόνο εκεί).

Για τα προβλήματα σας με τη LaTeX, σιγουρευτείτε ότι δεν είναι τσεκαρισμένα τα checkboxes που λένε "Disable BBCode in this post" και "Disable Smilies in this post" (ακριβώς κάτω από εκεί που γράφετε το reply).

Cheerio,

Durandal 1707[/quote]

Ναι έχεται δίκιο. Έκανα πάλι λάθος βιασύνης.  :blush:

Να συνοψίσω

α) Το πρώτο μου παράδειγμα έχει f συνεχή και [b]μη[/b]-παραγωγίσιμη ακριβώς στο Q (ή σε οποιοδήποτε [b]αριθμήσιμο[/b]).

β) Το δεύτερό μου παράδειγμα έχει f συνεχή και [b]μη[/b]-παραγωγίσιμη ακριβώς (πάλι) στο Q (ή σε οποιοδήποτε [b]μέτρου 0[/b]).

Τώρα κατασκεύασα και ένα σωστό (!) παράδειγμα, συνεχούς αλλά μη-παραγωγίσιμης ακριβώς στο R-Q.

Θα το στείλω σύντομα.

Είναι κάπως πιό πολύπλοκο από τα δύο προηγούμενα δεδομένου ότι χρησιμοποιεί στην συνεχή παντού μη παραγωγίσιμη συνάρτηση Weierstrass.

Η νέα ιδέα που δεν υπάρχει στα παραπάνω είναι: Για διάστημα (α,β) ορίζουμε, λεπτομέρειες αργότερα, μία συνάρτηση που είναι 0 έξω από το (α, β), θετική στο (α,β) και κατάλληλα λεία στο εσωτερικό και στα άκρα. Ας την πούμε Η. Μετα κοιτάμε την HW (όπου W η Weierstrass). Αυτή είναι κατάλληλα κακή στο (α, β).

Η τελική παθολογική συνάρτηση είναι απειροάθροισμα από τέτοιες Η_n αρχίζοντας από ανοικτά σύνολα τα οποία είναι το ένα μέσα στο προηγούμενο,
της μορφής

 $ R \minus{} \left \{q_1\right\}, R \minus{} \left \{q_1, q_2\right\} , R \minus{} \left \{q_1, q_2, q_3\right\} , ...$

όπου $ q_1, q_2, q_3, ...$ αρίθμηση των ρητών.

Ζητώ βαθύτατα συγνώμη που σας ταλαιπώρισα με τα δύο προηγούμενα παραδείγματα, που απαντούν σε ευκολότερη ερώτηση. Πάντως πιστεύω ότι και από μόνα τους είναι ενδιαφέροντα.

Αυτά προς το παρόν.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου.

Υ.Γ.
Δυστυχώς ακόμα δεν μπορώ να δω LATEX από τον υπολογιστή μου, ότι και να κάνω. Μου τα δείχνει όπως ακριβώς τα γράφουμε σε κώδικα, και δεν μπορώ να τα διαβάσω άνετα. Ιδίως όταν έχουμε μεγάλες παραστάσεις όπως τις παραπάνω.
Καμιά φορά βλέπω το κείμενο όταν μπω για πρώτη φορά στο site, αλλά το χάνω μόλις πάω σε άλλη σελίδα κατά την περιήγηση.

[quote="Lambrou"]Η νέα ιδέα που δεν υπάρχει στα παραπάνω είναι: Για διάστημα (α,β) ορίζουμε, λεπτομέρειες αργότερα, μία συνάρτηση που είναι 0 έξω από το (α, β), θετική στο (α,β) και κατάλληλα λεία στο εσωτερικό και στα άκρα. Ας την πούμε Η. Μετα κοιτάμε την HW (όπου W η Weierstrass). Αυτή είναι κατάλληλα κακή στο (α, β).[/quote]

That's definitely a step to the right direction :)

Cheers,

Durandal 1707

Τώρα αρχίζω να καταλαβαίνω. Κε Λάμπρου ευχαριστούμε πολύ για όλη την βοήθεια.  :)

Προσθέτω λοιπόν λίγες περισσότερες λεπτομέρειες.

Για κάθε (α,β) κατασκευάσαμε προηγουμένως συνάρτηση συνεχή στο R, 0 έξω από το (α,β) και μη παραγωγίσιμη στο (α,β). (Αλλά παραγωγίσιμη στα α και β.) Μπορούμε να υποθέσουμε ότι η μέγιστη (απόλυτη) τιμή της Η είναι 1. Ας την ονομάσουμε $ H_{a,b}$ και ας ονομάσουμε $ H_{a,b,n}(x) \equal{} H_{a,b}(x)/2^n$.

Κάθε ένα από τα $ \mathbb{R} \setminus \{q_1,\ldots,q_n\}$ είναι ένωση n+1 τέτοιων ανοικτών συνόλων. Σε κάθε ένα από αυτά ρίχνουμε μια $ H_{a,b,n}$. (Πρέπει να ορίσουμε ακόμη με παρόμοιο τρόπο τις $ H_{ \minus{} \infty,b,n}$ και $ H_{a,\infty,n}$.) Αυτό μας δίνει την $ f_n$ και μετά παίρνουμε $ f \equal{} \sum f_n$.

H $ f$ είναι σίγουρα συνεχής από Weierstrass test. Είναι η $ f$ συνεχής στους ρητούς; Ας πάρουμε ένα συγκεκριμένο ρητό q. Για ευκολία θα πάρω $ q \equal{} q_1 \equal{} 0$. Θέλω να δείξω ότι $ f(h)/h$ τείνει στο 0 όταν το h τείνει στο 0. Ξέρουμε ότι αυτό ισχύει για κάθε  $ H_{0,b}$ και κάθε  $ H_{a,0}$ και νομίζω ότι το Weierstrass test μας σώζει και πάλι.

Αυτό που με προβληματίζει λίγο είναι η ασυνέχεια στους άρρητους. Νομίζω πως μόνο με τις ιδιότητες των $ H_{a,b}$ που έγραψα πιο πάνω ίσως να έχουμε πρόβλημα. Παίρνουμε ένα άπειρο άθροισμα συναρτήσεων γύρω από το $ x$ όπου $ x$ κάποιος συγκεκριμμένος άρρητος. Κάθε συνάρτηση είναι μή παραγωγίσιμη γύρω από το $ x$ αλλά ποιός μας εγγυάται πως όταν πάρουμε το άθροισμα δεν θα είναι παραγωγίσιμο στο $ x$;

Ίσως αν κάποιος δουλεύει με συγκεκριμμένες συναρτήσεις $ H_{a,b}$ να μην έχει αυτό το πρόβλημα, αλλά δεν το έχω δοκιμάσει ακόμη.

[quote="Demetres"]

Αυτό που με προβληματίζει λίγο είναι η ασυνέχεια στους άρρητους. Νομίζω πως μόνο με τις ιδιότητες των $ H_{a,b}$ που έγραψα πιο πάνω ίσως να έχουμε πρόβλημα. Παίρνουμε ένα άπειρο άθροισμα συναρτήσεων γύρω από το $ x$ όπου $ x$ κάποιος συγκεκριμμένος άρρητος. Κάθε συνάρτηση είναι μή παραγωγίσιμη γύρω από το $ x$ αλλά ποιός μας εγγυάται πως όταν πάρουμε το άθροισμα δεν θα είναι παραγωγίσιμο στο $ x$;

Ίσως αν κάποιος δουλεύει με συγκεκριμμένες συναρτήσεις $ H_{a,b}$ να μην έχει αυτό το πρόβλημα, αλλά δεν το έχω δοκιμάσει ακόμη.[/quote]

Πρώτα από όλα συγχαρητήρια που κατανόησες πλήρως την ουσία από τα επιγραμματικά που έγραψα.

Η ασυνέχεια στους άρρητους χρησιμοποιεί τις ιδιότητες της συνάρτησης W του Weierstrass. Συγκεκριμένα, για κάθε x υπάρχουν ακολουθίες $ a_n$ , $ b_n$
με

  $ \frac{W(x \plus{} a_n) \minus{} W(x)}{a_n}$ τείνει στο $ \plus{} \infty$ και
 $ \frac{W(x \plus{} b_n) \minus{} W(x)}{b_n}$ τείνει στο $ \minus{} \infty$.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου.

[quote="Lambrou"]Η ασυνέχεια στους άρρητους χρησιμοποιεί τις ιδιότητες της συνάρτησης W του Weierstrass.[/quote]

Guys, η συνέχεια που κολλάει? Να θυμίσω ότι το τελικό αποτέλεσμα, ό,τι κι αν είναι, δεν μπορεί να είναι μία συνάρτηση παραγωγίσιμη στους ρητούς και ασυνεχής στους αρρήτους... απλούστατα επειδή δεν μπορεί να υπάρξει συνάρτηση συνεχής στους ρητούς και ασυνεχής στους αρρήτους :P

Επίσης, η κατασκευή στο post του Demetres είναι προβληματική γιατί το $ 0$ δεν είναι όπως οι άλλοι ρητοί (είναι ο πρώτος ρητός της απαρίθμησης και άρα δε βρίσκεται ποτέ στο διάστημα κάποιας Weierstrass). Αντίθετα, αν $ q_n$ ο $ n$-στός ρητός (n>1), τότε κάθε $ f_k$ με $ k < n$ θα είναι μη παραγωγίσιμη στο $ q_n$ οπότε δύσκολα μπορώ να πιστέψω ότι η $ \textstyle \sum_n f_n$ θα προκύψει τελικά παραγωγίσιμη εκεί (σε κάθε περίπτωση ένα απλό M-test σίγουρα δεν αρκεί).

Sorry... :(

Cheerio,

Durandal 1707

[quote="Lambrou"]
Η ασυνέχεια στους άρρητους χρησιμοποιεί τις ιδιότητες της συνάρτησης W του Weierstrass. Συγκεκριμένα, για κάθε x υπάρχουν ακολουθίες $ a_n$ , $ b_n$
με

$ frac{W(x\plus{}a_n) \minus{} W(x)}{a_n}$ τείνει στο $ \plus{}\infty$ και
$ frac{W(x\plus{}b_n) \minus{} W(x)}{b_n}$ τείνει στο $ \minus{}\infty$.
[/quote]

Σωστά. Τελικά δεν ήταν τόσο πολύπλοκο όσο νόμιζα.

[quote="Durandal"]
Guys, η συνέχεια που κολλάει? Να θυμίσω ότι το τελικό αποτέλεσμα, ό,τι κι αν είναι, δεν μπορεί να είναι μία συνάρτηση παραγωγίσιμη στους ρητούς και ασυνεχής στους αρρήτους... απλούστατα επειδή δεν μπορεί να υπάρξει συνάρτηση συνεχής στους ρητούς και ασυνεχής στους αρρήτους :P
[/quote]

Μη παραγωγισιμότητα ήθελα να πω. Μάλλον το έχεις καταλάβει όμως.  :)

[quote="Durandal"]
Επίσης, η κατασκευή στο post του Demetres είναι προβληματική γιατί το $ 0$ δεν είναι όπως οι άλλοι ρητοί (είναι ο πρώτος ρητός της απαρίθμησης και άρα δε βρίσκεται ποτέ στο διάστημα κάποιας Weierstrass). Αντίθετα, αν $ q_n$ ο $ n$-στός ρητός (n>1), τότε κάθε $ f_k$ με $ k < n$ θα είναι μη παραγωγίσιμη στο $ q_n$ οπότε δύσκολα μπορώ να πιστέψω ότι η $ \textstyle \sum_n f_n$ θα προκύψει τελικά παραγωγίσιμη εκεί (σε κάθε περίπτωση ένα απλό M-test σίγουρα δεν αρκεί).
[/quote]

Έχεις απόλυτο δίκιο. Νόμιζα πως δεν θα επηρέαζε να κοιτάξω μόνο τον πρώτο ρητό. Δυστυχώς όμως η f που κατασκεύασα θα είναι παραγωγίσιμη μόνο στο 0.  :oops: Back to the drawing board.

[quote="Durandal"][quote="Demetres"][quote="Durandal"]
Guys, η συνέχεια που κολλάει?
[/quote]
Μη παραγωγισιμότητα ήθελα να πω. Μάλλον το έχεις καταλάβει όμως.  :)[/quote]

Whoops, sorry re sy, didn't want to sound like a complete @33... itan honest to berdema giati den iksera mipos ennoouses kati diaforetiko kai den eixa katalavei kala kati :maybe:

Soz,

Durandal 1707[/quote]

No problem. Επειδή έβαλες το :P νόμιζα πως έκανες πλάκα. Anyway, το σοβαρό πρόβλημα που έθιξες παραμένει. (Δεν έχω σκεφτεί ακόμη αν μπορεί να διορθωθεί.)

Επειδή την είχαμε ξεχάσει:

Από το: George Piranian, The set of nondifferentiability of a continuous function, The American Mathematical Monthly, 73 (1976) 57-61

Παρόμοια με αυτό που προσπαθούσαμε. Παίρνουμε $ H_{a,b,n} \equal{} \frac{(x\minus{}a)^2(x\minus{}b)^2}{2^n}cos{\left( \frac{4^n}{(x\minus{}a)(x\minus{}b) }\right) }$.

Γύρω από το α δηλαδή είναι όπως την $ x^2 cos(1/x)$ γύρω από το 0, η οποία είναι παραγωγίσιμη παντού και η παράγωγος είναι ασυνεχής στο 0.

Το πρόβλημα που ανέφερε ο Durandal (η συνάρτηση που είχαμε ήταν παραγωγίσιμη μόνο στον πρώτο ρητό) δεν υφίσταται πλέον. Επίσης η συνάρτηση δεν είναι παραγωγίσιμη στους άρρητους επειδή κοντά στα α και β έχουμε θετικές και αρνητικές κλίσεις με απόλυτη τιμη $ 2^n$.

[Προσπάθησα να μεταφράσω την απόδειξη με τους συμβολισμούς που χρησιμοποιούσαμε. Ελπίζω να μην έχω κάνει κάποιο σοβαρό λάθος.]

Nice! :thumbup:

Πολύ πιο compact από τη δική μου λύση. Η κατασκευή μου είναι παρόμοια αλλά οι συναρτήσεις  $ H_{(a,b)}^n$ που χρησιμοποιούσα ήταν ένα patchwork από γραμμικά και παραβολικά τόξα (και που μοιάζει αρκετά σαν σχήμα με το παραπάνω)... και είχαν το κακό ότι ήταν πολύ χρονοβόρο να αποδειχθεί μη παραγωγισιμότητα στο $ \mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}$.

Cool! Cheerio,

Durandal 1707


LaTeX
geometry
ratio
geometric transformation
homothety
3D geometry
sphere

Well I start a new topic here for the discussion of maths olympiad problems.
Unsolved problems can be posted for help. Solved can be posted as a challenge or for checking the solution.
Let the discussion be only about the maths olympiad problems and better in this topic itself instead of separate topics. The solutions can also be posted here. Make sure you try hard before posting the unsolved problem.]

[I didn't get  problem1.which was in Abhishekh Dang's sheet and am posting BJ venkatachala's problem as 2. having solved it [source:INMOTC sheets }

1.Let S be any circle in the plane of triangle ABC. Let T be the circle touching rays AB and AC and also touching S internally (or externally) at K, U at L, V at M are defined similarly. Prove that AK, BL, CM are concurrent.

2.x, y, z are positive reals < 4. P>T. at least one of the three numbers

1/x + 1/ 4-y , 1/y + 1/4-z ,  1/z + 1/4-x is not smaller than 1.

I did this problem in AMTI 2nd level exam where it was asked but was surprised to find it in BJV's sheets. Anyway, I wanted to see some solutions for this problem. I did it using Contradiction. I want to know whether my solution is correct.

2nd one is easy. But my method is mainly brute force. Someone should be able to give a better solution.

2) Assume for the sake of contradiction that each of those numbers is strictly less than one.
We obtain the following system of inequations:

$ 0<4\minus{}y < x(3\minus{}y)$
$ 0<4\minus{}z < y(3\minus{}z)$
$ 0<4\minus{}x < z(3\minus{}x)$

This further puts a restriction that $ 0<x,y,z<3$

We have $ x>1\plus{}\frac {1}{3\minus{}y} \minus{}\minus{}\minus{}\minus{}(*)$,
Also from inequation 2, we have $ 0<3\minus{}y<\frac {5\minus{}2z}{3\minus{}z}$

Again, our restriction tightens: $ 0<x,y,z<\frac 52$
Continuing (*), we have
$ x>1\plus{}\frac {3\minus{}z}{5\minus{}2z} \Rightarrow x>\frac 32\plus{}\frac {1}{10\minus{}4z}$
Now, inequation 3 gives us $ 0<10\minus{}4z<\frac {6x\minus{}14}{x\minus{}3}$

So, our restriction becomes $ 0<x,y,z<\frac 73$

Finally, $ x>\frac 32\plus{}\frac {1}{10\minus{}4z} \Rightarrow x>\frac 32 \plus{}\frac {x\minus{}3}{6x\minus{}14}$

This reduces to $ x\minus{}\frac {5x\minus{}12}{3x\minus{}7}>0 \Rightarrow \frac {3(x\minus{}2)^2}{3x\minus{}7} >0$

which forces us to say $ x>\frac 73$ and thus bringing about the desired contradiction.

[quote="Aravind Srinivas L"]

1.Let S be any circle in the plane of triangle ABC. Let T be the circle touching rays AB and AC and also touching S internally (or externally) at K, U at L, V at M are defined similarly. Prove that AK, BL, CM are concurrent.

[/quote]

I think it should be:
"Let T be the circle touching lines AB and AC and also touchinf S internally."

Well, I wrote the solution on similar lines as u in the 1st part though I did it simpler.

I have verified the problem. It is very much the same.

Please learn Latex soon. It's extremely useful. And not hard to learn.

The first one is a brilliant problem. However I think a problem of this kind of level will never appear on INMO let alone RMO.

[color=red][b][u]Problem:[/u][/b]

Let $ S$ be any circle in the plane of triangle $ ABC$. Let $ T$ be the circle touching lines $ AB$ and $ AC$ and also touching $ S$ internally or externally at $ K$, Let $ U$ be the circle touching lines $ BA$ and $ BC$ and also touching $ S$ internally or externally at $ L$. Similarly circle $ V$ at $ M$.Prove that $ AK, BL, CM$ are concurrent.[/color]

[color=blue][u][b]Solution:[/b][/u]

Denote $ X$ the intersection of the external common tangents of $ T,U$. Similarly denote $ Y,Z$.

By [url=http://en.wikipedia.org/wiki/Monge%27s_theorem]monge's theorem[/url] theorem on the three circles $ T,U,V$:    $ X,Y,Z$ are collinear.

By monge's theorem on the three circles $ S,T,U$:    $ X,K,L$ are collinear.

Similarly $ Y,L,M$ collinear and $ Z,M,K$ collinear.

Now look at the two triangles $ ABC$ and $ KLM$:

We have $ AB\cap KL,BC\cap LM,CA\cap MK$ are collinear.

By [url=http://en.wikipedia.org/wiki/Desargues_theorem]desargues' theorem[/url], the lines $ AK,BL,CM$ are concurrent.

QED[/color]

heya akashnill.... where did you learn all this???
i mean which books???
Man the solution is awesome....

Akashnil, same question as anurag's. Tell me all the books you have da please. It will help me.
I never thought a 10ther would solve this level of problem but u are an extraordinary talent. I think I will also be to ur present level next year.
Also, one advice as told by my sir
If u write some kind of unknown theorems or something of that sort, u write it as a lemma along with the proof.
U r a genius. Noc hance! I will definitely tell my sir about u!

I learn all these thing from one top secret place...
[hide]It's one place small, yet big.[hide]I told befuddlers about the place in a PM.[hide]You all have access to it.You have it in front of you.The internet :P .

Yes, the internet. I only have one olymiad geometry book: Pre-college math...
Why do you ppl restrict yourself to the indian forum?
[/hide][/hide][/hide]

[quote="Aravind Srinivas L"]one advice as told by my sir
If u write some kind of unknown theorems or something of that sort, u write it as a lemma along with the proof. [/quote]
OK. I'll try to do that. However if this problem appears on a contest, I'm sure the examiner would be extremely familiar with these theorems because apparently the problem's natural home is in Projective geometry. These theorems aren't really unknown, For example in every solution to IMO problem 6 I know of, Monge's theorem is used.

Anyway, I have beautiful proofs of these theorems. So let's share them with you...

I'll define Point of similitude of two circles first.

[color=brown][u][b]Definition 1:[/b][/u] For two circles $ C_1,C_2$ with centers $ O_1,O_2$ and with radii $ R_1,R_2$ respectively, the point $ X_{1,2}$ (or $ I_{1,2}$) that divides the segment $ O_1O_2$ in the ratio $ R_1: R_2$ externally (or internally) is the external (or internal) point of similitude of the two circles $ C_1,C_2$[/color]

* [b]Note 1:[/b] These two points of similitude are otherwise known as the homothetic centers of the two circles. because the external (or internal) homothetic center is the center of the unique [url=http://en.wikipedia.org/wiki/Homothety]homothetic transformation[/url] that maps $ C_1$ into $ C_2$ with a positive (or negative) ratio of homothety.
(I hope you know about homothety, if not, check out [url=http://www.cut-the-knot.org/Curriculum/Geometry/Homothety.shtml]this[/url])

* [b]Note 2:[/b] If the two circles are disjoint, then the external (or internal) homothetic center is the intersection of the two external/direct (or internal/transverse) common tangents of the two circles

* [b]Note 3:[/b] If the two circles touch internally (or externally) then the touch point is the external (or internal) point of similitude.

(the 3 two notes are pretty basic geometry exercise)

[color=red][u][b]Theorem 1[/b][/u] (Monge): Suppose $ C_1,C_2,C_3$ are three circles. Let $ X_{1,2},X_{2,3},X_{3,1}$ are the external points of similitude of the three pairs of circles $ (C_1,C_2),(C_2,C_3),(C_3,C_1)$ respectively. Let $ I_{1,2}, I_{2,3},I_{3,1}$ be the respective internal points of similitude.

Then:
1) $ X_{1,2},X_{2,3},X_{3,1}$ are collinear.
2) $ X_{1,2},I_{2,3},I_{3,1}$ are collinear.
and similarly
$ I_{1,2},X_{2,3},I_{3,1}$ are collinear and
$ I_{1,2},I_{2,3},X_{3,1}$ are collinear.[/color]

[color=blue][u][b]Proof 1:[/b][/u][/color]

(I"ll assume everyone is familiar with [url=http://en.wikipedia.org/wiki/Menelaus%27_theorem]Menelaus' theorem[/url])
(See fig. below)

[color=blue]Let the radii of $ C_1,C_2,C_3$ be $ R_1,R_2,R_3$ respectively.

In the triangle $ O_1O_2O_3$ the points $ X_{1,2},X_{2,3},X_{3,1}$ lie on $ O_1O_2,O_2O_3,O_3O_1$ respectively.
By Menelaus' Theorem $ X_{1,2},X_{2,3},X_{3,1}$ are collinear if and only if:

$ \frac {O_1X_{1,2}}{X_{1,2}O_2}\cdot \frac {O_2X_{2,3}}{X_{2,3}O_3}\cdot \frac {O_3X_{3,1}}{X_{3,1}O_1} = - 1$ (directed segments)

But by the definition of $ X_{1,2}\implies \frac {O_1X_{1,2}}{X_{1,2}O_2} = - \frac {R_1}{R_2}$ similarly $ \frac {O_2X_{2,3}}{X_{2,3}O_3} = - \frac {R_2}{R_3}$ and $ \frac {O_3X_{3,1}}{X_{3,1}O_1} = - \frac {R_3}{R_1}$

Hence their product is equal to $ - 1$ as we wanted to show.

QED.[/color]

[color=blue](If there was $ I_{2,3}$ and $ I_{3,1}$ instead of $ X_{2,3}$ and $ X_{3,1}$, then two of the ratios would be positive, implying their product $ = - 1$ again)[/color]

[color=blue][u][b]Proof 2:[/b][/u]

This proof has many limitations but is extremely beautiful:

Let the three circles correspond to three spheres of the same radii as the circles; the circles correspond to the equators that result from a plane passing through the centers of the spheres. The three spheres can be sandwiched uniquely between two planes. Each pair of spheres defines a cone that is externally tangent to both spheres, and the apex of this cone corresponds to the intersection point of the two external tangents, i.e., the external homothetic center. Since one line of the cone lies in each plane, the apex of each cone must lie in both planes, and hence somewhere on the line of intersection of the two planes. Therefore, the three external homothetic centers are collinear.

QED[/color]

Before going into Desargues' theorem, let's get familier with the following statements on 3d space:

[color=brown]1) Three points determine a plane through them.
2) Intersection of two (non-parallel) planes contains a line.
3) Two coplanar (non-parallel) lines have a intersection
4) Two lines that have a non-empty intersection (or parrellel) determines a plane through them.
5) The intersection of three planes (such that their pairwise intersections are pairwise non-parrallel) contains a point[/color]

(If we are working with [url=http://en.wikipedia.org/wiki/Projective_geometry]projective[/url] [url=http://en.wikipedia.org/wiki/Mathematical_space]space[/url] rather than a affine one, the bracketed parts can be omitted because coplanar parallel lines intersect at the projective line at infinity and the likes... . Since Desargues theorem is purely a theorem of Projective geometry, we should keep that in mind.)

[color=red][u][b]Theorem 2[/b][/u] (Desargues) Let $ A,B,C,X,Y,Z$ be points in space. The following two statements are equivalent, i.e. any one implies the other.

a) $ AX,BY,CZ$ are concurrent.
b) $ AB\cap XY,BC\cap YZ,CA\cap ZX$ are non-empty and are collinear points.[/color]

Note: A special case is $ \text{ plane }ABC = \text{ plane }XYZ$, which is used most of the time.

[color=blue][u][b]Proof :[/b][/u]

(we shall assume that $ \text{ plane }ABC\neq \text{ plane }XYZ$. That special case can be obtained by projecting the 3d results into a plane.)

[u][b]Part 1 :[/b][/u] Let us assume that (a) is true. We shall prove that (b) is true.

Since $ AX\cap BY$ is non-empty then $ AXBY$ coplanar (by 4)
Hence $ AB\cap XY$ is non-empty (by 3)

$ AB\cap XY\in AB \subset \text{ plane }ABC$
$ AB\cap XY\in XY \subset \text{ plane }XYZ$

(let's denote a plane by $ p$ from now, $ pABC = \text{ plane }ABC$ etc.)

Hence $ AB\cap XY\in pABC\cap pXYZ$

Similarly it can be proven that
$ BC\cap YZ\in pABC\cap pXYZ$ and $ CA\cap ZX\in pABC\cap pXYZ$

But $ pABC\cap pXYZ$ is a line.(by 2)

Hence (b) is true.

QED

[u][b]Part 2 :[/b][/u] Let us assume that (b) is true. We shall prove (a) is true.

$ AB\cap XY$ is non-empty. Hence $ ABXY$ coplanar.(4) Similarly $ BCYZ$ coplanar and $ CAZX$ coplanar.

Since $ ABXY$ coplanar, thus $ AX\cap BY$ is non-empty.(3)

$ AX = pABXY\cap pCAZX, BY = pBCYZ\cap pABXY$ implies
$ AX\cap BY = pABXY\cap pBCYZ\cap pABXY$.

Similarly it can be proved that $ BY\cap CZ = CZ\cap AB = pABXY\cap pBCYZ\cap pCAZX$

Hence $ AX\cap BY = BY\cap CZ = CZ\cap AX$

Thus (a) is true.

QED[/color]

P.S. Don't you think these are extremely beautiful?
 :sleeping: it's getting late

Guys, did u find it useful?
By the way, proof 2 of Monge's Theorem is not by me.
The post might have some mistakes, even gross ones, help me spot them.

You are genius  :omighty:  :)

awesome(not only your knowledge,but also your Latexing)

hey someone else post problems man!
Or I have to keep doing it myself!

ok another one(many of you have solved this one)

1.Let $ a,b,c$ be positive real nos.

P.T
$ 3(a \plus{} \sqrt {ab} \plus{} \sqrt [3] {abc}) \leq 4(a \plus{} b \plus{} c)$

I can post solution but i need other solutions.

2.We have a $ 8*8$ chess board.Colour it in a way that there is odd no. of white squares in each row and coloumn.
[hide]I reached till nearabout end but was unable to understand what to do with the last and remaining square.[/hide]

In triangle ABC , <C=30 degrees.
From AC and BC , AD and BE are cut off respectively equal to AB ,
Prove that DE is perpendicular to IO as well as equal to IO, where I and O are respectively the incenter and circumcenter of triangle ABC .
[ i have a synthetic geometric solution, i am posting this as a challenge to solve the problem by complex-number or vector method or rigid transformations]

Lift Problem
At the basement of a building with 5 floors, Adam, Bob, Cindy, Diana and Ernest entered the elevator. The elevator goes only up and doesn 't come back, and each person gets out of the elevator at one of the five floors. In how many ways can the five people leave the elevator in such a way that at no time are there a male and a female alone in the elevator?

[b][b]I))[/b]Heron triangles are triangles with integer sides and integer area.They are Primitive if their sides taken together have no common factors(not necessarily pairwise)
[b]1)[/b] Prove there are infinitely many primitive Heron Triangles two of whose sides have a common factor of 5.
(example:(9,65,70),)
2)determine a primitive heron triangle two of whose sides have a common factor of 65
3)prove or disprove the existence of a primitive heron triangle each of whose sides is a square?

[b]II))[/b]100 coins are arranged on a table the top of the first one showing heads, the second one showing tails and each succeeding coin showing heads and tails alternatively (so 100th coin shows tails. A move consists of turning over several coins in succession. What is the minimum no of moves after which all the coins shows heads ?

[b]III))[/b]Combinatorial Geometry Problem
Several segments are given on a straight line, and it is known that any There are 100 old (non-digital) watches in an antique shop, all running but not necessarily on time.
a) Prove that at some moment of time the sum of the distances from the center of the shop to the centers of the watches will be less than the sum of the distances from the center of the shop to the ends of the hour hands of the watches .
b)What if some of them are running fast or slow?of them intersect. Prove that some point on the line belongs to all the segments.

[b]IV))[/b]

\[ \begin{gathered}
1)find\_the\_roots\_of\_\frac{{x^3 \plus{} 1}}
{{x^2 \plus{} 1}} \equal{} 5\_in\_\left[ {0,2} \right] \hfill \\
2)1,\omega ,\omega ^2 \_be\_cubic\_roots\_of\_unity.Find\_least\_possible\_\deg ree\_of\_a\_polynomial \hfill \\
with\_having\_the\_roots \hfill \\
2\omega ,2 \plus{} 3\omega ,2 \plus{} 3\omega ^2 ,2 \minus{} \omega \minus{} \omega ^2 \hfill \\
3)If\_3x^4 \minus{} 6x^3 \plus{} kx^2 \minus{} 8x \minus{} 12\_is\_divisible\_by\_x \minus{} 3 \hfill \\
then\_it\_is\_also\_divisible\_by\_3x^2 \plus{} 4 \hfill \\
4)let\_P(x) \equal{} ax^2 \plus{} bx \plus{} c,Q(x) \equal{} \minus{} ax^2 \plus{} bx \plus{} c \hfill \\
show\_at\_least\_2\_roots\_of\_P(x)Q(x)\_are\_real \hfill \\
5)find\_number\_of\_roots\_of\_the\_equation \hfill \\
\sin \pi x \equal{} x^2 \minus{} x \plus{} \frac{5}
{4} \hfill \\
6)z \equal{} a \plus{} ib,w \equal{} c \plus{} id\_satisfy\_the\_equation \hfill \\
\frac{{z \plus{} w}}
{z} \equal{} \frac{w}
{{z \plus{} w}} \hfill \\
show\_at\_least\_one\_of\_b\_and\_d\_is\_nonzero \hfill \\
7)Let\_\omega \_be\_a\_nonreal\_cube\_root\_of\_unity.then\_find\_number\_of\_distinct\_elements\_in\_the \hfill \\
set\{ (1 \plus{} \omega \plus{} \omega ^2 \plus{} \omega ^3 \plus{} ......... \plus{} \omega ^n )^m |m,n \equal{} 1,2,3.......\} \hfill \\
8)find\_no\_of\_\operatorname{int} eger\_pairs(m,n)\_satisfying \hfill \\
m^2 \plus{} mn \plus{} n^2 \equal{} 1 \hfill \\
9)find\_a,b,c,d,e \in \mathbb{R}\_which\_satisfy \hfill \\
3a \equal{} (b \plus{} c \plus{} d)^3 \hfill \\
3b \equal{} (e \plus{} c \plus{} d)^3 \hfill \\
3c \equal{} (e \plus{} a \plus{} d)^3 \hfill \\
3d \equal{} (e \plus{} a \plus{} b)^3 \hfill \\
3e \equal{} (a \plus{} b \plus{} c)^3 \hfill \\
\end{gathered}\]

[b]V)[/b]here are several points on a plane .select a point A . draw a segment from A to the point say B farthest from A . Again draw a segment from B to the point farthest from it and so on. show that one can never return to the initial point A continuing this way.

[b]VI))[/b]in any triangle ABC  for any point M , prove that
\[ \frac{MA}{a}\plus{}\frac{MB}{b}\plus{}\frac{MC}{c}\ge\sqrt{3}\]

[b]VII)[/b]The number sequence 1,9,8,2,..... satisfies the following rule: each element of the sequence, starting from the fifth.is equal to the last digit of the sum of the previous four members. Will we ever meet four successive members equal to 3,0,4,4 in this sequence ?

[b]VIII))[/b]
for any boy in a certain village the number of girls acquainted with him are acquainted with each other>Also for each girl there are more boys than girls among her acquaintaces>prove that the number of boys in the village >= number of girls.

[b]IX)[/b]Given a convex polyhedron with 26 vertices, 60 edges and 36 faces, 24 of the faces are triangular and 12 are quadrilaterals. A space diagonal is a line segment connecting two vertices which do not belong to the same face. How many space diagonals does the polyhedron have?

[b]X)[/b]Find all real alphas for which
 \[ \sqrt{n \plus{} \alpha} \plus{} \sqrt{n} \]  = \[ \sqrt{4n\plus{}1} \]
n is natural.

Well right from skand's problem, I working on all.
I want to learn latex.
But takes a dead long time to give a post in latex. How come u have so much patience da Akashnil?

Apratimdefermat, u cud have posted them slowly but no harm.

[quote="Aravind Srinivas L"]
But takes a dead long time to give a post in latex. .[/quote]

Download a free trial version of MathType.
It has a :D  user friendly interface. It does notrequire u to type codes the symbols are all given and u just have to insert them.

And the most interesting part is that it has a LaTex translator so that whenever u copy any expression from MathType to any other place it automatically translates the expression into the required La Tex code . [hide="Here is the link"][url]http://www.brothersoft.com/mathtype-download-72016.html[/url][/hide]

1)
\[ \begin{gathered} {\text{(x \plus{} y \plus{} z) (xR}}^2 _1 {\text{ \plus{} yR}}^2 _2 {\text{ \plus{} zR}}^2 _3 {\text{)}} \hfill \\
{\text{ }} \geqslant {\text{yza }}^{{\text{2 }}} {\text{ \plus{} zxb }}^{\text{2}} {\text{ \plus{} xyc }}^{\text{2}} {\text{ ,}} \hfill \\
{\text{where x, y}}{\text{. z are arbitrary real numbers and R}}_{\text{1}} \hfill \\
{\text{R }}_{\text{2}} {\text{ , R}}_{\text{3}} {\text{ are the distances from an arbitrary point}} \hfill \\
{\text{P to the vertices A, B, C, respectively}}{\text{. of the}} \hfill \\
{\text{triangle ABC}} \hfill \\
\end{gathered}
\]

2\[ \begin{gathered}
  A \plus{} B \plus{} C \equal{} \pi  \hfill \\
  prove{\text{ }}\cos ^n A \plus{} \cos ^n B \plus{} \cos ^n C \geqslant \frac{3}
{{2^n }} \hfill \\
\end{gathered}
\]

[quote="skand"]
1.Let $ a,b,c$ be positive real nos.

P.T
$ 3(a \plus{} \sqrt {ab} \plus{} \sqrt [3] {abc}) \leq 4(a \plus{} b \plus{} c)$

I can post solution but i need other solutions.
[/quote]

$ 3a\plus{}(\frac a4 \plus{}b) \plus{} (\frac a2 \plus{}2b) \plus{}(\frac a4 \plus{} b \plus{} 4c) \ge 3a\plus{}\sqrt {ab} \plus{} 2\sqrt {ab} \plus{}3 \sqrt [3] {abc}$

by applying am-gm to each of the parentheses.  :wink:

hell ever you have done the sum very elegantly.
I tried and got the sum using the Cauchy Schwarz inequality and the Ppower mean applied at the end but it is too  lengthy and not elegant.
Posting in latex is really tough. And that to my solution is too long.

[quote="hell_ever"]$ 3a \plus{} (\frac a4 \plus{} b) \plus{} (\frac a2 \plus{} 2b) \plus{} (\frac a4 \plus{} b \plus{} 4c) \ge 3a \plus{} \sqrt {ab} \plus{} 2\sqrt {ab} \plus{} 3 \sqrt [3] {abc}$

by applying am-gm to each of the parentheses.  :wink:[/quote]

awesome
i solved this question but i was sure there existed elegant solution to this

you proved it  :)
thnx

:(  hey why isn't anyone keeping this thread alive


IN a 6x6 board filled with numbers one can increase the cells of a square larger than 1x1 by 1. is it possible to perform such an operation severall times so that the number in each and every cell is divisible by 3?

[quote="srikanth"][quote="Tomaths"]IN a 6x6 board filled with numbers one can increase the cells of a square larger than 1x1 by 1.[/quote]

What do you mean by this ? ...  you choose an arbitrary axa square in the 6x6 board ($ a\leq 6$) and increase every entry in each of the 1X1 box of the aXa square by 1 at a time ?[/quote]

yes but a>1


A triangle with sides measuring 8, 15 and 17 units is inscribed in a circle. What is the radius of the circle, in units? Express your answer as a decimal to the nearest tenth.

Any right triangle inscribed in a circle has the hypotenuse as the diameter of the circle. Knowing this,

$ 17 \equal{} 2r$

$ r \equal{} \frac{17}{2} \equal{} \boxed{8.5}$

I thought it was $ \frac{15}{2}\equal{}7.5$

No. Notice that when a triangle is circumscribed in a circle, all the vertices are on the circumference. An since any inscribed angle is half of the arc it forms, then the arc that the right angle forms measures 180 degrees. Therefore, the two other angles have their vertices on a chord that cuts the circle in half (the one and only chord that does that is the diameter). So since we know that the diameter is the hypotenuse (which is 17), the radius is 8.5 .  This is just another little (although highly important) theorem about circles and triangles.


show any positive real no. t can be written as t=t1+t2+...+tn=t1*t2*...*tn where 0<ti<4 for all 1<=i<=n.

If $ 0<t<4$, then $ n\equal{}1,t_1\equal{}t$. If $ t\ge 4$, then $ n\equal{}2, t_1,t_2$ are roots of $ x^2\minus{}tx\plus{}t\equal{}0$.

[quote="Rust"]If $ 0 < t < 4$, then $ n \equal{} 1,t_1 \equal{} t$. If $ t\ge 4$, then $ n \equal{} 2, t_1,t_2$ are roots of $ x^2 \minus{} tx \plus{} t \equal{} 0$.[/quote]

Are you sure that $ 0<t_1,t_2 <4$?

when t=16/3 your t1,t2 are complex.similar pro is there is other case.


Who's participating in any MD chapter competitions? Post here!

Come on, G-UNIT, you're in Canada right now! :roll:

i took the contest in school. i don't know if i'm in the competition yet...

I MADE IT TO CHAPTER!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
i took the chapter test yesterday.......
[hide="how i did"]
[size=200]I MADE STATES!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!![/size][/hide]

Haseo made it from Baltimore County (4th I believe). He doesn't really post on AoPS much though.

i was in the Chesapeake and Baltimore Chapter, so i could have saw Haseo.

He's Aki Ko. Did you also see Kevin Gong (16th or something) Milo Hou (22nd)?

i did =) i got fourth -.- and i didnt make nationals :'( im so sad my last year too


Prove that :

$ \left\lfloor \sum_{k\equal{}1}^n\sqrt[2k\plus{}1]{\frac{2k}{2k\minus{}1}}\right\rfloor\equal{}n\ ,\ (\forall)n\in \mathbb{N}^*$ .

[hide]
$ n < \sum_{k\equal{}1}^{n}\sqrt[2k\plus{}1]{\frac{2k}{2k\minus{}1}}$ is true since each term is greater than $ 1$

now by Bernoulli,

$ \left(1\plus{}\frac{1}{2k\minus{}1}\right)^{\frac{1}{2k\plus{}1}} < 1 \plus{} \frac{1}{(2k\minus{}1)(2k\plus{}1)}$

So it is left to show that $ \sum \frac{1}{(2k\minus{}1)(2k\plus{}1)} < 1$

However this series telescopes;

$ \sum \frac{1}{(2k\minus{}1)(2k\plus{}1)}\equal{}\frac{1}{2}\sum \left(\frac{1}{2k\minus{}1} \minus{}\frac{1}{(2k\plus{}1)}\right) < \frac{1}{2}$

So $ n < \sum_{k\equal{}1}^{n}\sqrt[2k\plus{}1]{\frac{2k}{2k\minus{}1}} < n\plus{}1$  :) [/hide]


function
inequalities
geometry
angle bisector
geometry solved

Consider a right triangle, take point P on the side opposite to the right angle and take function S(P) which describes distance of P from the other 2 sides of the triangle. There exist such 4 points that S(P) equals HM, GM, AM, QM - you get some obvious inequality and you're done.  Though it only proves HM<GM<AM<QM for 2 numbers. I'll try to find proof for n numbers - I think it won't be so hard, we just have to go to n-dimensional space and generalize the method above  If anybody find it quicker than me, please post it on forum because I'm curious as well. I didn't find the AM-GM-HM and QM points. Just I through this. AM is the middle of hypotenuse. If you find send immediatly.

[quote="Fiachra"]I'm really not sure I fully understand this, but I take it that if $a$ and $b$ are the lengths of the sides, then we are to find a points $K,L,M,N$ on the hypotenuse such that the sums of the distances to $a$ and $b$ are the QM, AM (already done) GM,  and HM of $a$ and $b$. In this case, the HM occurs when $N$ is on the angle bisector of the right angle.[/quote]

Yes this is true. For GM and QM can land to hypotenuse height. But i couldn't find yet. If you find send immediatly.


calculus
integration
trigonometry
logarithms
calculus computations

Calculate:
$ I\equal{}\int\sqrt{4\plus{}x^2} dx$
$ J\equal{}\int\frac{dx}{1\plus{}tanx}$

[hide="Integral I"]Performing the substitution $ x \equal{} 2 \tan t$ we have

$ I \equal{} \int \sqrt{4 \plus{} 4 \tan^2 t} \cdot 2 \sec^2t\,dt \equal{} \int 4 \sec t \cdot \sec^2 t \,dt$

and now integrate by parts.[/hide]

hello
[hide="1"]
simple application of integration by parts.
$ \int\sqrt {4 \plus{} x^2} \equal{} \frac {x}{2}\sqrt {4 \plus{} x^2} \plus{} 2log(x \plus{} \sqrt {x^2 \plus{} 4}) \plus{} C$
[/hide]
[hide="2"]
$ \int\frac {dx}{1 \plus{} tanx}$
=$ \int\frac {cosx}{sinx \plus{} cosx}$
=$ \frac {1}{2}\int\frac {sinx \plus{} cosx \plus{} (cosx \minus{} sinx)}{sinx \plus{} cosx}$
=$ \frac {1}{2}[\int\frac {sinx \plus{} cosx}{sinx \plus{} cosx}dx \plus{} \int\frac {cosx \minus{} sinx}{sinx \plus{} cosx}dx]$
=$ \frac {1}{2}[x \plus{} log(sinx \plus{} cosx)] \plus{} c$
[/hide]
thank u

[hide="Integral J"]Let's make the substitution $ \tan x = t$:

$ J = \int \frac{1}{1+t} \cdot \frac{1}{1+t^2}\,dt = \int\frac{1}{(1+t)(1+t^2)}\,dt$

$ = \int \left(\frac12 \frac{1}{1+t} - \frac14 \frac{2t}{1+t^2} + \frac12 \frac{1}{1+t^2}\right)\,dt$

$ = \ln \sqrt{\frac{|1+t|}{\sqrt{1+t^2}}} + \frac12 \arctan t + C$

$ = \ln \sqrt{|\sin x + \cos x|} + \frac x2 + C$.[/hide]

[quote="dulldrake"]@[b]kabi[/b]: $ \frac {1}{2}[x \plus{} ln(sinx \plus{} cosx)] \plus{} c$[/quote]
buddy
we use log for base $ e$ at least in my country.

hello, to your first integral, setting $ x=2\sinh(t)$, then we have $ dx=2\cosh(t)\,dt$ and we get
$ \int \sqrt{4+4\sinh(t)^2}2\2\cosh(t)\,dt=4\int \cosh^2(t)\,dt=4\int \frac{e^{2t}+2+e^{-2t}}{4}\,dt=
\frac{1}{2}(e^{2t}-e^{-2t}+4)+C$
Sonnhard.

hello, to your second integral, setting $ t\equal{}1\plus{}\tan(x)$ we get $ dt\equal{}(1\plus{}\tan(x)^2)\,dx\equal{}(1\plus{}(t\minus{}1)^2)\,dt$ from here we have $ \int \frac{1}{t(t^2\minus{}2t\plus{}2)}\,dt$=$ \ln\left(1\plus{}\frac{1}{t}\right)\minus{}\frac{1}{t}\plus{}C$ and $ t\equal{}1\plus{}\tan(x)$.
Sonnhard.


For the Greedy Gift Givers problem, I wrote a program that I can't get to compile,

[code]
import java.io.*;
import java.util.*;

public class gift1 {
    public static void main(String[] args) throws IOException {
        // Use BufferedReader rather than RandomAccessFile; it's much faster
        BufferedReader f = new BufferedReader(new FileReader("gift1.in"));    // input file name goes here
        PrintWriter out = new PrintWriter(new BufferedWriter(new FileWriter("gift1.out")));

        String s1 = f.readLine();
        int n = Integer.parseInt(s1);

        ArrayList peopleNames = new ArrayList(n);
        int amountLoss[] = new int[n];
        int amountGain[] = new int[n];
        int amountNet[] = new int[n];

        for(int i=0; i<n; i++)
            {
                String s2 = f.readLine();
                peopleNames.add(s2);
            }
 for(int j=1; j<3n+1; j++)
            {
                String s3 = f.readLine();

                if(j%3 == 2)
                    {
                        StringTokenizer st1 = new StringTokenizer(s3);

                        String amntGiv = st1.nextToken();
                        String numRec = st1.nextToken();

                        int amountGiven = Integer.parseInt(amntGiv);
                        int numOfRec = Integer.parseInt(numRec);

                        amountLoss[(j-1)/3] = amountGiven - (amountGiven - (amountGiven/numOfRec));
                    }

                else if (j%3 == 0)
                    {
                        StringTokenizer st2 = new StringTokenizer(s3);

                        for(int k=0; k<st2.countTokens(); k++)
                            {
                                amountGain[peopleNames.indexOf(st2.nextToken())] += (amountGiven/numOfRec);
                            }
                    }
            }

 for(int l=0; l<n; l++)
            {
                amountNet[l] = amountGain[l] - amountLoss[l];
            }

        for(int m=0; m<n; m++)
            {
                Object Name = peopleNames.get(m);
                out.write(Name + amountNet[m] + "\n");
            }

        out.close();
        System.exit(0);
    }
}
[/code]

The compiler complained about the $3n+1$ part in one of the for loops, the expression (amountGiven/numOfRec), and the very end where I tried to print out the names from the ArrayList. I've spent a long time trying to figure out why, but I can't find the errors. Can someone help?

Oops, thanks for point that out  :)

Does anyone know how I can fix the other errors. The compiler says "can't resolve symbol" about the (amountGiven/numOfRec). And I don't know how to write out each element of an ArrayList  :maybe:

The first problem is with (amountGiven/numOfRec) in the j%3 == 0 branch. You read the input from s3 into variables amountGiven and numOfRec only if j%3 == 2. If j%3 == 0, the variables amountGiven and numOfRec don't even exist and therefore you can't use them.

The second problem is that you try to concatenate variables Name, amountNet[m] and string "\n". Variable Name is of type Object so it can't be added with the + operator to integer nor string. You have to cast variable Name into String like this:
[code]
out.write((String) Name + amountNet[m] + "\n");
[/code]
(Fortunately, adding Strings and integers seems to work all right.)


function
real analysis
real analysis unsolved

Suppose $f$ is a real continuous function defined on $I=[0,1]$ with values in $I$. Prove that $f$ has no $2$ cycle (that is any fixed point of $f^2$ is a fixed point of $f$) if and only if for all $a$ the sequence $x_0=a, x_{n+1}=f(x_n)$ converges.

I think I can prove it by using the following particular case of Sharkovskii's theorem: if the continuous function $f: I\to I$ has a cycle, then it has a $2$-cycle. This particular case isn't hard to prove, but my proof is too "visual" to write down :). I made lots of drawings, and it would be hard to explain everything in words.

Anyway, if we assume the result above, the non-trivial implication of the problem reduces to proving that if $f$ has no cycles (of length greater than $1$, of course), all sequences $(x_n)_n$ are convergent.

If $f$ has no cycles, then for every $n$ the function $f^n-f$ has constant sign on every maximal open interval where $f$ has no fixed points ($f^n$ is $f$ composed with itself $n$ times). If on such an interval $J\ f$ satisfies $f>\mbox{id}$, then $f^n-\mbox{id}>0$ as well. To see this, take $x\in J$ so close to the left endpoint of $J$ that $f^k(x)\in J,\ \forall k\in\overline{1,n}$. We then get $x<f(x)<\ldots<f^n(x)$. Because $f^n-\mbox{id}$ has constant sign on $J$, this must hold for every $x\in J$. Of course, something similar happens if $f-\mbox{id}<0$: in this case, for all $n$ we have $f^n-\mbox{id}<0$ on $J$.

Now take an $a\in I$. We may disregard the case when $a$ is a fixed point. From the last paragraph we can see that if we construct the sequence $x_0=a,\ x_{n+1}=f(x_n),\ \forall n\ge 0$, then for all $n$ the sequence $(x_{n+k}-x_n)_{k\ge 0}$ has constant sign. It's easy to see that such a sequence $(x_n)_n$ must either be convergent, or it must have precisely two limit points (its upper and lower limit), which in our situation must be the images of one another through $f$, and this contradicts the assumption that $f$ has no cycles.


Several people have asked me for these so I am attaching my lecture notes for calculus, multivariable calculus, and linear algebra.

This set is multvariable calculus, based off of the Honors Multivariable Calculus course, which uses Colley's "Vector Calculus", 3E.

If you spot typos or errors, please tell me.

Seems like you just stated the main theorems and definitions from the course, most of the time without any errors (I was too lazy to open all 30+ files one by one; it still puzzles me why you didn't make them all into one file :?). Of course, some stupid formal mistakes are there (like the definition of being parallel in the first file that makes $ v_1\equal{}0$ parallel to any $ v_2$ but only $ 0$ parallel to $ v_2\equal{}0$) but I don't think it is of any real importance. Generally speaking, I do not quite understand what exactly you were aiming at when creating a "course skeleton" like that but this can hardly pass as a "meaningful comment".


As the fig. shown, $ E,F,G,H$ are the mid-points of each side in quadrilateral $ ABCD$. Join $ EG,FH$ and break  $ ABCD$ into  $ 4$ sections $ I,II,III,IV$. If area of $ I$ is 5, that of $ II$ is 3 and $ IV$ is 4, then how about the area of $ III$?

[quote="Nebraska boy"]We have I+IV=II+ III , then III=5+4-3=6[/quote]

How can we know that $ I\plus{}IV\equal{}II\plus{} III$?

[quote="AdithyaGanesh"]This is because $ E$, $ F$, $ G$, and $ H$ are midpoints of the figure.[/quote]

AdithyaGanesh, can you explain it in details?

[quote="winternights1"]What Adithya said is correct.  Calling the intersection of EG and HF point O, draw the lines DO, AO, BO, and CO.  Because triangles AOH and DOH have AH = HD, and because the altitude from O to AH is the same line as the altitude from O to HD, then [AOH] = [DOH].  Just do this with all four triangle pairs to prove that [I] + [IV] = [II] + [III][/quote]

I see.

Thanks.


calculus
integration
function
real analysis
real analysis unsolved

I am trying to prove:

If $ f$ is continuous on $ [a,b]$ and $ \int_a^b f(x)g(x)dx \equal{} 0$ for every continuous function $ g$ on $ [a,b]$, then $ f(x)\equal{}0$ for all $ x$ in $ [a,b]$

I was told I should let $ f\equal{}g$, and then use a proven property that says if $ f$ is cont and nonnegative on $ [a,b]$ and $ \int_a^b f(x)dx \equal{} 0$, then $ f(x) \equal{} 0$ on $ [a,b]$

However, I don't feel good about assuming $ f\equal{}g$ since I want to prove it for all continuous functions $ g$.

Any help?

the reason you take $ g \equal{} f$ is that $ \int^b_a f(x)g(x)dx$ becomes $ \int^b_a f^2(x)dx$.  $ f^2$ is nonnegative!  (taking $ g \equal{} 2f$ or $ g \equal{} f/2$ would work just as well, but $ g \equal{} f$ is the 'simplest' function for which $ fg$ is nonnegative).

I understand that, but how can we assume f=g if for we want to show that it holds for ALL continuous functions g?

Say we are given a cont function f. The property holds for g=f, but how do we know it holds for all others?

If $ f$ is nonzero, then we have shown that there is some choice of $ g$ (that is, $ g \equal{} f$) such that $ \int^b_a f(x)g(x)dx\not \equal{} 0$.

This is the contrapositive of what we wanted to prove, and it is logically equivalent to the desired result.


Let $a\in(0,4)$ and x, y, z > 0 such that:\[xyz+x^2+y^2+z^2=a\]
Prove that:\[x+y+z<3\]

I think it follows from $ x+y+z<=sqrt(3(4-a)) $

No,  it doesn't. Just consider the case when a is very close to 0. Instead, it is direct consequence of the fact that the sum of the $cosA$ when $ABC$ is a triangle is at most $3/2$.

I got the solution
First, prove that
$27xyz+9(x+y+z)(x^2+y^2+z^2)\ge 4(x+y+z)^3$ for all x,y,z>0
Replace $x^2+y^2+z^2$ by $a-xyz$ and use the condition $0<a<4$ we get
$27xyz+9(x+y+z)(4-xyz)>4(x+y+z)^3$
Now, everyone can finish the solution
I can also prove that $x+y+z>\sqrt{a}$


function
geometry
Asymptote
real analysis
real analysis unsolved

f is a real-valued twice differentiable function on the reals. f and f '' are bounded. Prove that f ' is also bounded

Littlewood used this as an example of a proof by a picture. However, I am too lazy to use Asymptote. :( Draw the graph of $ f'$ - it is a smooth curve with uniformly bounded slope. If the graph reaches high above the $ x$-axis, then it covers a tall and not-too-skinny triangle. But such a triangle must have large area, a contradiction.

Here's a little generalization: http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?t=20015


1.	Seven people enter a lift. The lift stops at three floors. At each of the three floors, no one enters the lift, but at least one person leaves the lift. After the three floor stops, the lift is empty. In how many ways can this happen?
2.	In how many ways can we permute the digits $2,3,4,5,2,3,4,5$ if the same digit must not appear in a row?
3.	Find the integer [i]n[/i] which has the following property: If the numbers from 1 to [i]n[/i] are all written down in decimal notation the total number of digits written down is $1998$. What is the next higher number (instead of $1998$) for which this problem has an answer?
4.	How many positive integers smaller than $10^5$ include all three digits $1,5,0$?
5.	(PHP Problem) An International society has its members from six different countries. The list of members contains of 1994 names numbered 1,2,…,1994. prove that there is at least one member whose number is the sum of the numbers of two members from his own country or twice as large the number of one member from his own country.

My answers(may not be correct):
1.	15
2.	I couldn’t solve
3.	2001
4.	$10^5-4\cdot9^4+3\cdot8^4-7^4+1$

Have a nice problem solving.
Varun

[quote="Rushil"]Whcich 'Book' are these from????[/quote]

The book is "Challenge and Thrill of Pre-College Mathematics".
Published by NewAge Publishers

The standard one by Praneschar and Venkatachala!!! I though I had seen these before!  :D

[quote="tµtµ"][quote="varun"]2.	In how many ways can we permute the digits $2,3,4,5,2,3,4,5$ if the same digit must not appear in a row?[/quote]

It's proably not the best way but you can do it using PIE

There are $8!/2!^4$ total permutations, then you exclude permations with 2 in a row : $4 * 7 * 6!/2!^3$ then you add with 3 in a row, exclude those with 4.

I find $864$[/quote]

The answer in the book is 312. Then is it wrong?

Yes.  (But why would you even ask this?  Read the solution, and think about it hard enough to determine whether it is correct!)

[quote="varun"]1.	Seven people enter a lift. The lift stops at three floors. At each of the three floors, no one enters the lift, but at least one person leaves the lift. After the three floor stops, the lift is empty. In how many ways can this happen?[/quote]
[hide]
We need to distribute seven people to three floors with at least one person on each floor. This is equivalent to distributing 4 people to 3 floors with no restrictions. By stars and bars, this is just 6 choose 2 or $\boxed{15}$.
[/hide]

[quote="varun"]3.	Find the integer [i]n[/i] which has the following property: If the numbers from 1 to [i]n[/i] are all written down in decimal notation the total number of digits written down is $1998$. What is the next higher number (instead of $1998$) for which this problem has an answer?
[/quote]

[hide]
We see that if $n = 99$, then we have used 2*90 + 1*9 = 189 digits. If $n = 999$, then we used 189 + 3*999 digits, which is far more than 1998. Thus, $n$ must have three digits, and $n+1$ must have three digits as well. Thus, if we wrote down the number $n+1$, then we would add three digits (no less), so we have 1998 + 3 = $\boxed{2001}$.
[/hide]

[quote="mentalgenius"]We need to distribute seven people to three floors with at least one person on each floor. This is equivalent to distributing 4 people to 3 floors with no restrictions. By stars and bars, this is just 6 choose 2 or $\boxed{15}$.[/quote]  Basically the only good reason to use "people" as the objects in a problem statement is to emphasize that the objects are distinguishable.

See also http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=150&t=568111&hilit=lift+floor+enters+leaves


[quote="klutzycherry14"][b]i have four legs in the morning,
two legs in the afternoon,
and 3 legs in the evening.
who am i? :?: [/b][/quote]

[hide="I know this one, heard it b4 :lol: "]
a person 4 (crawling), 2 (walking), 3 (cane) [/hide]

anyone who is so into mythoogy would say [hide="eureka"]a man[/hide]

[quote="klutzycherry14"][b]i have four legs in the morning,
two legs in the afternoon,
and 3 legs in the evening.
who am i? :?: [/b][/quote]

Clearly it is a mutant strand of diurnal invertebrate with an amorphous body that has adapted the unique ability to change the number of appendages depending on the angle of incidence of the sun's rays.

Or:
[hide]A man, where "morning" and so on are taken metaphorically to illustrate different periods in a man's life.[/hide]

[quote="mathnerd314"][quote="klutzycherry14"][b]i have four legs in the morning,
two legs in the afternoon,
and 3 legs in the evening.
who am i? :?: [/b][/quote]

Clearly it is a mutant strand of diurnal invertebrate with an amorphous body that has adapted the unique ability to change the number of appendages depending on the angle of incidence of the sun's rays.
[/quote]

i love that!! much more funny and interesting than the actual answer, even though the actual answer is pretty clever as well!


These are two very similar problems:

1) Show that if $p$ is is a prime number larger than 3, then $24 | (p^2 - 1)$
2) Show that if $p$ is a prime number larger than 3, then $3 | (2p^2 + 1)$

I just don't know what information I get from the fact that $p$ is a prime number, so I can't even begin. Any help appreciated. Thanks!

Hint
[hide]Basically, since $p > 3$ is prime, $p$ is odd and not divisible by 3, and that's all you need. (Look mod 3, and mod 8).[/hide]

Yeah, ok. I don't know how modulus really works, but here's pretty much how I solved them (after too much time spent thinking):

1) In an earlier exercise I showed that 8 | (p^2 - 1) for all odd p. It is also true that 3 | (p^2 - 1) since p^2 - 1 = (p - 1)(p + 1). One of p, (p - 1) or (p + 1) are always divisible by 3, and it's not p as you said. Since gcd(3,8) = 1 we then get that 24 | (p^2 - 1)

2) For this one I just messed around with numbers. 2p^2 + 1 = 2p^2 - 2 + 3 = 2(p - 1)(p + 1) + 3. So, both terms are divisble by 3.

However, if you had other solutions in mind that can perhaps be more generally applied I'd really like to see them (I started studying mathematics in college like four days ago, so I suck at proving and showing things).

Well, it's basically the same, but, since $p^2 \equiv 1$ (mod 8) and $p^2 \equiv 1$ (mod 3) (which follows from the fact that $p$ is odd and not divisible by 3) we immediately get $p^2 \equiv 1$ (mod 24) en $2p^2 + 1 \equiv 2 + 1 \equiv 0$ (mod 3).


Contractor Steve agreed to complete a job in 30 days. After 6 days he found that the 8 people assigned to the work had already done $ \frac{1}{3}$ of the job. If everyone works at the same rate, what is the least number of people he must keep on the job to ensure that the job will be completed on time?

8 people do 1/3 of the work in 6 days
How many people do 2/3 of the work in 24 days?

Since 8 people do 1/3 of the work in 6 days, 2 people do 1/3 of the work in 24 days. Thus, to do 2/3 of the work in 24 days, we need to keep 4 people on the job.


induction
inequalities
inequalities proposed

If $x_1,x_2,...,x_n$ are positive numbers such that $x_1+x_2+..+x_n=n$ then

$\displaystyle x_1x_2...x_n(\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+...+\frac{1}{x_n}-n+3)\leq3$

As Vasc very  seldom post his solutions I suspect it will remain unsolved for many months  :(

I am realist   :D  :D

.......but perhaps I have exaggerated, so I will say "...many weeks" instead of  "...many months" :lol:

I think i proved this.
We will prove it by induction.
For n=2 it obviously works.
For the general case, assume for n-1 it works.
Assume t1,t2 are the largest among t_i and let t=(x1+x2)/2, and let
\[
f(x_1 ,x_2 ,...,x_n ) = x_1 x_2 ..x_n \left( {\frac{1}{{x_1 }} + \frac{1}{{x_2 }} + .. + \frac{1}{{x_n }} - n + 3} \right) - 3
\]
first,
\[
f(x_1 ,x_2 ,...,x_n ) \le f\left( {t,t,x_3 ,..,x_n } \right)
\]
It is equivalent to
\[
\left( {t^2  - x_1 x_2 } \right)\left( {\frac{1}{{x_3 }} + ... + \frac{1}{{x_n }} - n + 3} \right) \ge 0
\]
as t1,t2 are the largest ones, the 1/x3 thingie is positive.
and t^2>=x1x2 is trivial by amgm
it remains to prove
\[
f\left( {t,t,x_3 ,..,x_n } \right) \le 0
\]
by induction hypothesis we have
\[
t^2 x_3 ...x_n \left( {\frac{1}{{t^2 }} + 1 + \frac{1}{{x_3 }} + .. + \frac{1}{{x_n }} - n + 3} \right) \le 3
\]
by amgm,
\[
f\left( {t,t,x_3 ,..,x_n } \right)+3 = t^2 x_3 ...x_n \left( {\frac{2}{t} + \frac{1}{{x_3 }} + .. + \frac{1}{{x_n }} - n + 3} \right) \le t^2 x_3 ...x_n \left( {\frac{1}{{t^2 }} + 1 + \frac{1}{{x_3 }} + .. + \frac{1}{{x_n }} - n + 3} \right) \le 3
\]
so it is proved.
(p.s. it's the first time i try to mix variables, so please correct me if i am wrong! Thanks!)

I will check it.

Thank you for your effort

Two steps to see again:

First step
You  cannot use induction hypothesis for

[quote]by induction hypothesis we have
$\[
t^2 x_3 ...x_n \left( {\frac{1}{{t^2 }} + 1 + \frac{1}{{x_3 }} + .. + \frac{1}{{x_n }} - n + 3} \right) \le 3$[/quote]

as $ t^2+x_3+..+x_n$ is not equal to $n-1$

Second step

I don't think you can affirm that

$\displaystyle
\left( {t^2 - x_1 x_2 } \right)\left( {\frac{1}{{x_3 }} + ... + \frac{1}{{x_n }} - n + 3} \right) \ge 0$

Can you please see again these steps of your proof?

I did make some mistakes..  :blush:
here's a reviewed solution,
Let t = $x_1  + x_2  - 1$
where $x_1$ is the largest and $x_2$ is the smallest among $x_1,...,x_n$
We will prove it by induction.
For n=2 it obviously works.
For the general case, assume for n-1 it works.
Let
\[ f(x_1 ,x_2 ,...,x_n ) = x_1 x_2 ..x_n \left( {\frac{1}{{x_1 }} + \frac{1}{{x_2 }} + .. + \frac{1}{{x_n }} - n + 3} \right) - 3 \]
First,
\[ f(x_1 ,x_2 ,...,x_n ) \le f\left( {1,t,x_3 ,..,x_n } \right) \]
It is equivalent to
\[
\left( {x_1  - 1} \right)\left( {1 - x_2 } \right)\left( {\frac{1}{{x_3 }} + ... + \frac{1}{{x_n }} - n + 3} \right) \ge 0
\]
For fixed $x_3+...+x_n$, the minimum of $\frac{1}{{x_3 }} + ... + \frac{1}{{x_n }}$ is attained when $x_3=...=x_n$
To minimize $\frac{1}{{x_3 }} + ... + \frac{1}{{x_n }}$, we should take $x_3+...+x_n$ as large as possible.
Take $x_1 = 1$ and $x_2$ tends to 0, $x_3+...+x_n$ can be as large as n-1.
Now,
\[
\frac{1}{{x_3 }} + ... + \frac{1}{{x_n }} \ge \frac{{\left( {n - 2} \right)^2 }}{{x_3  + ... + x_n }} \ge \frac{{\left( {n - 2} \right)^2 }}{{n - 1}}
\]
However,
\[
\frac{{\left( {n - 2} \right)^2 }}{{n - 1}} > (n - 3)
\]
as it is equivalent to 4 > 3.
So we have \[ \left( {\frac{1}{{x_3 }} + ... + \frac{1}{{x_n }} - n + 3} \right) \ge 0\]
Now, we have \[
t + x_3  + ... + x_n  = n - 1
\]
and we wants to prove
\[
f(1,t,x_3 ,...,x_n ) \le 0
\]
which is exactly our induction hypothesis.
I hope it is correct this time.

In my opinion it is OK

Nice solution, siuhochung   :)

[quote="Vasc"]Indeed Siuhochung, your solution is correct and very nice.
However, it doesn't work for the general inequality
$\displaystyle \displaystyle x_1x_2...x_n(\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+...+\frac{1}{x_n}-n+f(n))\leq f(n)$;
for example, for $f(n)=e$ and so much the less for $f(n)=(1+\frac{1}{n-1})^{n-1}$.[/quote]

i know this, so i have been trying to find a way to deal with this more general case...


algebra
polynomial
invariant
number theory
prime factorization
superior algebra
superior algebra unsolved

Hello these two polynomials $ x^3\minus{}18x\minus{}6$ and $ x^3\minus{}36x\minus{}78$ have discriminant: $ 22356\equal{}2^2 3^5 23$. I have to show that
the cubic fields obtained by a joint a root of one of the polynomials to $ \mathbb{Q}$ are not isomorphic.

It is not that easy because all these polynomials have only real roots: two are negative and one is positive.
Do you guys have any idea? I thought of using the norm of a root or the index of the rings obtained by adding a root if we look at the number ring....

In order to do this I can use some invariants like unit groups or the factorization of some ideals.

I have found the following factorization for $ (p)\equal{}(23)$ (Kummer Dedekind theorem about regular and singular prime ideals) that:
for $ f\equal{}x^3\minus{}18x\minus{}6$: $ (23)\equal{}(23,\alpha \minus{}1)(23,\alpha\plus{}12)^2$.
 Of course we can take  $ (23,\alpha\plus{} A)(23,\alpha\plus{}B)^2$ with $ A\equal{}\minus{}1$ mod $ 23$ and $ B\equal{}12$ mod $ 23$.
for $ g\equal{}x^3\minus{}36x\minus{}78$: $ (23)\equal{}(23,\beta \plus{}5)(23,\beta \plus{}9)^2$. The same note.

How to proceed?

Now the number rings $ Z[\alpha]$ and  $ Z[\beta]$ are Dedekind since there are no singular prime ideals so we have unique prime factorization for ideals. Every isomorphism sends $ \alpha$ to $ \beta$ so I need to show for example that the ideals $ (23,\alpha\plus{}5)$ and $ (23,\alpha \minus{}1)$ are different which means that the the fields obtained by 'adding'  the roots of the polynomials $ f$ and $ g$  are not isomorphic.

Am I doing the right things?


probability
geometry
3D geometry
trapezoid
MATHCOUNTS

Jake has 10 shirts and 3 shorts. Of all those, 2 are red and 4 have stripes. What is the probability that Jake has a red striped shirt?

[quote="abacadaea"]since 4 are striped and jake has 3 shorts, its garunteed he has atleast 1 striped shirt....i dont know how to go from there...or am i just completely wrong?[/quote]
You're right, but he could also have 2 striped shirts or even more, which makes the probability of one of them being red higher. :wink:

[quote="mihail911"]i realize that im probably wrong 'cause i stink at probability...but this is what i got
[hide] the probability of getting a shirt is $ 10/13$...the probability of getting something red is $ 2/13$...the probability of getting something striped is $ 4/13$..so the probability of getting a red striped shirt is $ 10/13 x 2/13 x 4/13 = 80/2197$[/hide]

as i have said this is probably wrong... :([/quote]
If you're finding the probability of Jake having a red striped shirt, you don't need to multiply by $ \tfrac{10}{13}$ because you don't care about his shorts. You're already dealing with his shirts, so you don't need to find the probability of getting one first. :wink:

And don't feel bad about not being good with probability. We all are at one time or another. :)

[quote="The great one"][quote="i_like_pie"][quote="The great one"]$ \frac{25}{26}$[/quote]
Do you have some kind of solution?[/quote]
yes but last time I posted a right non spam solution, mihail911 called me a bitch..so i dont know if i should post one..(its the trapezoid one in amc forum)[/quote]
If it's a normal solution, then he doesn't have the right to do that.

[quote="Adam Shaffer"]guys guys

the answer is

5/8[/quote]
Another answer without a solution... People don't just want the answer, they want to know how to get it.

And I don't know the answer, so don't say "I'll post my solution if my answer is right."

[quote="i_like_pie"][quote="Adam Shaffer"]Guys guys

This question is way to hard for mathcounts

theres like 5 different cases that have hard caculations...

If you want a red [b]and[/b] a striped shirt (not neccesarily both) then its 25/26..but thats not a red striped shirt[/quote]
Would it kill you to post the solution? And isn't it only 4 cases?[/quote]

well technically 5...if you include 0 stripes for any of the shirts, but that is a 0 probaqbility..so it doens tmatter..

well...if you consider the cases..the solution is easy..just too much compuataiotn, dont wana do.

[quote="fskilnik"]P.S.: I have a more difficult question...     :blush:

What is "Rating: 5.5" that appears in my profile? Do you have any idea?

Thanks!   :)[/quote]
http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?t=146659

I don't think your solution is entirely correct...

This problem might be too hard for MC.

Thanks for the Rating explanation! (Although at that place I could not find "how good" 5.5 is, for instance. Well, if it has something related to "the 6 cubes at a row" presented at our posting, well, I am proud!  ;))

>> I don't think your solution is entirely correct...

Ok, but please take some time to make it right then!   :)

>> This problem might be too hard for MC.

This I cannot tell. I really don´t know about these competitions...

Okay..im going to get started

first case: 1 stripped shirt

(3/13)(2/12)(1/11)(10/10)(4)(2/13) because thats the probability for exactly 1 stripped shirt and then we multiply 2/13 to taht because thats the problability that that one stripped shirt is also red

secojnd: 2 stripped shirts
(3/13)(2/12)(10/11)(9/10)(6)(23/78) because that the probalbility for exactly 2 stripped shirts and then we multiply that by 23/78 because thats the probalbility that atleast 1 of the 2 stripped shirts is red.

three
(3/13)(10/12)(9/11)(8/10)(4)(11/26)
beauces thats the probalby that 3 stripped shirts (exactly) and 11/26 is the problability that atleast 1 of the 3 is red.

four
(10/13)(9/12)(8/11)(7/10)(1)(7/13)..same reasons..

add them up....too much computation for me to actually do

I have a feeling in choosing which striped shirts to be red i made a mistake..
In choosing which stripped shirts to be red you have to consider how many ways can 1 of the already set amount of striped shirts can be red+ 2 of the already set amount of striped shrits can be red.

For example, if 2 stripped shirts,then the probabillity that atleast 1 is also red is
(2/13)(1)-(2/13)(1/12).  2/13 that the first one is red, the second doesnt matter (we want atealst 1).  Howeve, this overcounts if both are red so we subtract them to get that atleast 1 stripped shirt is red for 2 stripped shirt case.  the other cases are a little harder to expalin..

EDiT" i actually think my above answer is correct, there sanother way to do it with PIE
(3/13)(2/12)(1/11)(10/10)(4)(2/13)+(3/13)(2/12)(10/11)(9/10)(6)(23/78) +(3/13)(10/12)(9/11)(8/10)(4)(11/26)+(10/13)(9/12)(8/11)(7/10)(1)(7/13)..

[quote="fskilnik"]>> I don't think your solution is entirely correct...

Ok, but please take some time to make it right then!   :)[/quote]
The problem is I don't know what the correct answer is... I'm still trying to figure it out. :ninja:

[quote="The great one"](3/13)(2/12)(1/11)(10/10)(4)(2/13)+(3/13)(2/12)(10/11)(9/10)(6)(23/78) +(3/13)(10/12)(9/11)(8/10)(4)(11/26)+(10/13)(9/12)(8/11)(7/10)(1)(7/13)..

can anyone confirm that?

Its $ \frac{145}{338}$[/quote]

I got an answer very very close to yours

Mine is
[i](3/13)(2/12)(1/11)(10/10)(4)(2/13)+(3/13)(2/12)(10/11)(9/10)(6)(23/78) +(3/13)(10/12)(9/11)(8/10)(4)[/i][b](83/143)[/b][i]+(10/13)(9/12)(8/11)(7/10)(1)[/i][b](589/715)[/b]
The bold is the only difference i had with my solution and your solution.

Im pretty sure i did it right (like 90+ percent)..same way as you except you caculated the red striped part wrong.
Put it into cacualtor (only for computation since who wants to do that by hand) and get somewhere around $ .5920142794$
Now when you mean "a red striped shirt" Im assuming you mean "atleast 1 red striped shirt (can have more than 1)"

[quote]
The problem is I don't know what the correct answer is... I'm still trying to figure it out.
[/quote]

You´ve mentioned it before, i_like_pie. It´s 100% ok.  What I did mean is: please take some time to follow my reasoning to make sure I did it right OR to be able to correct what I did wrong!

I do believe the numeric answer is LESS important than this type of correctness-analysis, by the way...

Regards,
fskilnik.

Since so many people have replied, I am going to give the problem a shot.

[hide]The total number of possible outcomes is $ \binom{13}{2}\cdot\binom{13}{4}$, since we have 2 red to put on the total of 13 clothes, and 4 stripes.

There are only two cases to consider: 1 red striped shirt, or 2 red striped shirts. Anything more than that is impossible, since we only have two red.

CASE 1: 1 red striped shirt
Pick one shirt to make red and striped. There are $ \binom{10}{1}$ ways to do that.
We have 1 red and 3 stripes left.
Case 1-1. Red shirt

We have $ \binom{9}{1}$ ways to distribute the red on one of the shirts. The stripes can go on any 11 of the remaining clothes. So there are
$ \binom{9}{1}\cdot \binom{11}{3}$

Case 1-1. Red short
We have $ \binom{3}{1}$ to distribute the red on one of the shorts. The stripes can go on any 12 of the remaining clothes.
$ \binom{3}{1}\cdot \binom{12}{3}$

For case $ 1$, there are
$ \binom{10}{1}\cdot\left( \binom{9}{1}\cdot \binom{11}{3}+\binom{3}{1}\cdot \binom{12}{3}\right)$

CASE 2: 2 red striped shirts.
There are $ \binom{10}{2}$ ways to pick 2 red striped shirts, and $ \binom{11}{2}$ ways to distribute the 2 stripes among the remaining 11 clothes.

$ \binom{10}{2}\cdot\binom{11}{2}$.

So, the probability that I obtain is:
\[ \frac{\binom{10}{1}\cdot\left( \binom{9}{1}\cdot \binom{11}{3}+\binom{3}{1}\cdot \binom{12}{3}\right)+\binom{10}{2}\cdot\binom{11}{2}}{\binom{13}{2}\cdot\binom{13}{4}}= \boxed{\frac{145}{338}}\]
That fraction is a little complicated...[/hide]

EDIT: Thanks, archimedes1. This is why I get some of the tougher problems incorrect... I get everything up to the last step, then I make a simple calculation error (like $ 2+2=5$).  :wallbash_red:

the great one and ordinary boy , can you explain you solutions more throughly?  :maybe:

[hide="I think this is correct"]Assume the shirts and the shorts are all distinct.  Now, there are$ \binom{13}{2}\binom{13}{4}$ toatal combinations, so that will be th denominator of the fraction.

Now we see how many combinations there are of getting exactly one redstriped shirt. First of all, there are 10 possible shirts that could be redstriped. If there is one redstriped shirt, then there are 12 other clothes, 1 of which is red, 3 of which are striped.  However, we don't want another redstriped shirt because we'll cover that in the next case.  So, assume a short is red.  There are 3 ways to choose the red short, and $ \binom{12}{3}$ ways to distribute the stripes.  Now, assume another shirt is red.  There are 9 ways to choose the extra red shirt, and then $ \binom{11}{3}$ ways to distribute the stripiness, without making another redstripe shirt.  So, in total, for exactly one redstriped shirt, there are $ 10\left(3\binom{12}{3}+9\binom{11}{3}\right)$ combos.

Now see how many combos of 2 redstriped shirts:  We have 2 shirts to choose out of 10, to be redstriped.  Then, there's no more red coloring to hand out.  We still have 2 stripes to distribute to 11 remaining clothes.  So, for exactly 2 redstriped shirts, there are $ \binom{10}{2}\binom{11}{2}$ combos.

Thus (I don't want to write out the combinations) our final probability is $ \boxed{145/338}$.
  [/hide]
EDIT: Vishalarul, when you said there are 3 ways to choose the red short, you accidently wrote 9 and carried it all the way to the final fraction, so your final answer unfortunately is wrong.

Hey archimedes, me and you got the same answer (second to last post on page 1)...so
[quote="The great one"]Okay..im going to get started

first case: 1 stripped shirt

(3/13)(2/12)(1/11)(10/10)(4)(2/13) because thats the probability for exactly 1 stripped shirt and then we multiply 2/13 to taht because thats the problability that that one stripped shirt is also red

secojnd: 2 stripped shirts
(3/13)(2/12)(10/11)(9/10)(6)(23/78) because that the probalbility for exactly 2 stripped shirts and then we multiply that by 23/78 because thats the probalbility that atleast 1 of the 2 stripped shirts is red.

three
(3/13)(10/12)(9/11)(8/10)(4)(11/26)
beauces thats the probalby that 3 stripped shirts (exactly) and 11/26 is the problability that atleast 1 of the 3 is red.

four
(10/13)(9/12)(8/11)(7/10)(1)(7/13)..same reasons..

add them up....too much computation for me to actually do

I have a feeling in choosing which striped shirts to be red i made a mistake..
In choosing which stripped shirts to be red you have to consider how many ways can 1 of the already set amount of striped shirts can be red+ 2 of the already set amount of striped shrits can be red.

For example, if 2 stripped shirts,then the probabillity that atleast 1 is also red is
(2/13)(1)-(2/13)(1/12).  2/13 that the first one is red, the second doesnt matter (we want atealst 1).  Howeve, this overcounts if both are red so we subtract them to get that atleast 1 stripped shirt is red for 2 stripped shirt case.  the other cases are a little harder to expalin..[/quote]

Adding up my four cases, you will get $ \frac{145}{338}$
Im guessing thats correct..

Me and you had different solutions though which makes it even more liekly its right.

So do we agree that 145/338 is correct because 3 different people got it two different ways (vishalarul would have got it but he made a small error)?

Total number of cases: $ (13C2)(13C4)$ (this will be our denominator in the end)

Instead of counting the number of ways that he can get a red striped shirt, just count the number of ways he [i]won't[/i] get a red striped shirt and subtract the probability from 1.

At least one of the shirts will be striped (pigeon hole theorem) so in order to NOT have a red striped shirt, all of the reds must be in the shorts. There are $ (3C2)(13C4)$ ways to do this.

Putting this together, the probability of NOT getting a red striped shirt is
$ (3C2)(13C4)/(13C2)(13C4)=1/26$

So the answer to the problem is $ 1-1/26=25/26$

[quote="vikas"]No your wrong...the others are right..^^^(answer above mine)

why because you dont subtract the ones that are just stripped and just red, you
found what is the probalbility a shirt is stripped OR red not both at the same time,and we are looking for red and stripped at the same time not either or.[/quote]
Did you even read my solution??

EDIT: Ok, I see what you are saying. Misinterpreted your message.