Το παράδοξο Banach Tarski είναι ένα από τα πιο κομψά, γνωστά και απλά "παράδοξα" που εμφανίζονται στα μαθηματικά και, όταν το πρωτοακούει κανείς είναι απλώς...  wow :)

Σε απλή γλώσσα, το πρόβλημα έχει ως εξής: αν $ B$ είναι μία συμπαγής μπάλα του $ \mathbb{R}^3$, τότε αυτή μπορεί να τμηθεί σε ένα πεπερασμένο αριθμό κομματιών τα οποία, μόνο με μεταφορές και στροφές, να είναι δυνατό να συναρμολογηθούν με τέτοιο τρόπο ώστε να φτιάξουν δύο [i]ακριβή[/i] αντίγραφα της αρχικής μπάλας $ B$.

Προσοχή: σε αντίθεση με [url=http://en.wikipedia.org/wiki/Tangram#Paradoxes]τα παράδοξα στο tangram[/url], εδώ δε χάνεται κάπου όγκος. Σπάμε μία μπάλα σε πεπερασμένο αριθμό κομματιών, τα ανασυρμολογούμε χωρίς επικαλύψεις και φτιάχνουμε δύο (!) μπάλες, η κάθε μία ακριβώς όπως η αρχική :!:

Αν θυμάμαι καλά, στην αρχική κατασκευή των Banach Tarski απαιτούνταν μόνο 6 :!: κομμάτια και αργότερα ο Robinson (νομίζω) έδειξε ότι μπορεί να γίνει και με 5 κομμάτια (αλλά όχι με λιγότερο από 5).

Ε, δε θα μπορούσε να λείπει από το forum μια αναφορά σε ένα τέτοιο αποτέλεσμα :) Φυσικά, πολλοί από εσάς θα το έχετε δει, αλλά για όσους το βλέπουν πρώτη φορά, πραγματικά αξίζει :)

Aς λέμε λοιπόν δύο σύνολα $ A,B$ του επιπέδου ισοδιαμερίσιμα (δική μου λέξη :P) όταν μπορούμε να διαμερίσουμε το $ A$ σε ξένα μεταξύ τους σύνολα $ A_1,\ldots A_n$ ώστε, μετά από στροφές και μεταφορές, η ένωση των $ A_i$ να αποτελεί μία διαμέριση του συνόλου $ B$.

1. Να δείξετε ότι ο κύκλος $ C \equal{} \{e^{i\theta},0\leq\theta<2\pi\}$ είναι ισοδιαμερίσιμος με τον κύκλο από τον οποίο λείπει ένα σημείο: $ C' \equal{} C\setminus (1,0) \equal{} \{e^{i\theta},0<\theta<2\pi\}$.
[hide]Δύο κομμάτια αρκούν![/hide]

2. Να δείξετε ότι αν επιτρέψουμε αριθμήσιμο πλήθος κομματιών, ο κύκλος $ C$ είναι ισοδιαμερίσιμος με $ 2$ αντίγραφα του εαυτού του.

Enjoy :)

Durandal 1707

Παναγιώτη πολύ ωραία. Σκεφτόμουν παλιά να βάλω κάτι παρόμοιο αλλά μετά το ξέχασα. Όταν λυθεί μπορούμε να πάμε και σε κάτι semi-lite.  :)

Υποπτεύομαι ότι θα πρέπει να παίζει σιωπηλά κάποια μπαγαποντιά του στυλ να χρησιμοποιήσουμε κάποιο κομμάτι 2 φορές ή να «τεντώσουμε» τη γραμμή. Λέω μπαγαποντιά γιατί από ότι καταλαβαίνω και τα 2 δεν επιτρέπονται.

Πιο συγκεκριμένα ας πούμε ότι εφοδιάζουμε τον κύκλο μια αναλλοίωτη ιδιότητα: του βάζουμε φορτίο ομοιόμορφα κατανεμημένο. Έστω δηλαδή $ \l\equal{}\frac{dq}{ds}$ όπου $ l$ η γραμμική πυκνότητα φορτίου, $ q$ το φορτίο και $ s$ το μήκος κάποιου τμήματος του κύκλου.

Το ερώτημά μου είναι το εξής: Τι γίνεται με το φορτίο του κάθε κομματιού και το συνολικό μετά τη διαμέριση;
Αν και τα 2 μαζί δίνουν άθροισμα $ 2q$ τότε παραβιάζουμε τη διατήρηση φορτίου. Κάποιο κομμάτι το μετρήσαμε 2 φορές.
Αν και τα 2 μαζί δίνουν άθροισμα $ q$ τότε μειώσαμε την πυκνότητα φορτίου στο κάθε κομμάτι που έχει πλέον $ \frac{l}{2}$.  Είναι σα να «τεντώσαμε» τη γραμμή και να φτιάξαμε 2 ίδιες.

Τι από τα 2 συμβαίνει στο τελικό φορτίο;

Ξέρω ότι δεν απαντάω στο ερώτημα αλλά είναι σα να ετοιμάζομαι να δω ένα ζογκλέρ... είτε να μου εμφανίσει ένα λαγό από το καπέλο, είτε  να μου εξαφανίσει κάτι... και κοιτάω να σημαδέψω αυτά που βλέπω για να δω που θα ψάχνω μετά  :wink:

Σωστά καταλαβαίνεις: ούτε επιτρέπεται να χρησιμοποιήσουμε κάποιο κομμάτι δύο φορές, ούτε επιτρέπεται να τα τεντώσουμε. Τα κομμάτια πρέπει να είναι ξένα μεταξύ τους (δηλ. όχι διπλομετρήματα) και μπορούμε μόνο να τα στρίψουμε ή να τα μεταφέρουμε (δηλ. όχι τεντώματα και αλλαγές μεγέθους).

Επίσης, καλύτερα να μην μπλέκεις φορτία στην υπόθεση, γιατί το φορτίο είναι κάτι που δεν έχει να κάνει με το σχήμα (όπως λες κι εσύ, μπορείς να φουσκώσεις ένα μπαλόνι μεγαλώνοντας το μέγεθός του και το συνολικό φορτίο θα διατηρείται). Το πρόβλημα δεν αφορά εξωγενή πράγματα που μπορούμε να φορτώσουμε στον κύκλο (όπως μάζα ή φορτίο), οπότε μείνε στο γεωμετρικό παράδοξο: από ένα σύνολο φτιάξαμε ένα καινούριο σύνολο που έχει μέτρο (=μέγεθος) δύο φορές το αρχικό, χρησιμοποιώντας μόνο μεταφορές και στροφές (που αφήνουν το μέτρο αναλλοίωτο).

Προσπάθησε να λύσεις το πρώτο πρόβλημα (που δεν είναι τόσο αντιδιαισθητικό) και θα μπεις στο πνεύμα :)

Cheerio,

Durandal 1707

Χαριτωμένα ερωτήματα! Μπορούμε να τα λύσουμε ως εξής:
Θα εργαστούμε με το $ \mathbb{R}/\mathbb{Z}$ και θα χρησιμοποιήσουμε μεταφορές οι οποίες αντιστοιχούν σε στροφέςΓια το

πρώτο ερώτημα, έστω \[ A=\{n\sqrt{2}: n\in\mathbb{N}\}\] - όπου κάθε στοιχείο έχει αναγθεί $ \mod \mathbb{Z}$. 'Εστω $ B$

το συμπλήρωμα. Τότε η ένωση  του $ A+\sqrt{2}$ με το $ B$ είναι το $ \mathbb{R}/\mathbb{Z}$ εκτός ενός σημείου.

Παρατηρούμε ότι
$ A+m\sqrt{2}$ είναι ο κύκλος μείον  $ m$ σημεία γεγονός που μας δίνει μια μικρή γενίκευση του πρώτου ερωτήματος.

Για το δεύτερο ερώτημα θα προσπαθήσουμε να κάνουμε μια μικρή βελτίωση. Θα διαμερίσουμε τον κύκλο σε άπειρα κομμάτια

έτσι ώστε αν επανασυναρμολογήσουμε τα κομμάτια με συγκεκριμένο τρόπο, να πάρουμε {\it άπειρα } αντίγραφα του κύκλου. Η

ιδέα είναι απλή. Υπάρχει ένα σύνολο   $ A$ έτσι ώστε $ \mathbb{R}/\mathbb{Z}=A+I$ όπου $ I$ να είναι το σύνολο των ρητών

στο $ [0,1)$ (και πάλι οι πράξεις  γίνονται $ \mod\mathbb{Z}$ και έτσι ώστε οποιαδήποτε δύο σύνολα $ A+q_1$ και $ A{}_q{}_2$ να

είναι ξένα μεταξύ τους για  $ q_1\neq q_2$ στο $ \mathbb{Q}/\mathbb{Z}$. Αν, λοιπόν, έχουμε ένα τέτοιο σύνολο, τότε

μπορούμε να χωρίσουμε το  $ \mathbb{R}/\mathbb{Z}$ στα σύνολα $ A+q$ όπου το  $ q$ διατρέχει
το $ I$. Κάθε τέτοιο σύνολο αποτελεί μεταφορά του συνόλου $ A$. Αυτό σημαίνει ότι οποιαδήποτε άπειρη συλλογή από τέτοια

σύνολα μπορεί να μετασχηματιστεί μέσω στροφών ώστε να δώσει το $ \mathbb{R}/\mathbb{Z}$. Άρα το μόνο που απομένει είναι

να χωρίσουμε την οικογένεια   $ \{A+q\}$ σε άπειρο πλήθος άπειρων υποοικογενειών και τελειώσαμε.

Ας δείξουμε τώρα πώς λαμβάνουμε το $ A$. Το $ A$ περιέχει ακριβώς έναν αντιπρόσωπο από καθε συμπλοκο του$ \mathbb{R}/
\mathbb{Q}$ που ανήκει στο $ (0,1)$. Το γεγονός ότι $ \mathbb{R}/\mathbb{Z}=A+I$ έπεται από τον ορισμό του$ A$. Τέλος αν

$ a_1+q_1=a_2+q_2$ στο $ \mathbb{R}/\mathbb{Z}$, τότε $ a_1=a_2$ και άρα $ q_1\equiv q_2\pmod{\mathbb{Z}}$ που σημαίνει ότι

$ q_1=q_2$. Αυτό ολοκληρώνει την κατασκευή.

Good job Jondrette, have an icecream :icecream:

Να μεταφέρω λίγο τις κατασκευές του Jondrette στον κύκλο για να είναι πιο εύκολη η ανάγνωση σε όσους δεν έχουν συνηθίσει να δουλεύουν $ \mod \mathbb{Z}$ (η ιδέα φυσικά παραμένει ακριβώς η ίδια):

1. Στον κύκλο, θεωρείστε το σύνολο $ A \equal{} \{e^{in}: n\in\mathbb{N}\}$ και το συμπλήρωμά του $ B$. Τότε, αν περιστρέψουμε το $ A$ κατά $ e^i, e^{2i},\ldots$ παίρνουμε τον κύκλο χωρίς $ 1,2\ldots$ σημεία αντιστοίχως.

2. Θέστε $ x\sim y\in C$ όταν τα $ x,y$ διαφέρουν κατά ρητή γωνία και θεωρείστε τις κλάσεις ισοδυναμίας $ [x]\equiv x \cdot e^{i\mathbb{Q}} \equal{} \{xe^{iq}: q\in\mathbb{Q}\}\subset C$. Τώρα, από κάθε τέτοια κλάση διαλέξτε ένα και μόνο ένα σημείο και έστω $ A_0$ το σύνολο που προκύπτει κατ'αυτόν τον τρόπο (αυτό είναι το σύνολο $ A$ του Jondrette). Tότε, αν $ A_r \equal{} e^{q_r}\cdot A_0$ όπου $ q_r\in\mathbb{Q}$ κάποια απαρίθμηση των ρητών, η ένωση των $ A_r$ (που είναι ξένα μεταξύ τους εκ κατασκευής) θα παράγει τον κύκλο.

Όμως, και οι ένωσεις $ A_0, e^{q_1 \minus{} q_2}A_2, e^{q_2 \minus{} q_4}A_4\ldots$ και $ e^{ \minus{} q_1}A_1, e^{q_1 \minus{} q_3} A_3, e^{q_2 \minus{} q_5}A_5\ldots$ παράγουν τον κύκλο ξεχωριστά και έτσι παίρνουμε δύο αντίγραφα του κύκλου. Ομοίως και $ n\in\mathbb{N}$ ή (αριθμήσιμα) άπειρα (όπως είπε και ο Jondrette).

Το πολύ όμορφο είναι ότι και οι δύο ιδέες έχουν για πυρήνα το ξενοδοχείο του Hilbert... απλή ιδέα, but still ;)

Cheerio,

Durandal 1707

Να το συνεχίσουμε;

Λέμε ότι μια ομάδα G είναι παραδοξική αν υπάρχουν $ A_1,\ldots A_n \subseteq G$ και $ g_1,\ldots,g_n \in G$, ώστε

1) Κάθε $ g \in G$ ανήκει σε ακριβώς ένα από το $ A_1,\ldots ,A_n$
2) Κάθε $ g \in G$ ανήκει σε ακριβώς δύο από το $ g_1A_1,\ldots g_nA_n$. (Όπου $ g_kA_k \equal{} \{g_ka: a \in A_k\}$)

Να δειχθεί ότι η ομάδα $ F_2$ είναι παραδοξική. Αυτή η ομάδα έχει σαν στοιχεία όλες τις λέξεις με τους χαρακτήρες $ x,x^{ \minus{} 1},y,y^{ \minus{} 1}$ οι οποίες δεν έχουν τα $ x,x^{ \minus{} 1}$ και τα $ y,y^{ \minus{} 1}$ σαν συνεχόμενους χαρακτήρες. (Με τον προφανή πολλαπλασιασμό: "Κολλάμε τη μια λέξη μετά από την άλλη και  κάνουμε όσες απαλοιφές χρειαστεί")

Hint 1: Μπορεί να χωριστεί σε 4 κομμάτια. (Αρχικά είχα πει 5. Ευχαριστώ τον Παναγιώτη για την επισήμανση ότι γίνεται και με τέσσερα.)
Hint 2: Δεν χρειάζεται επιλογή.

[quote="Durandal"]
1. Στον κύκλο, θεωρείστε το σύνολο $ A \equal{} \{e^{in}: n\in\mathbb{N}\}$ και το συμπλήρωμά του $ B$. Τότε, αν περιστρέψουμε το $ A$ κατά $ e^i, e^{2i},\ldots$ παίρνουμε τον κύκλο χωρίς $ 1,2\ldots$ σημεία αντιστοίχως.
[/quote]

Να ρωτήσω κάτι επειδή δεν τα πάω καλά με τους συμβολισμούς (αλλά με ενδιαφέρει να καταλάβω ο φαινόμενο έστω και στην πιο απλή μορφή του). Το σύνολο αυτό αποτελείται από τα σημεία του κύκλου ακτίνας 1 που βρίσκονται σε γωνίες 1 rad, 2 rad, 3 rad κλπ μέχρι το άπειρο;
Και οι 2 τελικοί κύκλοι είναι το σύνολο Α και το συμπληρωματικό του δηλαδή ο υπόλοιπος κύκλος;

[quote="gpapargi"][quote="Durandal"]
1. Στον κύκλο, θεωρείστε το σύνολο $ A \equal{} \{e^{in}: n\in\mathbb{N}\}$ και το συμπλήρωμά του $ B$. Τότε, αν περιστρέψουμε το $ A$ κατά $ e^i, e^{2i},\ldots$ παίρνουμε τον κύκλο χωρίς $ 1,2\ldots$ σημεία αντιστοίχως.
[/quote]

Να ρωτήσω κάτι επειδή δεν τα καλά με τους συμβολισμούς (αλλά με ενδιαφέρει να καταλάβω ο φαινόμενο έστω και στην πιο απλή μορφή του). Το σύνολο αυτό αποτελείται από τα σημεία του κύκλου ακτίνας 1 που βρίσκονται σε γωνίες 1 rad, 2 rad, 3 rad κλπ μέχρι το άπειρο;
Και οι 2 τελικοί κύκλοι είναι το σύνολο Α και το συμπληρωματικό του δηλαδή ο υπόλοιπος κύκλος;[/quote]

Όταν φτάσουμε στα 7 ακτίνια, επειδή 7 > 2π, είναι το ίδιο με τα $ (7\minus{}2\pi) \equal{} 0.7168...$ ακτίνια κ.τ.λ. Αν Α αυτό το σύνολο και Β το συμπληρωματικό του, $ A \cup B$ είναι ο αρχικός κύκλος. Αν $ A'$ είναι η περιστροφή του Α κατά ένα ακτίνιο τότε $ A' \cup B$ είναι κύκλος με 1 σημείο να λείπει. (Αυτό που βρίσκεται σε γωνία 1 ακτίνιο.)

Dem, πολύ όμορφα. Για να βοηθήσω το visualisation, κάνω upload μία εικόνα του πώς "μοιάζει" η ομάδα $ F_2$ που ίσως φανεί χρήσιμη σε όσους δεν την έχουν ξανασυναντήσει (τα $ x,y$ είναι τα αντίστοιχα $ a,b$ του σχήματος).

George, το σύνολο $ \{e^{in}: n\in\mathbb{N}\}$ είναι όπως το περιέγραψε ο Δημήτρης αλλά είναι χρήσιμο [i]μόνο[/i] στο πρώτο πρόβλημα όπου δε διπλασιάζεται ο κύκλος αλλά "χάνει ένα σημείο χωρίς να το χάνει" (δηλ. του βγάζουμε ένα σημείο μόνο με περιστροφές των κομματιών στο οποίο το σπάσαμε). Ως σύνολο είναι δύσκολο να γίνει visualised επειδή είναι στην πραγματικότητα πυκνό στον κύκλο, ακριβώς όπως οι ρητοί είναι πυκνοί στο $ \mathbb{R}$.

Για να φτιάξουμε από τον έναν κύκλο δύο κύκλους, η διαδικασία σε πιο απλά λόγια είναι ως εξής:

0. για κάθε σημείο $ x$ στον κύκλο, φτιάχνουμε το σύνολο $ M_x$ που αποτελείται από όλα τα σημεία του κύκλου που σχηματίζουν ρητή γωνία με το $ x$ (ας πούμε γωνία που είναι ρητό πολ/σιο του $ 2\pi$, αν και δε χρησιμοποιήσα αυτή τη σύμβαση πριν). Όπως μπορείς να φανταστείς, κάθε τέτοιο σύνολο είναι πυκνό στον κύκλο και επιπλέον, αν δύο σημεία $ x,y$ [i]δεν[/i] διαφέρουν κατά ρητή γωνία, τότε τα σύνολα $ M_x, M_y$ θα είναι ξένα μεταξύ τους.

Με αυτόν τον τρόπο έχουμε φτιάξει μία συλλογή από κομμάτια του κύκλου (τα $ M_x$), όλα ξένα μεταξύ τους και που η ένωσή τους φτιάχνει τον κύκλο. Όμορφα.

1. Τώρα, από κάθε τέτοιο σύνολο $ M_x$ διάλεξε ένα (και μόνο ένα!) σημείο και ας καλέσουμε $ A$ το σύνολο που προκύπτει κατ'αυτόν τον τρόπο. Έτσι όπως το φτιάξαμε, το $ A$ θα είναι ένα υποσύνολο του κύκλου που έχει τη "μαγική" ιδιότητα ότι κανένα ζεύγος στοιχείων του δε διαφέρει κατά ρητή γωνία (!!!).

2. Συνεπώς, αν περιστρέψουμε το $ A$ κατά ρητή γωνία $ 2\pi q, q\in(0,1)\cap\mathbb{Q}$, θα προκύψει ένα καινούριο σύνολο $ q\cdot A$ το οποίο θα είναι ξένο με το $ A$.

3. Ας απαριθμήσουμε τώρα τους ρητούς στο $ (0,1)$ εκμεταλλευόμενοι το γεγονός ότι είναι αριθμήσιμοι τω πλήθος, και ας θέσουμε $ A_r = q_r\cdot A$, δηλ. το $ A$ περιστραμμένο κατά ρητή γωνία $ q_r$. Αυτά τα κομμάτια μαζί με το $ A_0\equiv A$ θα είναι τα (αριθμήσιμα) άπειρα κομμάτια που θα χρησιμοποιήσουμε για να διπλασιάσουμε τον κύκλο. Προφανώς, η ένωση $ A_0\cup A_1 \cup A_2\cup\ldots$ παράγει τον κύκλο.

4. Παρατήρησε τώρα ότι αν περιστρέψουμε π.χ. το $ A_r$ κατά $ q_k - q_r$ θα πάρουμε το $ A_k$ (δηλ. περιστρέψαμε το $ A$ κατά $ q_r$ και μετά το γυρίσαμε πίσω κατά $ q_r - q_k$, έχοντας κάνει συνολική περιστροφή $ q_k$).

5. Πάρε τώρα τα μονά κομμάτια από τη μία μεριά και τα ζυγά από την άλλη.
5α. Περίστρεψε το $ A_2$ κατά $ q_1 - q_2$, το $ A_4$ κατά $ q_2 - q_4$, το $ A_6$ κατά $ q_3 - q_6$ κ.ο.κ. Με βάση τα παραπάνω θα έχεις ξαναπάρει [b]όλα τα αρχικά κομμάτια[/b] $ A_1, A_2, A_3$. Έτσι φτιάχνεις τον έναν κύκλο χρησιμοποιώντας [b]μόνο[/b] τα ζυγά κομμάτια.
5β. Εντελώς ανάλογα, κάνε τις κατάλληλες περιστροφές στα μονά κομμάτια και θα έχεις φτιάξει έναν άλλον κύκλο (!!!).

(5*. Προφανώς, αν χωρίσεις τους φυσικούς με βάση κάποιον άλλον αριθμό $ 3,4\ldots$, θα πάρεις $ 3,4\ldots$ κύκλους)

Does this make better sense?

Cheerio,

Durandal 1707

[quote="gpapargi"]Δεν το πιάνω  :blush:   :maybe:
Πρώτη ερώτηση:
Δηλαδή αν παίρνεις συνεχώς σημεία πάνω στον κύκλο ανά ένα ακτίνιο τελικά θα πάρεις όλο τον κύκλο λόγω του ότι ο π είναι άρρητος και άρα δε θα συμπέσεις ποτέ στο ίδιο σημείο δεύτερη φορά;
Δεύτερη ερώτηση:
Αν η ένωση των Α και Β είναι ο αρχικός κύκλος, ποιοι είναι οι 2 νέοι κύκλοι που ο καθένας έχει ίδιο μέτρο με τον αρχικό;[/quote]

Αν και απάντησε ο Παναγιώτης να κάνω μια επισήμανση. Αν παίρνεις συνεχώς σημεία ανά ακτίνιο πράγματι δεν θα συμπέσεις ποτέ στο ίδιο σημείο δεύτερη φορά διότι ο π είναι άρρητος. Δεν θα πάρεις όμως όλον τον κύκλο. Π.χ. δεν θα πάρεις το σημείο που αντιστοιχεί σε 0 ακτίνια. (Υποθέτω πως αρχίζουμε να μετράμε από το ένα ακτίνιο.)

Thanks. Είναι πολύ ενδιαφέρον.

Ωστόσο η δική μου νοοτροπία θα με έστελνε προς στην κατεύθυνση του να δω πιο είναι το «κακό βήμα». Δηλαδή όταν βλέπεις τέτοια παράδοξα που παραβιάζουν κάποια «αρχή διατήρησης» αυτό για μένα σημαίνει ότι κάτι στη θεμελίωση μας δεν πάει καλά.
Εδώ έχεις πάρει το μισό κύκλο (τα σύνολα με δείκτη 2ν) και τα αντιστοίχισες σε όλο τον κύκλο. Δε με χαλάει η αντιστοίχιση απείρων αριθμήσιμων συνόλων (αυτά με δείκτη 2ν) σε διπλάσια σε πλήθος (αυτά με δείκτη ν). Ούτε με χαλάει η αντιστοίχιση των μη αριθμήσιμων σημείων που είχαμε συνολικά στην αρχή σε μη αριθμήσιμα που έχουμε στο τέλος. Ωστόσο έχω δικαίωμα να ρωτήσω αν ο αρχικός κύκλος ζυγίζει Β, πόσο ζυγίζει τα κάθε κατασκεύασμα στο τέλος. Φαίνεται πως έχουμε χρησιμοποιήσει κάτι που έρχεται σε πλήρη αντίθεση με τη φύση.

Είναι λίγο ομιχλώδες (για μένα) το σημείο στο βήμα 1 που φτιάχνεις ένα σύνολο που έχει μέσα σημεία που κανένα ζεύγος δεν έχει ρητή διαφορά. Πως θα μπορούσε άραγε να είναι ένα τέτοιο σύνολο; Πχ τι να έχει μέσα; Σίγουρα θα ζύγιζε 0, αλλά τι είδους μηδενισμός τα ήταν αυτός;

Επίσης με τις άπειρες διαδικασίες έχω ένα προβληματάκι. Μπορώ να δεχτώ ότι μια διαδικασία θέλει άπειρά βήματα για να «τελειώσει». Δηλαδή τελειώνει σε άπειρο χρόνο. Αλλά αυτό μπορώ να το χωνέψω μόνο όταν χρειαζόμαστε άπειρα αριθμήσιμα βήματα. Να ένα παράδειγμα σε αυτό που λέγαμε με το Δημήτρη

[quote="Demetres"][quote="gpapargi"]Δεν το πιάνω  :blush:   :maybe:
Δηλαδή αν παίρνεις συνεχώς σημεία πάνω στον κύκλο ανά ένα ακτίνιο τελικά θα πάρεις όλο τον κύκλο λόγω του ότι ο π είναι άρρητος και άρα δε θα συμπέσεις ποτέ στο ίδιο σημείο δεύτερη φορά;
[/quote]

Αν και απάντησε ο Παναγιώτης να κάνω μια επισήμανση. Αν παίρνεις συνεχώς σημεία ανά ακτίνιο πράγματι δεν θα συμπέσεις ποτέ στο ίδιο σημείο δεύτερη φορά διότι ο π είναι άρρητος. Δεν θα πάρεις όμως όλον τον κύκλο. Π.χ. δεν θα πάρεις το σημείο που αντιστοιχεί σε 0 ακτίνια. (Υποθέτω πως αρχίζουμε να μετράμε από το ένα ακτίνιο.)[/quote]

Ας υποθέσουμε ότι ξεκινάμε μια διαδικασία που κάθε βήμα της είναι να αυξάνουμε τη γωνία κατά 1 ακτίνιο. Μπορούμε να πούμε ότι κάποια στιγμή θα περάσουμε από όλα τα σημεία του κύκλου;
Εγώ λέω όχι (και δεν εννοώ το 0). Μπορεί από κανένα σημείο να  μην περνάμε 2 φορές, αλλά κάθε φορά τα βήματά μας είναι πεπερασμένα. Σε άπειρο χρόνο θα είναι άπειρα αλλά αριθμήσιμα. Όμως τα σημεία του κύκλου είναι άπειρα μη αριθμήσιμα. Οπότε πιστεύω ότι ούτε άπειρος χρόνος είναι αρκετός. Αν τα σημεία ήταν άπειρά αριθμήσιμα θα έλεγα ότι σε άπειρο χρόνο θα περάσουμε από όλα τα σημεία. Αλλά δε νομίζω ότι έχει νόημα να μιλάμε για άπειρο μη αριθμήσιμο χρόνο. Πρώτα φτάνεις στο άπειρο αριθμήσιμο και μετά στο άπειρο μη αριθμήσιμο. Αφού στο άπειρο αριθμήσιμο δε φτάνεις ποτέ …

Κάτι αντίστοιχο διαισθάνομαι και στο βήμα 1 που παίρνεις 1 σημείο από άπειρα μη αριθμήσιμα υποσύνολα. Αν ξεκίναγες να το κάνεις, δε θα ήταν αρκετός ούτε άπειρος χρόνος. (Άπειρός χρόνος θα έφτανε «ίσα ίσα» για αριθμήσιμα άπειρα σύνολα.). Οπότε δεν ξέρω αν είναι σωστό να μιλάμε για κάτι τέτοιο.

Έκανα λίγο brainstorming. Δεν ξέρω αν βγάζουν νόημα αυτά που λέω.

[quote="gpapargi"]Thanks. Είναι πολύ ενδιαφέρον.

Ωστόσο η δική μου νοοτροπία θα με έστελνε προς στην κατεύθυνση του να δω πιο είναι το «κακό βήμα». Δηλαδή όταν βλέπεις τέτοια παράδοξα που παραβιάζουν κάποια «αρχή διατήρησης» αυτό για μένα σημαίνει ότι κάτι στη θεμελίωση μας δεν πάει καλά.[/quote]

Και πολύ καλά κάνεις :)

[quote]Ωστόσο έχω δικαίωμα να ρωτήσω αν ο αρχικός κύκλος ζυγίζει Β, πόσο ζυγίζει τα κάθε κατασκεύασμα στο τέλος. Φαίνεται πως έχουμε χρησιμοποιήσει κάτι που έρχεται σε πλήρη αντίθεση με τη φύση.[/quote]

2B. Πλήρως αντίθετο με τη φύση και τη διαίσθησή μας :)

[quote]Είναι λίγο ομιχλώδες (για μένα) το σημείο στο βήμα 1 που φτιάχνεις ένα σύνολο που έχει μέσα σημεία που κανένα ζεύγος δεν έχει ρητή διαφορά. Πως θα μπορούσε άραγε να είναι ένα τέτοιο σύνολο; Πχ τι να έχει μέσα; Σίγουρα θα ζύγιζε 0, αλλά τι είδους μηδενισμός τα ήταν αυτός;[/quote]

Well done. Πράγματι αυτό το σύνολο είναι πάρα, πάρα πολύ περίεργο και σε ακριβώς αυτό το σημείο είναι που σπάει η διαίσθησή μας.

Από φυσική άποψη, το σύνολο αυτό δε θα ζύγιζε $ 0$, δε θα ζύγιζε [b]τίποτα[/b]: είναι τόσο παθολογικό που για το εν λόγω σύνολο [b]απλώς δεν έχει νόημα να μιλάμε για το "βάρος" του[/b] (!!!). Μάλιστα, αυτό ακριβώς είναι το φαινόμενο που καταδεικνύει το εν λόγω παράδοξο: δεν υπάρχει ένα μέτρο (δηλ. ένας τρόπος για να μετράμε τη μάζα ή τον όγκο) στον $ \mathbb{R}^n$ που να παραμένει αναλλοίωτο από στροφές και μεταφορές και που να ορίζεται [i]για κάθε[/i] υποσύνολο του $ \mathbb{R}^n$. Ό,τι και να κάνουμε, θα υπάρχουν (πολύ παθολογικά) υποσύνολα του $ \mathbb{R}^n$ που δε θα έχει νόημα να μιλάμε για το μέτρο τους.

Έτσι, από τη στιγμή που σπάσαμε τον κύκλο σε τόσο παθολογικά κομμάτια, το φυσικό παράδοξο αίρεται: τέτοια κομμάτια δεν μπορούν να κατασκευαστούν στη φύση (όχι βέβαια ότι μπορούν να κατασκευαστούν οι ρητοί ή άλλα πυκνά σύνολα, αλλά αυτά δεν έχουν τόσο παθολογικές ιδιότητες).

Ωστόσο, και από μαθηματικής άποψη, η κατασκευή αυτού του συνόλου αγγίζει ένα πολύ λεπτό σημείο της θεωρίας συνόλων. Σκέψου ότι εμείς λέμε "διάλεξε ένα και μόνο ένα σημείο από κάθε σύνολο $ M_x$" και το αφήνουμε εκεί (μάλιστα, ακριβώς γι'αυτόν το λόγο διάλεξα τη συγκεκριμένη διατύπωση ;) ). Ένας υπολογιστής όμως που πρέπει να του εξηγείς τα πάντα μπορεί να ρωτήσει: "με ποιόν τρόπο να διαλέξω αυτά τα σημεία"? Αυτήν την ερώτηση δεν την απαντάμε και για να την ξεπεράσουμε καταφεύγουμε σε ένα αξίωμα της θεωρίας συνόλων που λέγεται [url=http://en.wikipedia.org/wiki/Axiom_of_choice][b]αξίωμα της επιλογής[/b][/url] (και που είναι για τη θεωρία συνόλων κάτι σαν το αίτημα παραλλήλων ευθειών για τη γεωμετρία... αχ, αυτά τα "προφανή" αξιώματα :) ).

Long story short, το αξίωμα αυτό πρακτικά λέει ότι μία τέτοια επιλογή υπάρχει, ακόμα και αν δεν μπορείς να γράψεις μία "συνταγή" για αυτήν... είναι δε ισοδύναμο με την "εντελώς προφανή" πρόταση ότι αν έχεις μία συλλογή από μη κενά σύνολα, τότε το καρτεσιανό τους γινόμενο θα είναι επίσης μη κενό (και ας μου πει κάποιος με το χέρι στην καρδιά ότι αυτό δεν του φαίνεται προφανές ;) ). Έτσι, με αυτό το αξίωμα, μπορούμε όντως να κάνουμε την παράδοξη κατασκευή των Banach-Tarski.

(Triviapedia: μερικές δεκαετίες μετά το παράδοξο, αποδείχτηκε ότι χωρίς το αξίωμα της επιλογής [b]δεν[/b] μπορούμε να έχουμε τέτοια paradoxical decompositions. Το παράδοξο δεν εμφανίζεται ακόμα και αν δεχτούμε το λιγότερο ισχυρό αξίωμα της dependent choice, αλλά εμφανίζεται με το λίγο πιο ισχυρό ultrafilter lemma.)

Όταν εμφανίστηκε το παράδοξο, οι Banach Tarski είχαν αναγνωρίσει τη σημασία του αξιώματος της επιλογής και λέγεται ότι το δημοσίευσαν ως επιχείρημα "που αξίζει να μας κάνει να προσέξουμε" το αξίωμα αυτό. Αντίθετα όμως, οι περισσότεροι μαθηματικοί το υποδέχτηκαν ως: "wow, δηλαδή μπορούμε να κάνουμε τέτοια πράγματα με το axiom of choice? Cooool :coolspeak:".

Γενικά, όπως και με τις εις άτοπον αποδείξεις, ελάχιστοι μαθηματικοί δεν το αποδέχονται στη δουλειά τους το αξίωμα αυτό (αν και έχει γίνει τρομερή δουλειά για να δουν τι αποτελέσματα προκύπτουν με και χωρίς αυτό). Απλώς, όταν ένα σημαντικό θεώρημα (όπως το Hahn-Banach) καταλήγει να βασίζεται με τον ή τον άλλον τρόπο στο αξίωμα της επιλογής (συνήθως είναι τα πολύ "βαθιά" θεωρήματα που βασίζονται εκεί), ψάχνουμε να δούμε μήπως έχει κάποια βαθύτερη σχέση με αυτό (π.χ. μήπως είναι ισοδύναμα).

Ωστόσο, αξίζει να τονιστεί το εξής: το αξίωμα της επιλογής είναι more or less ένα εσωτερικό rumination των μαθηματικών. Στη φύση, τα πράγματα σπάνε πολύ πριν φτάσει κανείς να αναρωτιέται αν συμφωνεί φιλοσοφικά με το αξίωμα ή όχι. Π.χ. στο σπάσιμο του fractal που πρότεινε ο Dem (και που είναι "φυσικά" αδύνατο), το πρόβλημα δεν είναι το αξίωμα της επιλογής, αλλά το ότι το "άπειρο" και το "απειροστό" απλώς δεν υπάρχουν στη φύση.

Hope this helps :) Cheerio,

Durandal 1707

Απάντησε ήδη και ο Παναγιώτης και από ότι βλέπώ λέμε παρόμοια πράγματα αλλά το αφήνω.

[quote="gpapargi"]
[quote="Demetres"][quote="gpapargi"]Δεν το πιάνω  :blush:   :maybe:
Δηλαδή αν παίρνεις συνεχώς σημεία πάνω στον κύκλο ανά ένα ακτίνιο τελικά θα πάρεις όλο τον κύκλο λόγω του ότι ο π είναι άρρητος και άρα δε θα συμπέσεις ποτέ στο ίδιο σημείο δεύτερη φορά;
[/quote]

Αν και απάντησε ο Παναγιώτης να κάνω μια επισήμανση. Αν παίρνεις συνεχώς σημεία ανά ακτίνιο πράγματι δεν θα συμπέσεις ποτέ στο ίδιο σημείο δεύτερη φορά διότι ο π είναι άρρητος. Δεν θα πάρεις όμως όλον τον κύκλο. Π.χ. δεν θα πάρεις το σημείο που αντιστοιχεί σε 0 ακτίνια. (Υποθέτω πως αρχίζουμε να μετράμε από το ένα ακτίνιο.)[/quote]

Ας υποθέσουμε ότι ξεκινάμε μια διαδικασία που κάθε βήμα της είναι να αυξάνουμε τη γωνία κατά 1 ακτίνιο. Μπορούμε να πούμε ότι κάποια στιγμή θα περάσουμε από όλα τα σημεία του κύκλου;
Εγώ λέω όχι (και δεν εννοώ το 0). Μπορεί από κανένα σημείο να  μην περνάμε 2 φορές, αλλά κάθε φορά τα βήματά μας είναι πεπερασμένα. Σε άπειρο χρόνο θα είναι άπειρα αλλά αριθμήσιμα. Όμως τα σημεία του κύκλου είναι άπειρα μη αριθμήσιμα.
[/quote]

Γιώργο, εδώ το ίδιο πράγμα λέμε. Δεν θα πάρεις όλον τον κύκλο. (Το έγραψα διότι από προηγούμενο σχόλιό σου δεν ήμουν σίγουρος αν συμφωνούσες.)

[quote="gpapargi"]
Ωστόσο έχω δικαίωμα να ρωτήσω αν ο αρχικός κύκλος ζυγίζει Β, πόσο ζυγίζει τα κάθε κατασκεύασμα στο τέλος. Φαίνεται πως έχουμε χρησιμοποιήσει κάτι που έρχεται σε πλήρη αντίθεση με τη φύση.
[/quote]

Ας πάρουμε το ακόμη πιο παράδοξο φαινόμενο για το οποίο μίλησε ο Παναγιώτης στην αρχή. Διαμερίζουμε την μπάλα σε 5 κομμάτια, περιστρέφουμε, μεταφέρουμε και φτιάχνουμε δυο ακριβή αντίγραφα της αρχικής μπάλας. Η πρώτη αντίδρασε είναι ασφαλώς αυτό που λες. Τι βάρος έχουν αυτά τα κομμάτια; Το παράδοξο αυτό δείχνει ότι δεν μπορούν να έχουν όλα τα υποσύνολα του χώρου όγκο!

[quote="gpapargi"]
Είναι λίγο ομιχλώδες (για μένα) το σημείο στο βήμα 1 που φτιάχνεις ένα σύνολο που έχει μέσα σημεία που κανένα ζεύγος δεν έχει ρητή διαφορά. Πως θα μπορούσε άραγε να είναι ένα τέτοιο σύνολο; Πχ τι να έχει μέσα;
[/quote]

Εδώ έχεις δίκιο. Το σημείο αυτό είναι όλο το ζουμί της υπόθεσης και όχι μόνο είναι λίγο ομιχλώδες αλλά αρκετά ομιχλώδες θα έλεγα. Για να μπορέσεις να το κάνεις αυτό χρειάζεται ένα αξίωμα που ονομάζεται "Αξίωμα της επιλογής". Γνωρίζουμε ότι αν έχουμε δύο μη κενά σύνολα Α και Β τότε μπορούμε να φτιάξουμε το καρτεσιανό γινόμενο $ A \times B$. Όταν λέμε παίρνω ένα σημείο α από το Α και ένα σημείο β από το Β είναι το ίδιο πράγμα με το να πάρουμε το στοιχείο (α,β) του καρτεσιανού γινομένου. Το ίδιο και για τρια σύνολα, τέσσερα κ.τ.λ. Το αξίωμα της επιλογής λέει ότι μπορούμε να κάνουμε το ίδιο και για άπειρο αριθμό συνόλων (είτε αριθμήσιμα είτε όχι).

Ένα παράδειγμα του Bertnard Russell λέει το εξής. Ένας εκατομμυριούχος έχει άπειρα ζευγάρια παπούτσια. Μπορεί εύκολα να διαλέξει ένα παπούτσι από κάθε ζευγάρι. Π.χ. μπορεί να πάρει το αριστερό παπούτσι από κάθε ζευγάρι. Αν όμως έχει άπειρα ζευγάρια κάλτσες, για να πάρει μία κάλτσα από κάθε ζευγάρι τότε χρειάζεται το αξίωμα της επιλογής. (Κάποιος πρόσθεσε αργότερα πως η χρήση μπορεί να αποφευχθεί αν ο εκατομμυριούχος βάζει τις κάλτσες μέσα στα παπούτσια.)

Οι μαθηματικοί ήταν αρκετά διχασμένοι στις αρχές του περασμένου αιώνα σχετικά με το αν έπρεπε να δεχθούν αυτό το αξίωμα ή όχι. Ιδίως διότι κάποιες συνέπειες του αξιώματος ήταν επιθυμητές και κάποιες άλλες (όπως αυτή εδώ) όχι. Κάποιος μαθηματικός είχε πει «Το αξίωμα της επιλογής είναι προφανώς ορθό, η αρχή της καλής διάταξης είναι προφανώς λανθασμένη και δεν μπορώ να αποφασίσω για το λήμμα του Zorn». Αυτό φυσικά είναι ανέκδοτο αφού κάθε ένα από τα τρία μπορεί να χρησιμοποιηθεί για να αποδείξει τα άλλα δύο. Τώρα τα πράγματα έχουν μπει σε μια πιο σωστή βάση. O Godel απέδειξε πως η άρνηση του αξιώματος της επιλογής δεν μπορεί να αποδειχθεί από τα υπόλοιπα αξιώματα της θεωρίας συνόλων (εκτός και αν αυτά δεν είναι συμβιβαστά - σε αυτή την περίπτωση κάθε πρόταση μπορεί να αποδειχθεί από αυτά.) Ο Cohen απέδειξε αργότερα πως το αξίωμα της επιλογής δεν μπορεί να αποδειχθεί από τα υπόλοιπα αξιώματα της θεωρίας συνόλων. Το αξίωμα της επιλογής είναι λοιπόν ανεξάρτητο από τα υπόλοιπα αξιώματα της θεωρίας συνόλων. (Κάτι παρόμοιο όπως και με το πέμπτο αίτημα του Ευκλείδη.) Η πλειοψηφία των μαθηματικών τώρα χρησιμοποιεί το αξίωμα της επιλογής αλλά σημειώνει την χρήση του και προσπαθεί να βρει αν πράγματι χρειάζεται να χρησιμοποιηθεί ή αν μπορεί να αποφευχθεί.

[quote="gpapargi"]
Μπορώ να δεχτώ ότι μια διαδικασία θέλει άπειρά βήματα για να «τελειώσει». Δηλαδή τελειώνει σε άπειρο χρόνο. Αλλά αυτό μπορώ να το χωνέψω μόνο όταν χρειαζόμαστε άπειρα αριθμήσιμα βήματα.
[/quote]

Εδώ εσύ διαφωνείς με το αξίωμα της επιλογής αλλά υιοθετείς το αξίωμα της αριθμήσιμης επιλογής. Υπάρχουν αρκετοί μαθηματικοί που προτιμούν να δουλεύουν μόνο με αυτό. Υπάρχουν και άλλοι που δεν το δέχονται ούτε αυτό. Σε ακόμη πιο ακραία έκδοση υπάρχουν και άλλοι που δεν δέχονται την ύπαρξη άπειρων συνόλων.

[quote="Durandal"]το αξίωμα αυτό πρακτικά λέει ότι μία τέτοια επιλογή υπάρχει, ακόμα και αν δεν μπορείς να γράψεις μία "συνταγή" για αυτήν... είναι δε ισοδύναμο με την "εντελώς προφανή" πρόταση ότι αν έχεις μία συλλογή από μη κενά σύνολα, τότε το καρτεσιανό τους γινόμενο θα είναι επίσης μη κενό (και ας μου πει κάποιος με το χέρι στην καρδιά ότι αυτό δεν του φαίνεται προφανές ;) ).[/quote]

Εδώ για μη αριθμήσιμο πλήθος συνόλων θα έλεγα ότι είναι επικίνδυνο να κάνεις κάτι τέτοιο για τους λόγους που είπα πριν (αν και... αν δεν ήταν το παράδοξο στη μέση δεν υπήρχε περίπτωση να σκεφτώ πονηρά. Η σκέψη είναι εκ των υστέρων.). Για να κάνεις άπειρες (αριθμήσιμες) ενέργειες μόλις που σου φτάνει ο άπειρος χρόνος. Για μη αριθμήσιμες ενέργειες άπειρος χρόνος δεν είναι αρκετός. Άρα δε γίνονται ούτε οριακά.

[quote="Durandal"]
(Triviapedia: μερικές δεκαετίες μετά το παράδοξο, αποδείχτηκε ότι χωρίς το αξίωμα της επιλογής [b]δεν[/b] μπορούμε να έχουμε τέτοια paradoxical decompositions. Το παράδοξο δεν εμφανίζεται ακόμα και αν δεχτούμε το λιγότερο ισχυρό αξίωμα της dependent choice, αλλά εμφανίζεται με το λίγο πιο ισχυρό ultrafilter lemma.)

Όταν εμφανίστηκε το παράδοξο, οι Banach Tarski είχαν αναγνωρίσει τη σημασία του αξιώματος της επιλογής και λέγεται ότι το δημοσίευσαν ως επιχείρημα "που αξίζει να μας κάνει να προσέξουμε" το αξίωμα αυτό. Αντίθετα όμως, οι περισσότεροι μαθηματικοί το υποδέχτηκαν ως: "wow, δηλαδή μπορούμε να κάνουμε τέτοια πράγματα με το axiom of choice? Cooool :coolspeak:".

[/quote]

Να εδώ για παράδειγμα, δε θα έπρεπε να πουν οι άνθρωποι «θα κρατήσουμε το dependence choice» και να είμαστε όλοι χαρούμενοι; Όλους μας γοητεύουν τα παράδοξα, αλλά η γνώμη μου είναι ότι αξιώματα θέτει μόνο η φύση και εμείς απλά τα ανακαλύπτουμε. Είναι ωραία τα παράδοξα που όντως συμβαίνουν εκεί έξω αλλά η καθημερινή μας λογική/διαίσθηση δε μας αφήνει να τα καταλάβουμε (πχ παράδοξα της σχετικότητας ή της κβαντομηχανικής). Δε συμφωνώ με τη λογική του να κρατάμε αξιώματα με το επιχείρημα ότι συμβαίνουν εντυπωσιακά πράγματα αν τα δεχτείς.

[quote="gpapargi"]Να εδώ για παράδειγμα, δε θα έπρεπε να πουν οι άνθρωποι «θα κρατήσουμε το dependence choice» και να είμαστε όλοι χαρούμενοι; Όλους μας γοητεύουν τα παράδοξα, αλλά η γνώμη μου είναι ότι αξιώματα θέτει μόνο η φύση και εμείς απλά τα ανακαλύπτουμε. Είναι ωραία τα παράδοξα που όντως συμβαίνουν εκεί έξω αλλά η καθημερινή μας λογική/διαίσθηση δε μας αφήνει να τα καταλάβουμε (πχ παράδοξα της σχετικότητας ή της κβαντομηχανικής). Δε συμφωνώ με τη λογική του να κρατάμε αξιώματα με το επιχείρημα ότι συμβαίνουν εντυπωσιακά πράγματα αν τα δεχτείς.[/quote]

Χμμμ, ίσως υπάρχει μία παρεξήγηση εδώ... δεν κρατήσανε τα μαθηματικά το αξίωμα επιλογής επειδή είπαμε "κοίτα σε τι εντυπωσιακά παράδοξα οδηγεί". Το κρατάμε επειδή:

1. όπως είπες κι εσύ, προτού ανακαλυφθούν τέτοια παράδοξα, το χρησιμοποιούσαμε χωρίς να το καταλαβαίνουμε. Μόλις στα τέλη του 1800 ανακάλυψε ο Zermelo ότι κάτι πάει στραβά με την πρόταση "έστω $ f(s)$ ένα στοιχείο του συνόλου $ s$" όταν το $ s$ ανήκει σε μία μη πεπερασμένη συλλογή συνόλων.

2. είναι "διαισθητικά προφανές" και ισοδύναμο με άλλες ίσως ακόμα πιο "διαισθητικά προφανείς" προτάσεις (όπως π.χ. ότι το γινόμενο μη κενών συνόλων είναι μη κενό). Στα μαθηματικά θέλουμε να ισχύουν όλες οι "προφανείς" προτάσεις, και αν κάποια δεν μπορούμε να την αποδείξουμε, τότε μόνο την κάνουμε αξίωμα.

3. είναι πολύ χρήσιμο και οδηγεί σε χρήσιμα μαθηματικά. Έτσι, όπως δεχόμαστε το αίτημα των παραλλήλων ευθειών και φτιάχνουμε θεωρήματα στην Ευκλείδεια γεωμετρία, έτσι δεχόμαστε και το αξίωμα της επιλογής και οριοθετούμε τα μαθηματικά που βασίζονται σε αυτό.

4. για τα (όχι πολλά) παράδοξα στα οποία οδηγεί ευθύνεται πολύ περισσότερο το "άπειρο", παρά το ίδιο το αξίωμα.

Για να τονίσω λίγο το τελευταίο σημείο, ο ρόλος της επιλογής στο παράδοξο Banach-Tarski είναι να δείξει ότι υπάρχουν σύνολα τα οποία είναι "μη μετρήσιμα". Αυτό από μόνο του δε μου φαίνεται τόσο αντιδιαισθητικό: οι πραγματικοί αριθμοί είναι τόσο (μα τόσο) πολλοί, που μάλλον φυσιολογικό μου φαίνεται να μπορείς να διαλέξεις ένα υποσύνολό τους που να μην μπορείς να το μετρήσεις/ζυγίσεις.

Αντίθετα, είναι το ξενοδοχείο του Hilbert που επιτρέπει τελικά τον "διπλασιασμό" των όγκων και αυτό οφείλεται στις ιδιαιτερότητες και στον αντιδιαισθητικό χαρακτήρα του απείρου, όχι στο αξίωμα της επιλογής.

Cheerio,

Durandal 1707

PS: BTW, Dem μάλλον θα χρειαστεί να κάνεις bump την $ F_2$ γιατί τη βλέπω να χάνεται με τόσα posts και είναι κρίμα γιατί είναι όμορφο φαινόμενο :)

Όντως το ξενοδοχείο του Hilbert έκανε το διπλασιασμό ωστόσο αυτό δε με χάλασε (ούτε τώρα ούτε την πρώτη φορά που το είχα δει σε κάποιο βιβλίο με σπαζοκεφαλιές). Αυτό που είπε είναι κάτι σαν 2 * άπειρο = άπειρο. Επίσης αν υπήρχε μάζα στον κύκλο πάλι δε θα δημιουργούσε πρόβλημα. Η μάζα είναι κατανεμημένη στα μη αριθμήσιμα σημεία του κύκλου, οπότε τα απείρως λιγότερα αριθμήσιμα του ενός συνόλου δεν έχουν μάζα.
Εμένα με χάλασε ο χειρισμός των μη αριθμήσιμων, για ένα πολύ συγκεκριμένο λόγο: ότι για το χειρισμό δεν αρκούν ούτε άπειρες ενέργειες. Όταν ο άνθρωπος ή ο υπολογιστής λέμε ότι θα κάνει ενέργειες επ’ άπειρον, εννοούμε άπειρες αριθμήσιμες. Εδώ δηλαδή εισάγω σιωπηλά ένα αξίωμα που προέρχεται από φυσικά αίτια. Δεν το κάνω απλώς για την απόρριψη του παραδόξου. Προσπαθώ να περιγράψω τι ακριβώς μου φταίει στο αξίωμα της επιλογής.

Και το βάρος για να φτιαχτεί θέλεις συνεχή γραμμή με μήκος και γραμμική πυκνότητα, δηλαδή το μη αριθμήσιμο συνεχές. Γι αυτό εστίασα κατευθείαν σε αυτό και όχι στο ξενοδοχείο.

Thanks πάντως παιδιά. Σήμερα έμαθα κάτι σημαντικό   :omighty:


If there are three teams competing for three days, and every day, 2 out of the three teams are chosen to play, what is the chance that team A will get to play 2 out of the three days?
The answer sheet told me only the answer, and i want to figure out how to do it

This is what the answer sheet told me:
[hide]20/27[/hide]

 :huh:

um lol i cant get it, i get lots of different answers trying it different ways but never the answer that you provided.

[hide]
First, find out how many ways there are for Team A not to play at least 2 games.
Case 1:  Team A plays 1 day
$ \frac{2}{3}\times\frac{1}{3}\times\frac{1}{3}\equal{}\frac{2}{27}$
There are 3 different ways Team A can play 1 day, so the probability of them playing exactly 1 day is $ \frac{6}{27}$.
Case 2:  Team A plays none of the 3 days.
The chances of this are $ \frac{1}{3}\times\frac{1}{3}\times\frac{1}{3}\equal{}\frac{1}{27}$
$ 1\minus{}\frac{6}{27}\minus{}\frac{1}{27}\equal{}\boxed{\frac{20}{27}}$
[/hide]

But the problem said "what is the chance that team A will get to play 2 out of the 3 days?"... not "[i]at least[/i] 2 out of the three days"...

The problem's faulty. It's from FTW, and it's supposed to be at least.

Im REALLY sorry... i forgot to read the whole question.

it's [i]at least[/i] two out of three days

again, im REALLY sorry


group theory
abstract algebra
superior algebra
superior algebra unsolved

Prove that  all finite groups are  isomorphic to  some  subgroup  of $ A_N$.  here  N  means  all  naturals.

Take the subgroup of $ A_{2n}$ (a subgroup of $ A_N$) which separately permutes $ (1,2,\ldots,n)$ and $ (n\plus{}1,n\plus{}2, \ldots 2n)$, with each permutation doing the same thing to each of those (thus even). This subgroup is isomorphic to $ S_n$. Apply Cayley's theorem.

Another one, Cayley theorem tell us that every group is isomorphic to a subgroup of $ S_{n}$ for some $ n$ but is easy to see that $ S_{n}$ is isomorphic to a subgroup of $ A_{n \plus{} 2}$, (for the last statement just consider the morphism $ \sigma \rightarrow \sigma (n \plus{} 1$ $ n \plus{} 2)$ and we are done).

I edit: I'm sorry MellowMelon, at the moment I posted I didn't read your full solution and I wrote essentially the same.


Given that $ \log 2 \equal{} 0.3010$, how many digits are in $ 5^{44}$?

[hide=" huh     -->      ooooh"]
$ \log 2 \plus{} \log 5 \equal{} 1$[/hide]

[hide="oooh ---> duh"]
number of digits in $ n \equal{} \lfloor \log n\rfloor \plus{} 1$
[/hide]


have a look at [url=http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?p=1061605#1061605]this problem[/url]

Do you consider the refraction coefficient of the water given???

tell me if the picture i made is correct. angle a is $ \frac{\pi}{4}$ and we want to find segment h


geometry
3D geometry
sphere
inequalities
vector
geometry proposed

If $P_{i}$ (i=1,..,n) are points on a unit sphere then
$\sum_{i\leq j}\left|P_{i}P_{j}\right|^{2}\leq n^{2}$

i think you should have $n^{2}$ instead of $n$ in the RHS because as it is the problem is wrong.
In the case of $n^{2}$
we easily see by vectors that if $O$ is the center of the sphere
$\sum_{i\le j}|P_{i}P_{j}|^{2}\le n^{2}\leftrightarrow \sum (OP_{i}-OP_{j})^{2}\le n^{2}$
and the later is equivalent to:
$\left(\sum OP_{i}\right)^{2}\geq 0$  :wink:

Nice solution and you are right it is $n^{2}$ .Sorry for the typo.


How many 4 digit numbers are there such that all digits are unique, and such that the digits are in descending order? AKA: 9876.

what do we know.  Look at the first digit.  it can't be a 0, 1, 2 but i can be 3-9. which means there are 7 possible.
digit 2 can't be 0, 1, 9 but i can be 2-8.  digit 3: 1-7, digit 4: 0-6.
let the 4 digits be a, b, c, d respectively.
a>b>c>d.
the main limiting factor is the less than since we have already found the range.
cases:
a=9;b=8, c=7 then d can be 0-6 so 7
a=9;b=8, c=6 then d can be 0-5 so 6
a=9;b=8, c=5 then d can be 0-4 so 5
a=9;b=8, c=4 then d can be 0-3 so 4
a=9;b=8, c=3 then d can be 0-2 so 3
a=9;b=8, c=2 then d can be 0-1 so 2
a=9;b=8, c=1 then d can be 0 so 1
then repeat the addition leaving out the 7 then the 6 and so on
so for a=9 the total is 84
a=8;56
a=7;35
a=6;20
a=5;10
a=4;4
a=3;1
total = 210

note i am sure there is an easier way but this was relatively easy using ranges and looking at what happens when you decrease one of the beginning digits.  You can also make a calc program to count all posibilities.

Hint:

[hide]It's a one step problem. Just realize a certain correspondence and you have it![/hide]

is the number correct?  i believe it is but i think i did way too much work.

The number is correct.

:)

Here's a hint - if you take the digits 3, 5, 2, 9, how many ways can you organize them so that the number satisfies the conditions?

Is the answer[hide]$10C5$[/hide]
Oops, I typed the wrong answer.  I meant to say:
[hide]$10C4$[/hide]

[hide="something"]
10C4 = 10 x 9 x 8 x 7 / 4 x 3 x 2 = 10 x 3 x 7 = 210, and there are 10 numbers, four unique digits, the digits must be positioned a certain way, so yeah :) .

Note: Even if the problem said that the second-lowest number had to be first, highest number had to be second, second-highest number had to be third, and lowest number had to be last, the answer would still be 210. You see why, right?
[/hide]

It is 210 right? cause that's what i got.

[hide]Yeah. It should be $\binom{10}{4}$ because no matter which four numbers you choose, you can arrange them in exactly one way so that the digits are in decreasing order.[/hide]


LaTeX videos Alcumus probability MATHCOUNTS

Can someone teach me how to use choose. like 5 choose 2. I think you would use taht in prolems like there are 7 people and they want to make a 3 person comittee. How many different combinations are there?

nCp = n!/(p!(n-p)!))

sorry idk how to use latex

maybe this will help:

http://en.wikipedia.org/wiki/Combination

There are a lot of videos in Alcumus that discuss this. You could also buy the Intro to Counting and Probability textbook.

in $ \text{\LaTeX}$, we have $ \binom{n}{p}=\frac {n!}{(n-p)!p!}$

$ \binom52=\frac{5!}{(5-2)!2!}$ or $ \frac{5\cdot4}{2}$ or $ \boxed{10}$

$ \binom73=\frac{7!}{(7-3)!3!}$ or $ \frac{7\cdot6\cdot5}{3\cdot2\cdot1}$ or $ \boxed{35}$.

hope that helps, ask if you have questions.

This is used mostly in choosing groups of k from a set of n. For example, say there are 4 people:

BOGTRO, jjx1, fantasylover, AIME15.

We want to choose 2 of them.

4 choices for the first, 3 for the second.

But BOGTRO,jjx1=jjx1,BOGTRO, so we divide by 2!=2.

For more, see [url]http://en.wikipedia.org/wiki/Combination[/url].

Be sure not to confuse these with [url]http://en.wikipedia.org/wiki/Permutations[/url].

Hope this helps.

Examples:

(Permutation: Counting where order matters) How many different ways are there to select two people from a group of 5, where one person is prez and the other is vp (prez cannot be vp)?

There are 5 people for the first spot, and 4 for the second, so that gives a total of 20 ways.

The general notation for this is $ \frac{n!}{r!}$, where $ n$ is the total number (in this case, 5) and $ r$ is the number or things/people you want to order (in this case, 2).

(Combination: Counting where the order does not matter) levans wants to choose 3 mods out of the group of 5 people isabella2296, vallon22, jjx1, AIME15, and rrusczyk. How many differnt ways are there for him to do this?

There are 5 for the first, 4 for the second, and 3 for the third. However, the order makes no difference, so the answer would be $ \frac{5\times4\times3}{3!}\equal{}10$ (there are $ 3!$ ways to order 3 people).

Note that choosing 3 mods out of a group of 5 is the same as choosing 2 people [b]not[/b] to be mods. Therefore (in combinations only), $ \binom{n}{r}\equal{}\binom{n}{n\minus{}r}$. The general formula is $ \frac{n!}{r!\cdot (n\minus{}r)!}$

Speaking of permutations, $ P(5,2)\equal{}20$, right? this problem showed up in a recent match (not mathcounts), and the judge said the answer was 60. :|

Um, it's $ 5 \times 4\equal{}20$, or $ \frac{5!}{3!}\equal{}20$.

Dragon, permutations are $ \frac{n!}{(n\minus{}r)!}$.  Think about it :P


function
limit
inequalities
ratio
real analysis
real analysis unsolved

Let $ \alpha>1$. Can you construct a real function $ f$ such that for every $ t>0$ :
$ \lim_{\delta \to 0} \sup_{\| \mathcal P _t \| < \delta} \sum |f(x_{i+1})-f(x_i)|^{\alpha}=t$
where $ \mathcal P_t$ is the set off all partitions: $ 0=x_0<x_1< \ldots < x_n = t$ of $ [0;t]$, and ${ \| \mathcal P \| = \sup_i |x_{i+1} - x_i}|$

Yes, it is possible. Moreover, you can just use the classical Weierstrass sawtooth construction. Take a very fast decreasing sequence $ \ell_k > 0$ and define $ f_k$ as the sawtooth function with teeth of width $ 2\ell_k$ and height $ \ell_k^{1/\alpha}$. Put $ f \equal{} \sum_k f_k$.
[asy]size(200);
D((0,2)--(0,0)--(10,0),black);
for(int k=0;k<10;++k) D((k,0)--(k+0.5,1)--(k+1,0));
D((0,1)--(10,1),dashed);
MP("\ell_k^{1/\alpha}",(0,1),8,W);
D((0,-0.3)--(0,0));
D((0.5,-0.3)--(0.5,1));
MP("\ell_k",(0.25,-0.1),8);[/asy]
Note that $ |f_k(x) \minus{} f_k(y)|\le |x \minus{} y|^{1/\alpha}$ and, moreover, the equality is attained if one of the points $ x$ and $ y$ is at the base and the other one is at the top of the same tooth. In all other cases the inequality is strict and if the ratio $ \frac {|x \minus{} y|}{\ell_k}$ is far from $ 1$, then it holds with a very small constant on the right (I leave it to you to make an exact statement out of this observation after you read the rest of the proof). Now we can argue that if $ |x \minus{} y|$ is small, then $ |f(x) \minus{} f(y)|\le (1 \plus{} \varepsilon)|x \minus{} y|^{1/\alpha}$. Indeed, since $ \ell_k$ decays very fast, there may exist only one $ \ell_k$ comparable to $ |x \minus{} y|$. For this $ k$ we use the estimate $ |f_k(x) \minus{} f_k(y)|\le|x \minus{} y|^{1/\alpha}$. For all other $ k$ we use the similar estimate with very small constants (we will have to ensure that certain series have small sums but it is not a big problem). That is enough to show that the variation is not greater than $ t$. To show that it is not less than $ t$, just use the bases and tips of teeth in $ f_k$ and observe that neither the previous, nor the subsequent functions can change the corresponding differences by any noticeable amounts if $ k$ is large enough.


Due to the fact that my school's math department is extremely...well...basic, I am experiencing great difficulty in finding books and other resources that help me advance in math. Do you guys have any suggestions about certain resources (other than the AoPS books which I have and love) that are helpful?

Oh, and if this is the wrong spot to place something like this, I apologize. I'm new and still getting used to the forums.

[quote="horselvr101"]Due to the fact that my school's math department is extremely...well...basic, I am experiencing great difficulty in finding books and other resources that help me advance in math. Do you guys have any suggestions about [b]certain resources[/b] (other than the AoPS books which I have and love) that are helpful?

Oh, and if this is the wrong spot to place something like this, I apologize. I'm new and still getting used to the forums.[/quote]Please specify what "certain resources" you are looking for. Also, if you got a fairly amount of online time, you can definitely search for any resource over the Internet that you want. Simply typing "math competitions" in Amazon.com already gives you a good start for what books consumers look for. More powerful search, try googling, view more AoPS, check out AoPS Resources section, ... I mean information nowadays comes virtually limitless and easy with the power of Internet. If you work hard, you can always find anything you want.

And there are loads of books available online (some are illegal but many are legal) :)

Books from the xyz press and the 100 problem books are good. (Mostly co-authored by Titu Andreescu) Some problems are AIME level but the difficult ones can get into Olympiad topics.

[url=http://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/Math_books]Try these[/url]
[url=http://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/Math_textbooks]Or these[/url]
[url=http://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/Resources_for_mathematics_competitions]Don't forget these[/url]
[url=http://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/Olympiad_Books]And some of these olympiad level books[/url]

A lot of books are present on multiple lists because their difficulty covers multiple levels and because redundancies haven't been consolidated.

EDITI didn't notice this was a revived thread, but...I hope these links are still helpful :) :)


geometry
logarithms
calculus
calculus computations

Given the curves $ f(x)\equal{}kx$ and $ g(x)\equal{}\frac x{x^2\plus{}1},$ then for $ k\in(0,1]$ these curves enclose a region. Is this correct?

How would you find the area bounded by these curves?

That should be $ k \in (0, 1)$, probably.  Have you drawn the picture?  What have you tried?

Area is $ k-1-\ln{k}$ with $ k \in (0, 1)$...

(Note that the curves intersect at $ x=\pm \sqrt{\frac{1-k}{k}}$. Then do routine integration..


calculus
integration
function
Support
logarithms
Functional Analysis
topology

You all know that $C([0,1])$ is a Banach space with the sup-norm and it is not with the p-integral norm: $\|f\|_p=\left(\int^1_0|f(x)|^pdx\right)^\frac1p$ for any $p\ge 1$. But can you help me to construct  a Cauchy sequence for any $p$ such that it converges to the function $g\equiv0$ for any $q\le p$ and does not converge if $q>p$?

Define a continuous function $\varphi(x)$ on $[0,\infty)$ such that $\varphi(0)=0,$ the support of $\varphi$ is $[0,1],$ and $\varphi(x)>0$ for $x\in(0,1).$ The exact details don't matter very much. Let $C_p=\|\varphi\|_p.$

Now fix a certain $a>0$ and let $g_n(x)=n^a\varphi(nx).$ Note that $g_n$ tends to zero pointwise everywhere.

Then $\|g_n\|_p=C_pn^{a-\frac1p}$

We ought to be able to pick $a$ to do what you want.

No, wait - that doesn't seem to be what you want. But you can't have what you want.

The problem is that the zero function is in $L^p$ for every $p.$ A sequence that tends to zero in the $p$-norm must be Cauchy in the $p$-norm, because all convergent sequences are Cauchy.

The completeness of a metric space is about whether there exist enough elements to be the limits of the sequences that look like they ought to have limits. Since we're talking about the continuous functions not being complete in certain metric, try for something with a discontinuous limit.

For instance: for $n>2,$ let $g_n(x)$ be the piecewise linear continuous function whose graph connects the points $(0,0),\left(\frac12,0\right),\left(\frac12+\frac1n,1\right),$ and $(1,1).$ This sequence is Cauchy for every $p<\infty.$ Since there is no continuous function that can be its limit, it is not a convergent sequence in $C([0,1])$ considered as a metric space with the $p$-norm.

What I want is to show that the $p$-norm and $q$-norm are not equivalent if $p\neq q$ (is this statement true?). So I want to find a sequence that is Cauchy and convegrent to $g\equiv 0$ for any $q\le p$ and [b]not Cauchy[/b] for any $q > p$. Something like $f_n(t)=\begin{cases}\sqrt[p]{n}(1-nt)&\text{ if } t\in[0,\frac1n]\\0&\text{ if }t\in(\frac1n,1]\end{cases}$ but it converges for $q<p$ and doesn't converge if $q\ge p$. (Don't know if the calculations are right...)

Ok, how about a slight modification of my first example: Fix $p$, and let

$f_n(x)=\frac{n^{1/p}}{\ln n}\varphi(nx).$

Then $\|f_n\|_q=\frac{C_qn^{\frac1p-\frac1q}}{\ln n}$

This goes to zero for $p\le q$ and to infinity for $p>q.$

Ok, that's fine (and simple too), thanks.


An optically active compound A(assume that it is dextrorotatory) has the molecular formula C7H11Br. A reacts with hydrogen bromide, in the absence of peroxides to yield to isomeric products, B and C. B is optically active, c is not. B + K-O(CH3)3-> (+)A.    C + K-O(CH3)3-> (+-) A.               A + K-O(CH3)3 -> D
D on ozonolysis gives 1,3 cyclopentadiene and formaldehyde. Provide stereochemical formulae for A,B,C,D and outline the reactions.

[quote="VARUNARASU"]D on ozonolysis gives 1,3 cyclopentadiene and formaldehyde. [/quote]

VARUN are u sure about this step. I think 1,3-cyclopentadiene can't be right.

sorry that was a typo.  :oops:  its dione, actually

[hide="Answer"]A is 3-bromo-3-methyl-1-methylenecyclopentane. By reaction with HBr we get a meso compound C (cis-1,3-dibromo-1,3-dimethylcyclopentane) and the chiral compound B (trans-1,3-dibromo-1,3-dimethylcyclopentane). Compound D is 1,3-dimethylenecyclopentane.[/hide]

correct :D , this question was actually for hellever who wanted us to post organic problems on hydrocarbons, and the like.


algebra
polynomial
function
algebra proposed

Let$ a\in R \minus{} 0,b,c\in R$Prove that Exist a polynomial $ (Px)$
such that
\[ P(ax^2 \plus{} bx \plus{} c) \equal{} a(P(x))^2 \plus{} bP(x) \plus{} c
\]
How many are polynomials that satisfies our condition?
[hide="Result"] only $ 1$[/hide]

Define $ f(x) \equal{} ax^2 \plus{} bx \plus{} c$. Possible solutions to $ P(f(x)) \equal{} f(P(x))$ are $ f^{(n)}(x)$, $ n \minus{}$th composition of $ f$. $ f^{(0)}(x) \equal{} x$.
We can show there are situations where there exist other solutions.

Note this is not the case in http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?t=256092, where the equation is
$ P(x^2 \plus{} 1) \equal{} P(x)^2 \minus{} 1$, not
$ P(x^2 \plus{} 1) \equal{} P(x)^2 \plus{} 1$.
That is why it only has constant solutions.

Now we discuss the case $ f(x) \equal{} ax^2 \plus{} bx \plus{} c$. We can rewrite $ f(x) \equal{} a(x \plus{} d)^2 \plus{} e$ with $ a\ne0$.

$ P(a(x \plus{} d)^2 \plus{} e) \equal{} a(P(x) \plus{} d)^2 \plus{} e$
$ P(ax^2 \plus{} e) \equal{} a(P(x \minus{} d) \plus{} d)^2 \plus{} e$

Let $ Q(x) \equal{} P(x \minus{} d) \plus{} d$. We have,
$ Q(ax^2 \plus{} e \plus{} d) \equal{} aQ(x)^2 \plus{} e \plus{} d$.
$ Q(\frac {x^2}a \plus{} e \plus{} d) \equal{} aQ(\frac xa)^2 \plus{} e \plus{} d$.

Let $ h(x) \equal{} aQ(\frac xa)$, we have
$ h(x^2 \plus{} s) \equal{} h(x)^2 \plus{} s$, where $ s \equal{} a(e \plus{} d)$.

Case 1) $ s \equal{} 0$
$ P(x^2) \equal{} P(x)^2$.
Suppose $ \deg P \equal{} n$. Obviously $ P(x) \equal{} x^n \plus{} g(x)$ with $ m \equal{} \deg g < n$.
Now $ P(x^2) \minus{} x^{2n}$ has degree $ 2m$, while $ P(x)^2 \minus{} x^{2n}$ has degree $ n \plus{} m$.
So the only solution is $ x^n$. We see this is the case $ f(x) \equal{} x^2$ but $ P(x)$ are not just $ f^{(n)}(x)$.

Case 2) $ s > \frac14$
We know $ h$ is either even or odd, the only odd function is $ h(x) \equal{} x$ because $ h(x) \equal{} x$ has infinitely many roots
$ a_0 \equal{} 0,a_n \equal{} a_{n \minus{} 1}^2 \plus{} s$.

If $ h$ is even, we can show $ h(x) \equal{} g(x)^2 \plus{} s$ with $ g(x^2 \plus{} s) \equal{} g(x)^2 \plus{} s$.

Hence, in this case, $ f^{(n)}(x)$ are the only possible solutions.


linear algebra
matrix
linear algebra unsolved

If $ B \equal{} PAP^{\minus{}1}$, how to get the conclusion : $ tr(B) \equal{} tr(A)$ ?

Use that $ tr(MN)\equal{}tr(NM)$ (when defined of course).


This is probably obvious, but I can't get the answer for the life of me.
In triangle ABC, points D, E, F are marked on sides BC, CA, AB, respectivel, so that BD/DC = CE/EA = AF/FB = 2. Show that the triangle formed by the lines AD, BE, CF has area 1/7 that of triangle ABC.

Don't use mass points.

I like your post shobber, it emphasizes the importance of working through something menial to get something nice.


inequalities
geometry
incenter
geometry proposed

Given are $\triangle ABC$ with incenter $I$ prove that:
$IA+IB+IC\ge 3r+\frac{IA^{2}+IB^{2}+IC^{2}}{2R}$

let's put $p-a=x,p-b=y,p-c=z$
recall that :$|IA|=\sqrt{\frac{x(x+y)(x+z)}{x+y+z}},|IB|=\sqrt{\frac{y(y+x)(y+z)}{x+y+z}},|IC|=\sqrt{\frac{z(z+y)(x+z)}{x+y+z}}$
$,r=\sqrt{\frac{xyz}{x+y+z}},R=\frac{(x+y)(y+z)(z+x)}{4\sqrt{xyz(x+y+z)}}$
So we have to prove:
$\sum_{cyc}\sqrt{\frac{x(x+y)(x+z)}{x+y+z}}\geq 3\sqrt{\frac{xyz}{x+y+z}}+2\sqrt{\frac{xyz}{x+y+z}}\left(\sum_{cyc}\frac{x}{y+z}\right)$
which is equivalent to:
$\sum_{cyc}\sqrt{\frac{(x+y)(x+z)}{yz}}\geq 3+2\sum_{cyc}\frac{x}{y+z}$
but $\sqrt{\frac{(x+y)(x+z)}{yz}}\geq \frac{x+\sqrt{yz}}{\sqrt{yz}}\geq 1+\frac{2x}{y+z}$ and summing up we are done! :wink:


Review the inequality \[ (a+b+c)^2 \ge 3(ab+bc+ca)  \]
There's nothing special, but now see another form and prove the following strange inequality
\[ 2^{ab}+2^{bc}+2^{ca} \le 2+2^{9/4}  \]
For all $a,b,c \ge 0$ and $a+b+c=3$.

Moreover, find the maximum value of
\[ 4^{ab}+4^{bc}+4^{ca}  \]
With $a,b,c$ satisfy this condition.
From that, find the best constant $k \ge 0$ st the following inequality 's true
\[ k^{ab}+k^{bc}+k^{ca} \le 3  \]
For all $a,b,c \ge 0$ and $a+b+c=3$.

[quote="hungkhtn"] Prove the following inequality
\[ 2^{ab}+2^{bc}+2^{ca} \le 6  \]
for all $a,b,c \ge 0$ and $a+b+c=3$[/quote]For $a=0$ and $b=c$,  it is not true. :?:

Ok, sorry. I forget adding 2 to the left right hand. I write case k=2 just only for exams, because I've solved the general form. I have edited it, try to prove. Good luck.

It's very hard problem, anyone has any idea? :(

[quote="hungkhtn"]A very very hard and nice problem is as follow

Find the best constant $k\ge 0$ sthat for all $a,b,c \ge 0,a+b+c=3$ then
\[ k^{a^2}+k^{b^2}+k^{c^2} \ge 3k  \]

I hope someone solved it completely in one week.[/quote]

That is a strange and nice inequality. It is very creative of you, Hung. Let me give another:

Let $a,b,c$ be real positive numbers such that $a^2+b^2+c^2=3$, find the smallest best positive constant $k$ such that
\[ k^{ab}+k^{bc}+k^{ca}\geq 3k. \]

I think better that before you show any problem, please one time think stragiely about it?

A long time and unsolved. So, I think I should give the hints : Using mixing Variable.   ;)


Cauchy functional equation
function
functional equation
algebra

Since I am stydying that at the moment, can somebody post problems or links to problems at IMO level that can be reduced to Cauchy function(function of the type f(x+y)=f(x)+f(y))and the way it is done(I mean functional equations at the first place)

Let the function $f(x)$ continuous in $[0;1]$ satisfying
$f(0)=0, f(1)=1$ and
 $f(\frac{x+y}{2})=(1-a)f(x)+f(y) \forall x \in R, a \in (0;1)$
and $x \ge y$.
Find $f(\frac{1}{7})$

[size=75][b]Source de.rec.denksport , proposed by  Gerhard J. Woeginger    [/b][/size]
[color=blue][b]
To find all functions $f: {\mathbb Z}\to {\mathbb Z}$ which satisfy  $f\left(x+y+f(y)\right) = f(x) + 2y\; \; \; ,\; \; \forall x,y \in {\mathbb Z} .$  [/b][/color]


The same poll may apply on the native americans.

[img]http://www.funnytimes.com/store/images/homelandsecurity.jpg[/img]

Interesting way to view it.


Inspirat de o problema de pe FORUMUL in lb. engleza, pe care tocmai am rezolvat-o,
va propun spre rezolvare urmatoarea:

Fie A1B1C1 simetricul triunghiului ABC faţă de o dreaptă d din planul triunghiului. Paralelele duse prin vârfurile A, B şi C la dreapta d intersectează dreptele B1C1, C1A1 şi respective A1B1 în punctele A2, B2 şi respective C2. Să se arate că punctele A2, B2 şi C2 sunt coliniare. (Mihai Miculita ???, poate)

v. ATTACHMENTUL, pentru un enunt scris in word in care gasiti si o figura facuta cu euklides.exe

In attachment gasiti o solutie sintetica a acestei probleme.
Inainte de a vizualiza aceasta solutie, incercati mai intai singuri!
(Placerea de a gasi solutia singur, fiind incomparabil mai mare decat a citi solutia altcuiva).


tranthanhnam, did you have any mistakes ?

I am confused.  o.o

$(a+1)(b+1)(c+1)(d+1) \le 8(abcd + 1) = 16$ by Chebyshev, so we have $\frac{1}{abcd(a+1)(b+1)(c+1)(d+1)} \ge \frac{1}{16}$... did you make a typo?

[quote="hungkhtn"]Not hard. Take $a=y/x$ and so on... The inequality become the Nesbitt inequality with 4 variables.

\[ \frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+t}+\frac{z}{t+x}+\frac{t}{x+y}\ge 2  \][/quote]

What is Nesbitt inequality with $n$ variables?

[quote="t0rajir0u"]I'm guessing it's probably $\sum_{cyc} \frac{a_1}{a_2 + a_3} \ge \frac{n}{2}$ from the cases $n = 3, 4$... normalizing $\sum a_1 = 1$ and using Jensen's and Rearrangement should give a proof.  I think.[/quote]

   But I don't think we have the general case of Nesbit as you say. As far as I remember, one guy, probably from Russia, have a very nice prove for the constant k!

[quote="t0rajir0u"]I'm guessing it's probably $\sum_{cyc} \frac{a_1}{a_2 + a_3} \ge \frac{n}{2}$ from the cases $n = 3, 4$... normalizing $\sum a_1 = 1$ and using Jensen's and Rearrangement should give a proof.  I think.[/quote]

The Shapiro's inequality does not hold in general.

So, apparently, the cases are $n \equiv 0 \bmod 2, n \le 12$ or $n \equiv 1 \bmod 2, n \le 23$.  Interesting  :huh:

[quote="tranthanhnam"]let$a,b,c,d$ be positive real and $abcd=1$

prove that :$\frac{1}{a(b+1)} \frac{1}{b(c+1)} \frac{1}{c(d+1)} \frac{1}{d(a+1)} \leq 2$or$\geq 2$[/quote]

I think it is $\frac{1}{a(b+1)}+\frac{1}{b(c+1)}+\frac{1}{c(d+1)}+\frac{1}{d(a+1)} \geq 2$ with $abcd=1$

Check here: http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=17206

By the way, what is [b]Shapiro's inequality[/b]?

I think t0rajir0u is right.
[url=http://planetmath.org/encyclopedia/ShapirosInequality.html]here[/url] you can see the Shapiro's inequality.
but no proof. :(


given $ a_0\equal{}a_1\equal{}1$, find the generating function for \[ a_n\equal{}na_{n\minus{}1}\plus{}n(n\minus{}1)a_{n\minus{}2}\]

It's sequence [url=http://www.research.att.com/~njas/sequences/A005442]A005442[/url] in the [url=http://www.research.att.com/~njas/sequences]OEIS[/url] -- presumably, you are looking for the [i]exponential[/i] generating function (since it's easy to see that the growth is at least as fast as factorial), which does have a nice form (contained in the link there).

denote $ {g_n}$ as $ g_n \equal{} \frac {\alpha}{n!}a_n$ where $ \alpha$is not equal to 0
so $ g_0 \equal{} \alpha ; g_1 \equal{} \alpha$
we have
$ \frac {n!}{\alpha}g_n \equal{} \frac {n(n \minus{} 1)!}{\alpha}g_{n \minus{} 1} \plus{} \frac {n(n \minus{} 1)(n \minus{} 2)!}{\alpha}g_{n \minus{} 2}$
$ g_n \equal{} g_{n \minus{} 1} \plus{} g_{n \minus{} 2}$ where $ g_0 \equal{} g_1 \equal{} \alpha$
where we obtain the solution$ g_n \equal{} x_1(\frac {1 \plus{} \sqrt {5}}{2})^n \plus{} x_2(\frac {1 \minus{} \sqrt {5}}{2})^n$
since $ g_0 \equal{} g_1 \equal{} \alpha , x_1 \plus{} x_2 \equal{} \alpha ; and x_1 \minus{} x_2 \equal{} \frac {\alpha}{\sqrt {5}}$
so $ x_1 \equal{} \frac {\alpha}{2}(1 \plus{} \frac {1}{\sqrt {5}}) , x_2 \equal{} \frac {\alpha}{2}(1 \minus{} \frac {1}{\sqrt {5}})$
and $ g_n \equal{} \frac {\alpha}{2}(1 \plus{} \frac {1}{\sqrt {5}}) (\frac {1 \plus{} \sqrt {5}}{2})^n \plus{} \frac {\alpha}{2}(1 \minus{} \frac {1}{\sqrt {5}})(\frac {1 \minus{} \sqrt {5}}{2})^n$
and $ a_n \equal{} \frac {n!}{\alpha} ( \frac {\alpha}{2}(1 \plus{} \frac {1}{\sqrt {5}}) (\frac {1 \plus{} \sqrt {5}}{2})^n \plus{} \frac {\alpha}{2}(1 \minus{} \frac {1}{\sqrt {5}})(\frac {1 \minus{} \sqrt {5}}{2})^n )$ .
$ \equal{} \frac {n!}{2}(1 \plus{} \frac {1}{\sqrt {5}}) (\frac {1 \plus{} \sqrt {5}}{2})^n \plus{} \frac {n!}{2}(1 \minus{} \frac {1}{\sqrt {5}})(\frac {1 \minus{} \sqrt {5}}{2})^n$

Why introduce $ \alpha$ at all?  If you replace it with 1 then it gives $ g_n \equal{} g_{n \minus{} 1} \plus{} g_{n \minus{} 2}$ with $ g_0 \equal{} g_1 \equal{} 1$, i.e., $ g_n$ is just the $ n$th Fibonacci number (or $ (n\plus{}1)$th, depending how you index your Fibonacci numbers).


linear algebra
matrix
integration
calculus
topology
complex numbers
linear algebra unsolved

[quote="harazi"]Let A,B,C be real matrices such that all eigenvalues of A and B have the real part strictly negative. Find all solutions X real matrix for which $AX+XB=C$. Express them in terms of A,B,C![/quote]

The operator (on matrices) $X \to AX + XB$ has eigenvalues $a_i + b_j$ (sums of eigenvalues of A and B), and any matrix $X$ that sends a B-eigenvector to an A-eigenvector will be an eigenvector of this operator.  This gives an implicit solution, but I think that there is a more direct expression as well.  There is an old book by Wedderburn about matrix equations where he discusses this and similar problems, but I do not have access to it at the moment.

Could this be the book you are referring to?

http://www.ajorza.org/papers/wedderburn/Wedderburn%20--%20Lectures%20on%20Matrices/

Andrei

I think so --- but I could not find the solution of $AX + XB = C$ in that pdf file.   It is possible that it's not in Wedderburn but some other source.

Consider the morphism of $M_n(C)$ $f(M)=AM+MB$
Prove that $ker(f)=0$ so it is bijective

Check
$X=-\int_{0}^{+\infty}e^{tA}Ce^{tB}dt$  is a solution of $AX+XB=C$

An amazing formula!  But one must assume something about $A$ and $B$, no?
ker($f$) is 0 only when all $a_i + b_j$  (sums of eigenvalues of $A$ and $B$)  are invertible.  Also, the integral can only converge in some limited cases, such as when eigenvalues of $A,B$ have negative real part.  Does this formula come from Lie algebras (something like Baker-Campbell-Hausdorff formula)?


[i] [u]Problem :[/u][/i]

[i]Let $ a, b$ be positive integers such that  :

   $ gcd(a \ , \ b) \ \equal{} \ 1$ and $ max \{ a \ , \ b \} \ \geq \ 2$

  [u]Prove that[/u] : $ \forall  n \ \in \ N^{*}$ , we have :

                 $ 2n  |  \varphi(a^{n} \ \plus{}  \ b^{n} )$[/i]

$ gcd(a^k\plus{}b^k,a^n\plus{}b^n)\equal{}a^{gcd(k,n)}\plus{}b^{gcd(k,n)}$. Therefore exist prime $ p|a^n\plus{}b^n$, suth that $ p\not |a^d\plus{}b^d$ for any divisor $ d<n$. Then $ (a/b)^n\equal{}\minus{}1\mod p$ and $ (a/b)^d\not \equal{}\pm 1$. Therefore $ 2n|p\minus{}1|\phi (a^n\plus{}b^n)$.

[quote="Rust"]$ gcd(a^k \plus{} b^k,a^n \plus{} b^n) \equal{} a^{gcd(k,n)} \plus{} b^{gcd(k,n)}$[/quote]
I can't prove this. Can you help me out?

Let $ n\equal{}mk\plus{}r$, then
$ a^n\plus{}b^n\equal{}a^{n\minus{}k}(a^k\plus{}b^k)\minus{}a^{n\minus{}k}b^k\plus{}b^n\equal{}$
$ \equal{}(a^k\plus{}b^k)(a^{n\minus{}k}\minus{}a^{n\minus{}2k}b^k\plus{}...\plus{}(\minus{}1)^{m\minus{}1}a^{n\minus{}mk}b^{(m\minus{}1)k})\plus{}(\minus{}1)^ma^{n\minus{}mk}b^{mk}\plus{}b^n$,
therefore $ (a^k\plus{}b^k,a^n\plus{}b^n)\equal{}(a^k\plus{}b^k,b^r\plus{}(\minus{}1)^ma^r).$
If $ (k,n)\equal{}d$ and $ k/d,n/d$ odd, then $ (a^k\plus{}b^k,a^n\plus{}b^n)\equal{}a^d\plus{}b^d$ else $ (a^k\plus{}b^k,a^n\plus{}b^n)\equal{}1 \ or 2$.


Are we in our country and culture, the successors to Beowulf?

What do you think?

my friend did this hilarious video for an english project over beowulf   :rotfl:

[url]http://youtube.com/watch?v=Ljacxn7zfFA[/url]


:rotfl: Let a,b,c be the sides of a triangel. Prove:
 $ \sum_{cyc}{m_al_a(\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geq 3\sqrt p}$ :D  :blush:

[quote="thegod277"]:rotfl: Let a,b,c be the sides of a triangel. Prove:
 $ \sum_{cyc}{m_al_a(\frac {1}{b} + \frac {1}{c})\geq 3\sqrt p}$ :D  :blush:[/quote]
Try $ a=b=c=\frac{1}{2}.$ :wink:


algebra
polynomial
inequalities proposed
inequalities

Given $a,b,c \ge  0$ and $ab + bc + ca = \frac{2}{9} (a+b+c)^2$

Prove that:

$ f(a,b,c) = \frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b} \ge  \frac{5}{2}$

and $ f(a,b,c)$ is maximal when $a,b,c$ are propotional to three roots of the following polynomial:

$x^3 - x^2 + \frac{2}{9} x - \frac{2}{3^{4+1/2}} $

[b]A more general result:[/b]

$ ab + bc + ca = C * (a+b+c)^2 $

$C$ is a given constant such that: $\frac{1}{4} > C > 0$ and  $a,b,c \ge  0$

Then

a) $f(a,b,c)$ is minimal when $a,b,c$ is propotional to three roots of polynomial: $x^3 - x^2 + C*x = 0$

b) $f(a,b,c)$ is maximal when $a,b,c$ is propotional to three roots of polynomial: $x^3 - x^2 + C*x + \alpha(C)= 0$

I will give the value of $\alpha(C)$ latter  :D

This problem may be hard for some of you, I am not sure.

I wish I was a teacher who can give you this type of problem in an important contest for high-school students  :lol:  :P


Find the function from naturals to naturals on $ x$, where the function is the $ n$ such that the expression $ a_1^x \plus{} a_2^x \plus{} \cdots \plus{} a_x^x \minus{} na_1a_2\cdots a_x$ is factorable among the integers.

For $ x\equal{}1$, this is not even a well-defined function..


[b]1.[/b]
The 1st, 2nd and 3rd perfect squares are underlined in the following arithmetic sequence, [u]1[/u], 8, 15, 22, 29, [u]36[/u], 43, 50, 57, [u]64[/u], ...[b].[/b]  Find the 100th perfect square in the sequence.

[b]2.[/b]
How many subsets of S = {1, 2, 3, ..., 10} contain a 1, 2, or 3?

[b]3.[/b]
Three parallel lines [i]l[/i][size=59]1[/size], [i]l[/i][size=59]2[/size], and [i]l[/i][size=59]3[/size] are drawn through the vertices A, B, and C of a square ABCD.  If the distance between [i]l[/i][size=59]1[/size], and [i]l[/i][size=59]2[/size] is 7 and between [i]l[/i][size=59]2[/size], and [i]l[/i][size=59]3[/size] is 12, find the area of ABCD.

[b]4.[/b]
Find the coefficient of x:^3: in the expansion of (1 + x + x:^2:)^12.

[b]5.[/b]
Find k given that
f(0) = k; f(n) = f(n + 1) - 3n - 2; f(-50) = 4000.

[b]6.[/b]
One of the sides of a triangle is divided into segments of 6 and 8 units by the point of tangency of the inscribed circle.  If the radius of the incircle is 4, then what is the length of the shortest side of the triangle.

1. [hide]the sequence is given by 7n+1. If this is to equal m:^2:, then (m-1)(m+1)=7n, or basically (m-1)(m+1) is a multiple of 7. This will occur iff m:equiv:1,6 mod 7. So, the squares in the sequence are given by m:^2:, where m:equiv: 1,6 mod 7. We can see that the first few, 1:^2:, 6:^2:, and 8:^2:, indeed match the ones given in the example. In any case, the 100th such m will be -1+7*50=349, so it will be 349:^2:, which I do not care to do in my head, but I will anyway...um...121801?[/hide]

2. [hide]there are 2^10 total subsets, and 2^7 do not contain 1, 2, or 3. we subtract to find 2^7(2^3-1)=128*7=896?[/hide]

3. whatever

Yes I jacked (stole) this from the NC State Math Contest.  By the way, 349:^2: is nowhere near 1219.  Then again, even if you are to be correct on any of the problems, I wouldn't confirm it yet because I want to see others solutions to these problems also, and also, I don't have my work nor the solutions to these with me at the moment.  For [b]3.[/b], I think I'll IM you my method for solving that problem later on, when you finish doing it.  It didn't involve any extra lines being drawn, except for perpendicular lines between the pairs of parallel lines to show the distances.  Your answers and solutions do seem very nice so far though Bob.

4. [hide]this can be either (x:^2:)^1*(x)^1 or (x)^3. The first coefficient is C(12,1)*C(11,1) and the second coefficient is C(12,3). Adding gives 1452?[/hide]

5. [hide]f(n)=k+2n+3n(n-1)/2 (induction). thus 4000=f(-50)=k-100+3825 => k=275.[/hide]

is 3 from that NC state contest ?  I had that same exact question at an ARML practice last week...

Yes problem number 3 is from the NC State Contest.  It seems hard but it's really easy.

there are actually 2 answers as the problem is stated, i believe.  At the practice they made sure to say the lines are drawn through a, b, c respectively so there could only be one answer.

I still would like to see more people try these problems...

I don't know if this is the quickest way, but oh well...

[hide]

6. we have sides a, b, c

a = 6 + 8 = 14

b = 8 + x

c = 6 + x

r = 4

r = (1/2) :sqrt: ((a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)/(a+b+c))

plugging them in and solving for x, we get x=7

so the shortest is 13?[/hide]

Yes, 193 is the correct answer, but now show how you got it.

after drawing the two perpendicular lines between the three parallel lines to sho distances, can prove two right-angle triangles are congruent, each of the shorter sides' length is 7 and 12.

You are correct.  That's what I did also :-).


[quote="Beat"]$x^4+y^4<4$
$x^3+y^3>3$
Prove
$x^2+y^2>2$[/quote]

  I love it because it very easy:
$x^4+x^2 \geq 2x^3$
Similarly for y
So $\sum (x^4+x^2) \geq \sum 2x^3 \geq 6$
$x^2+y^2 \geq 2(x^3+y^3)-x^4-y^4 \geq 6-4=2$


complex numbers
inequalities unsolved
inequalities

[i][u] Problem [/u]:   Let $ a \ , \ b \ , \ c \ , \ d$ be real numbers such that :

        $ ( 1 \ \plus{} \ a^{2} )( 1 \ \plus{} \ b^{2} )( 1 \ \plus{} \ c^{2} )( 1 \ \plus{} \ d^{2} ) \ \equal{} \ 16$

   Prove that :

   $ \minus{}3 \ \leq \ ab \  \plus{} \ ca \ \plus{} \ ad \ \plus{} \ cb \ \plus{} \ bd \ \plus{} \ cd \ \minus{} abcd \ \leq  \ 5$

   For my love [/i]

[i]  I hope she will be happy[/i] :oops:

[u]   Solution :[/u]

   Using complex numbers  , we can rewrite the condition :

           $ \prod( i \ \plus{} \ a) \prod( a \ \minus{} \ i) \ \equal{} \ 16$

  Deduce  $ \prod( i \ \plus{} \ a) \prod( i \ \minus{} \ a) \ \equal{} \ 16$

   By Viette ' s theorem

  We have :

 $ ( i^{4} \ \minus{} \ i^{3}\sum a \ \plus{} \ i^{2}\sum ab \ \minus{} \ i\sum abc \ \plus{} \ abcd )( i^{4} \ \plus{} \ i^{3}\sum a \ \plus{} \ i^{2}\sum ab \ \plus{} \ i\sum abc \ \plus{} \ abcd) \ \equal{} \ 16$

[i][u]   Solution :[/u]

  Denote $ \sum a \ \equal{} \ a \ \plus{} \ b \ \plus{} \ c \ \plus{} \ d$

                 $ \sum ab \ \equal{} \ ab \ \plus{} \ bc \ \plus{} \ cd \ \plus{} \ da \ \plus{} \ ac \ \plus{} \ bd$

        $ \sum abc \ \equal{} \ abc \ \plus{} \ abd \ \plus{} \ acd \ \plus{} \ bcd$
   Using complex numbers  , we can rewrite the condition :

           $ \prod( i \ \plus{} \ a) \prod( a \ \minus{} \ i) \ \equal{} \ 16$

  Deduce  $ \prod( i \ \plus{} \ a) \prod( i \ \minus{} \ a) \ \equal{} \ 16$

   By Viette ' s theorem

  We have :

 $ \left( i^{4} \ \minus{} \ i^{3}\sum a \ \plus{} \ i^{2}\sum ab \ \minus{} \ i\sum abc \ \plus{} \ abcd \right) \left( i^{4} \ \plus{} \ i^{3}\sum a \ \plus{} \ i^{2}\sum ab \ \plus{} \ i\sum abc \ \plus{} \ abcd \right) \ \equal{} \ 16$

           So , we have

  $ \left( 1 \ \plus{} \ i\sum a \ \minus{} \sum ab \ \minus{} \ i\sum abc \ \plus{} abcd \right) \left( 1 \ \minus{} \ i\sum a \ \minus{} \sum ab \ \plus{} \ i\sum abc \ \plus{} abcd \right) \equal{} \ 16$

    ( because $ i^{2} \ \equal{} \ \minus{} 1$ )

   $ \left( 1 \ \minus{} \ \sum ab \ \plus{} \ abcd \right)^{2} \minus{} \left( i ( \sum a \ \minus{} \ \sum abc ) \right)^{2} \ \equal{} \ 16$

   $ \rightarrow \left( 1 \ \minus{} \ \sum ab \ \plus{} \ abcd \right)^{2} \plus{} \left( \sum a \ \minus{} \ \sum abc \right)^{2} \ \equal{} \ 16$

      $ \rightarrow \left( 1 \ \minus{} \ \sum ab \ \plus{} \ abcd \right)^{2} \ \leq 16$

            $ 4 \ \geq \ | \sum ab \ \minus{} \ abcd \ \minus{} \ 1 |$

    $ \rightarrow \minus{} 4 \ \leq \ ab \ \plus{} \ bc \ \plus{} \ cd \ \plus{} \ ac \ \plus{} ad \ \plus{} \ bd \ \minus{} \ abcd \ \minus{} 1 \leq \ 4$

   $ \rightarrow \minus{} 3 \ \leq \ ab \ \plus{} \ bc \ \plus{} \ cd \ \plus{} \ ac \ \plus{} ad \ \plus{} \ bd \ \minus{} \ abcd \ \leq \ 5$

   Nice problem[/i]


Oh man I totally want to facebook friend random AoPS people in this group haha.

So join! If you hurry up we'll have a majority of Illinoisians in the group :D

Nice group; I joined. Right now there are mostly people from Illinois. :maybe:

This is perfect. Now everyone else will be distracted with facebook while I swoop in and own the USAMO :)

I don't really understand the point of this group. -_-;;

lol i dont even have a facebook, waste of time...

Time you enjoyed wasting, was not wasted.
WHO SAID IT? :D

John Lennon or Bertrand Russell, with the intention of wasting other ppl's time. :)

@Hamster: I swear, ever since I chose my username, I notice the word a lot more. I don't have a facebook either. :lol:

I essentially only use Facebook to look up contact information and talk with my former math teacher.

I joined facebook just to join this

I will probably never go on again

[quote="moogra"]Right now 44 members, 145 unreplied...
We should make an AIME group too. MORE PEOPLE[/quote]
It's at 49 i think...

[quote="moogra"]Right now 44 members, 145 unreplied...
We should make an AIME group too. MORE PEOPLE[/quote]
lol yay now the 202-pointers won't be left out.. is it made yet?

Actually, I believe that I am the 66th member.
Yay


this is a variant of the question that was posed in this thread by carcul...

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?t=202038

btw/ the answer to that is $ \boxed{\dfrac{3\,\pi^3\,\sqrt {\; 2\; }}{128}}$ (provided my calculations are right)

in this thread, i want to post a similar kind of question...  :D

can you sum this series

$ 1 \plus{} \dfrac{1}{3^3} \minus{} \dfrac{1}{5^3} \minus{} \dfrac{1}{7^3} \plus{} \dfrac{1}{9^3} \plus{} \dfrac{1}{{11}^3} \plus{} \dfrac{1}{{13}^3} \minus{} \dfrac{1}{{15}^3} \minus{} \dfrac{1}{{17}^3} \minus{} \dfrac{1}{19^3} \plus{} \dfrac{1}{21^3} \plus{} \dfrac{1}{{23}^3} \minus{} \dfrac{1}{{25}^3} \minus{} \dfrac{1}{{27}^3}\;\;\; \plus{} \plus{} \plus{} \;\;\; \minus{} \minus{} \minus{} \;\;\;\plus{} \plus{} \;\;\; \minus{} \minus{} \;\;\;  \plus{} \plus{} \plus{} \;\;\; \minus{} \minus{} \minus{} \;\;\;\plus{} \plus{} \;\;\; \minus{} \minus{} \;\;\;\ldots \;\;\;\ldots \;\;\;\ldots$

[quote="misan"]$ \boxed{\dfrac{3\,\pi^3\,\sqrt {\; 2\; }}{128}}$ (provided my calculations are right)[/quote]

The answer is right.

[quote="misan"]can you sum

$ 1 \plus{} \dfrac{1}{3^3} \plus{} \dfrac{1}{5^3} \minus{} \dfrac{1}{7^3} \minus{} \dfrac{1}{9^3} \minus{} \dfrac{1}{{11}^3} \plus{} \dfrac{1}{{13}^3} \plus{} \dfrac{1}{{15}^3} \plus{} \dfrac{1}{{17}^3} \minus{} \dfrac{1}{19^3} \minus{} \dfrac{1}{21^3} \minus{} \dfrac{1}{{23}^3} \;\;\; \plus{} \plus{} \plus{} \;\;\; \minus{} \minus{} \minus{} \;\;\;\ldots$[/quote]

http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=201988

oh ! sorry... :( Kouichi showed that i had already posted that question... and that too, just a few days ago...

  i have edited the 1st post and have now posed a different but related question...  :huh:

[quote="Carcul"]Misan, have you have ever heard of "hide the answer"? Why are you always so eager to post answers and problems in an uncontroled way?[/quote]

you should notice i didn't really post the answer openly in [u]your[/u] thread. i will tend to hide an answer  if i think it is necessary. personally, i don't find it the least appealing when people tend to hide every single answer that they post, especially after a thread has been in existence for a few days.


Can $ \text{Cu}$ and $ \text{HAc}$ interact with each other under high temprature? If they can, what is the end product?

Also, can $ \text{FeS}_2$ interact with $ \text{HAc}$ when the temp is high?

Thanks!

Predicting the outcome of high temperature reactions is not generally easy, unless some previous knowledge is used. Also, what is "high temperature" to you?


Solve the equation: $\4\sin^{2}\left(x+\frac{\pi}{6}\right)+\sin 2x=1$

It is very easy.
We have:
$sin2x=1-sin^{2}\left(x+\frac{\pi}{6}\right)=cos^{2}\left(x+\frac{\pi}{6}\right)=1+cos2\left(x+\frac{\pi}{6}\right)=1+cos\left(2x+\frac{\pi}{3}\right)=\frac{1}{2}.cos2x-\frac{\sqrt{3}}{2}sin2x$
$\Leftrightarrow tan2x=\frac{1}{2+\sqrt{3}}=tg\alpha$
Hence: $x=\frac{\alpha}{2}+k\frac{\pi}{2}(k\in\mathbb{Z})$


inequalities
quadratics
algebra
inequalities unsolved

Find the greatest real number $ C$ such that, for all real numbers $ x$ and $ y\not\equal{} x$ with $ xy\equal{}2$ it holds that:

$ \frac{((x\plus{}y)^2\minus{}6)((x\minus{}y)^2\plus{}8)}{(x\minus{}y)^2} \ge C.$

When does equality occur?

Let $ a \equal{} x \plus{} y$ and $ b \equal{} x \minus{} y$ so that $ y \ne x$ implies $ b \ne 0$, and $ xy \equal{} \left(\dfrac{a \plus{} b}{2}\right)\left(\dfrac{a \minus{} b}{2}\right) \equal{} 2$ implies $ a^2 \equal{} b^2 \plus{} 8$.
The inequality $ \frac {((x \plus{} y)^{2} \minus{} 6)((x \minus{} y)^{2} \plus{} 8)}{(x \minus{} y)^{2}}\ge C$ can be rewritten as $ \dfrac{(a^2 \minus{} 6)(b^2 \plus{} 8)}{b^2} \ge C$, which is equivalent to
\[ \dfrac{(b^2 \plus{} 2)(b^2 \plus{} 8)}{b^2} \ge C.\]
Let $ u \equal{} f(b) \equal{} \dfrac{(b^2 \plus{} 2)(b^2 \plus{} 8)}{b^2}$.
This implies $ ub^2 \equal{} b^4 \plus{} 10b^2 \plus{} 16$ and therefore
\[ b^4 \plus{} (10 \minus{} u)b^2 \plus{} 16 \equal{} 0.\]
Since $ b^2$ is a real number, and we have a quadratic equation in $ b^2$, the discriminant is nonnegative, so
\[ (10 \minus{} u)^2 \minus{} 64 \ge 0\]

\[ (u \minus{} 10 \minus{} 8)(u \minus{} 10 \plus{} 8) \ge 0\]
$ u \ge 18$ or $ u \le 2$.
$ u \le 2$ cannot hold. If it does then the equation $ b^4 \plus{} (10 \minus{} u)b^2 \plus{} 16 \equal{} 0$ has no positive (or zero) roots in $ b^2$ by Descartes' Law of Signs, leading to a contradiction because $ b$ is a real number.
Thus $ u \ge 18$. Equality holds when $ a \equal{} 2 \sqrt {3}$ and $ b \equal{} 2$, or $ x\equal{}\sqrt{3}\plus{}1$ and $ y\equal{}\sqrt{3}\minus{}1$, so $ C \equal{} 18$.


integration
real analysis
real analysis solved

$E=\{f [0,1]\rightarrow R,C^{2} \;  f(0)=0\; f(1)=1\}$

Find the largest real number $u$ such that $u\leq \int_{0}^{1}|f''(x)-f(x)|dx $ for all $f\in E$

I know it is your favorite kind of problems :) I was sure that I will see "Created by Moubinool" when I read the problem.

The infinum - in fact, the minimum - of that functional is zero.

Let $f(x)=\frac{\sinh x}{\sinh 1}.$


Hi all, I have a query in probability, this actually occurred to me while I was trying to solve another problem.

[b] Question [/b]

Given an examination paper with 10 questions, with each question having 4 options, what is the probability of answering correctly:

(a) A single individual question (It's 0.25, right? I mean, since there are 4 options and answering correctly means picking the correct option, which is 1/4  )

(b) Assuming I randomly answer  all the questions, then how many questions will I   be able to answer correctly? (That is- If close my eyes, and answer all the questions, then, how many questions will I answer correctly?)

(c) What's the probability of answering all the questions correctly?

P.S.: I am rather naive in probability theory, so these questions may appear pretty silly.

a: right
b: this is called a Binomial distribution: http://en.wikipedia.org/wiki/Binomial_distribution
c: this is equal to $ \frac {1}{4^n}$ where $ n$ is the number of question.Have you already learned the concept of "independent random variables" ?

How far have you been in your probability course ?

No, I don't pursue a degree in probability, my baccalaureate degree is in computer science, but, I had taken a course in probability at the undergraduate level.

I might have learned about 'The independent random variable' in probability, but I need to refresh my knowledge of probability.

I just dabble in probability for fun  :lol:


Id say that LHS<= a^2+ b^2+ c^2
Now if we say x^2+ y^2+ z^2=3, then
x+y+z >= x^4+ y^4+ z^4, or
Sum   x*(x^3 - 1)>=0

Sorry for interruption, but here goes
WLOG
x>=y>=z
x^3 - 1>=y^3 - 1>=z^3 - 1
Apllying the arranged sequences ineq  (Also know as chebyshev) we get
3*RHS>=(x+y+z)(x*3 + y^3 + z^3 -3 )>=0.
We just will prove that x^3+y^3+z^3>=x^2+y^2+z^2 = 3.
I hope its right.
I have to go.
Continue Later

are you sure it's correct? I've not all understood.

you want to prove that
x+y+z>=x^4+y^4+z^4
or
Sum x(x^3-1) <= 0 wich is false, isn't it ?

if x>=y>=z
Sum x(x^3-1) >= (1/3)(x+y+z)(x^3+y^3+z^3-3)
but
x^3+y^3+z^3>=x^2+y^+z^2
because  Sum x(x^2-1)>=(1/3)(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-3)=0
then Sum x(x^3-1)>=0

where am I wrong ?


Let A be an nxn matrix in the field of complex numbers. Let A* denote the conjugate transpose of A. If AA*=i(A*A), is it true that det(A)=0 ?

Note that $\text{tr}(A^{*}A)=\text{tr}(AA^{*})=\sum_{i,j}|a_{ij}|^{2}$; that's a nonnegative real number which is zero iff $A=0$.

So in general it is not true, am i right?

As [b]jmerry[/b] pointed out,  $AA^{*}=i(A^{*}A)$ implies $A=0$, hence $\det(A)=0$.


$ P$ is a point inside $ \triangle ABC$ such that $ \angle PAC \equal{} \angle PBC$. The perpendicular from $ P$ to $ BC$ and $ CA$ meet the sides at $ L$ and $ M$ respectively. $ D$ is the midpoint of $ AB$. Prove that $ DL \equal{} DM$.

[b]lemma:let $ M$ be the midpoint of side $ BC$ of $ \triangle ABC$,now construct triangles $ ADB,AEC$ outside $ \triangle ABC$ such that $ \angle CAE \equal{} \angle BAD \equal{} \alpha$ and $ \angle CEA \equal{} \angle BDA \equal{} 90$.prove that $ MD \equal{} ME$[/b]
[hide="proof of the lemma"]
let $ K,L$ be the midpoints of $ AC,AB$ respectively,so $ MK\parallel AB$ and $ ML\parallel AC$ so:

$ \angle MKC \equal{} \angle MLB \equal{} \angle BAC$ (*)

also we have:

$ MK \equal{} \frac {c}2,ML \equal{} \frac {b}2$ (I)

also in right-angled triangle $ \triangle ABD$,$ DL$ is the median thus $ DL \equal{} LB \equal{} LA \equal{} \frac {c}2$ and also $ \angle DLB \equal{} 2\alpha$ in a similar way we get that $ KE \equal{} \frac {b}2$ and $ \angle CKE \equal{} 2\alpha$ hence from (*),(I) we get that:
$ MK \equal{} DL,EK \equal{} ML,\angle MKE \equal{} \angle MLD$ therefore $ \triangle MLD \equal{} \triangle MKE$ so $ ME \equal{} MD$.
--------------------------------------------------------------------------------[/hide]

now if we use the above lemma for triangle $ \triangle PAB$ and points $ M,L$ we get that $ DM \equal{} DL$ as wanted...


algebra
polynomial
superior algebra
superior algebra unsolved

[quote="pureblack2003"]i know it's obvious but how do you proof that a if a monic polynom has no integer roots, it has no rational roots either ?
[/quote]
I don't quite understand what you are asking, but isn't $P(X)=X-\frac{1}{3}$ a counterexample?

Monic integer polynomial.

Well, just assume a rational root to be $x=\frac{p}{q}$ and set this into the equation $f(x)=0$, multiply by some power of $q$ and conclude that $q|1$, thus $q=\pm 1$.

yea zetax that's i was talking about, thanks . i forgot to mention that it was an integer polynom  :blush:

so ... why does $q|1$ ?  :oops:

If $P(X)=X^{n}+a_{n-1}X^{n-1}+...+a_{0}$ is an integer polynomial with the root $\frac{p}{q}$ then $p^{n}+a_{n-1}qp^{n-1}+a_{n-2}q^{2}p^{n-2}+...+a_{0}q^{n}=0$ and if we take it modulo $q$ it gives that $(p,q)!=1$

This is part of the rational root theorem- one of those important theorems you learn in high school algebra.

yea that's how it's supposed to be .. but nobody taught me this. i knew about it , but what i wanted was a demonstration of it so i could understand it better ;)


The sequence $ {c_n}$ is defined by $ c_1 \equal{} c_2 \equal{} 1$ and if n>2 $ c_{n} \equal{} (n\minus{}2) (c_{n\minus{}1} \plus{} c_{n\minus{}2})$ Prove that $ c_{n}$ is congruent to -1 modulo n iff n is odd or n=2.

When $ n\equal{}1$, $ c_n\equal{}1$ which is not necessarily congruent to -1 modulo $ n$. Did I miss something?

okay excuse me if n is odd then c_n (modn)=-1 and if n is even and n>2 then c_n(modn) # -1

[quote="shoki"]The sequence $ {c_n}$ is defined by $ c_1 \equal{} c_2 \equal{} 1$ and if n>2 $ c_{n} \equal{} (n \minus{} 2) (c_{n \minus{} 1} \plus{} c_{n \minus{} 2})$ Prove that $ c_{n}$ is congruent to -1 modulo n iff n is odd or n=2.[/quote]
$ c_n\equal{}(n\minus{}1)!$ so this  congruence holds iff $ n$ is a prime .

[quote="shoki"]in fact i wanted the answer to solve this problem
the sequence $ a_{n}$ is defined by $ a_1 \equal{} 2$ and $ a_2 \equal{} 1$ and
$ a_{n \plus{} 2} \equal{} \frac {n(n \plus{} 1)a_{n \plus{} 1} \plus{} n^2a_{n} \plus{} 5}{n \plus{} 2} \minus{} 2$
find all integer $ n$ for which $ a_{n}$ is an integer.
thx TTsp... it was easy :([/quote]
It is not very hard to show that :$ a_n\equal{}\frac{(n\minus{}1)!\plus{}1}{n}$ ,so it is a integer iff $ n$ is a prime or equal 1 .


inequalities function algebra polynomial

I have recently started to learn some of the basic inequalities (AM-GM, Cauchy, Jensen, etc.) but I am stuck on the concept of Homogenuity. Can someone please help me understand this or show me a good book/website/anything.
Specifically, in this question...

For positive reals $ a,b,c$ show that
$ \dfrac{a}{\sqrt{a^2 \plus{} 8bc}} \plus{}\dfrac{b}{\sqrt{b^2 \plus{} 8ac}} \plus{}\dfrac{c}{\sqrt{c^2 \plus{} 8ab}} \ge 1$

If this equation is homogenous, why can you assume that $ a\plus{}b\plus{}c\equal{}1$?

Let's say a,b,c worked in the given. If you plug in ak,bk, and ck, and simplified, you would get the same result (the ks would cancel), so it must also be true for ak,bk, and ck. Thus, we can scale a,b, and c to whatever we want, so we can scale them so their sum is one. For exmple, if we wanted to show it for a=3 b=5 c=6 we could instead use a=3/14 b=5/14 c=6/14

I don't know what's homogenous means, can anyone explain for me?

A function $ f(a, b, c)$ is homogeneous of degree $ n$ if $ f(ta, tb, tc) \equal{} t^n f(a, b, c)$.  Homogeneity is a useful condition to look for because an equality $ f(a, b, c) \equal{} 0$ holds if and only if it holds for $ ta, tb, tc$, and an inequality $ f(a, b, c) \ge 0$ holds if and only if it holds for $ ta, tb, tc$ where $ t > 0$.

Though not as relevant in the case of inequalities, a further reason to like homogeneity is that we can always eliminate one variable; if $ f(a_1, a_2, \ldots a_n)$ is homogeneous in degree $ d$, then dividing through by $ a_n^d$ gives a polynomial in $ a_1/a_n, a_2/a_n, \ldots a_{n\minus{}1}/a_n$ with degree at most $ d$.

how can you tell if an inequality is homogenuous?

Substitute each variable $ a_1, a_2 \ldots a_n$ (in the problem above $ a,b,c$) with $ ta_1, ta_2 \ldots ta_n$ for an arbitrary real $ t$, and try to show what you get is equivalent to the original inequality.

m new to these concepts of homogenization and normalization..... Can anyone provide me link that explains it from the scratch... It would be really appreciated........

How would the homogeneity solve this problem?


These questions may be difficult to answer, but I am curious about them, nevertheless:
About how many people who take the AMC 12 Problem Series Class get a perfect score on the AMC 12 each year?  A very nearly perfect score?  Do you think that someone who can make the AIME would be able to get a near-perfect score by putting enough time and effort into this class?
(I am also curious about the AIME and WOOT classes, and how many of the people taking those classes do extremely well on the AMC 12, although I understand that their performance may have more to do with their prior experience than the higher-level class that they are taking.  But correct me if I'm wrong.)

Thanks,
Someone who is looking at taking the AMC 12 (instead of the AMC 10) to make the USAMO this year

As said in other threads, they don't keep statistics like that and even if they do, there is no guarantee that the data given to them was valid. (Anyone could lie about their score.) Your success on the AMC 12 depends on how much time and effort you put into the class. You should attempt to do all the weekly problems that are given and participate actively in class. As mentioned before, you won't do amazingly well on the AMC 12 just from attending the class, you must work hard. And in general you should devote time to practice problems (like old AMC 12 problems that can be found [url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/resources.php?c=182&cid=44]here[/url]) daily so that you can improve your speed on the problems. If you are aiming for a perfect score, then speed is key. You want to finish the first 20 problems as fast as possible, check them, and then be able to do the last five with plenty of time to spare. The last five usually require some extra thought.

[quote="sunehra"]As said in other threads, they don't keep statistics like that and even if they do, there is no guarantee that the data given to them was valid. (Anyone could lie about their score.)[/quote]

Well, the AoPS Community Awards page on the AoPS Wiki has a list of AoPSers who earned a perfect score on the AMC 12--that's why I asked specifically about perfect scores, to find out who on that list gained the most from which classes.  I would like to extend my question to the AMC 10, as well, and even the AIME: In general, the people who score very highly (a perfect score is obviously very high) on those competitions take which classes?  Or do they do most of their studying independently?  Is having a thorough knowledge of AMC math and taking an AMC problem series enough to give one a good shot at a perfect score on test day, or would one need to take something higher level, like WOOT?

Thanks to all who respond.  :)

People edit the wiki page and add their names on to it. Of course, you can't lie on the wiki page because the names of the perfect scorers are present on the official AMC website.

And yes, there are people who have scored perfectly on the AIME that took the classes. Success in any math competition is all about the effort you put in. The classes simply give you some general and specific strategies and show how they are applied. It is also possible just to work through AoPS textbooks and get perfects. Again, it is all dependent on you. Also, you shouldn't aim for a perfect score, but a high score. A lot of the time, people get very close but one small stupid mistake messes them up. And a perfect score on the AIME means more than a perfect score on the AMC 10/12. That is due to the fact that the AMC 10/12 is a multiple choice test and AIME is short answer. Therefore, it is even possible to get a perfect through guessing on the AMC 10/12 but close to impossible to guess on AIME. WOOT prepares you for AIME and introduces Olympiad math.

If you can make the AIME, I suggest taking an AIME class, because the harder AMC 12 problems are about AIME 8-10 level.


This program is similar to mathematica and math lab in the fact that it is very powerful and has 100s of functions at your disposal.

This tool is very powerful for calculations, quick graphs, etc etc.

If you register / login you can publish / save your programs and view them on a different computer when logged in.

The url is:

http://nixelinc.org/

If you have any questions about how to use the calculator the administrators on the site would be glad to help you.

or you can download graphcalc

works well for me