trigonometry
number theory
greatest common divisor
geometry proposed
geometry

$EF\cdot PG=PE\cdot BG\Leftrightarrow\sin\angle AOD/2\cdot\sin\angle AOE/2=\sin(\angle DOE/2+\angle AOB/2)\cdot\sin\angle AOB$.

The result is clear now.

[quote="xeroxia"]$ABCDE$ is a cyclic pentagon.  $[BE \cap [CD = \{P\}, BE \cap AD = \{F\}, BE \cap AC = \{G\}$.  Prove that $ |EF|\cdot|PG| = |PE|\cdot|BG|$ if and only if $|AB|=|AE|$.[/quote]

There is a nice synthetic solution:

We will use directed angles modulo 180°. Since the pentagon ABCDE is cyclic, < EAD = < ECD and < ACE = < ABE, so that

  < GCD - < GFD = < ACD - < (BE; AD) = < ACD - (< (BE; EA) + < (EA; AD)) = < ACD - (< BEA + < EAD)
       = < ACD - (< BEA + < ECD) = (< ACD - < ECD) - < BEA = < ACE - < BEA = < ABE - < BEA.

Thus, we have < GCD = < GFD if and only if < ABE = < BEA. But < GCD = < GFD holds if and only if the points F, G, C, D lie on one circle, and < ABE = < BEA is equivalent to AB = AE. Hence, the points F, G, C, D lie on one circle if and only if AB = AE.

Now, note that $PB\cdot PE=PC\cdot PD$ by the intersecting chords theorem.

Consider the following chain of equivalent equations:

$EF\cdot PG=PE\cdot BG  \Longleftrightarrow  \frac{EF}{PE}=\frac{BG}{PG}  \Longleftrightarrow  \frac{PE-PF}{PE}=\frac{PG-PB}{PG}$
$\Longleftrightarrow  1-\frac{PF}{PE}=1-\frac{PB}{PG}  \Longleftrightarrow  \frac{PF}{PE}=\frac{PB}{PG}   \Longleftrightarrow  PF\cdot PG=PB\cdot PE$
$\Longleftrightarrow  PF\cdot PG=PC\cdot PD$          (equivalence because $PB\cdot PE=PC\cdot PD$).

But by the intersecting chords theorem, we have $PF\cdot PG=PC\cdot PD$ if and only if the points F, G, C, D lie on one circle, what, as we saw above, holds if and only if AB = AE. Thus, combining our observations, we see that $EF\cdot PG=PE\cdot BG$ holds if and only if AB = AE. And the problem is solved.

  darij


calculus
integration
combinatorics proposed
combinatorics

11 kids wanted to play basketball. Since the game requires two teams of 5 players, someone had to be left out. They realized that if John is removed, the other 10 kids can be divided into two teams of 5 such that the average height of the players in each team is the same - surely a desirable outcome. John protested by pointing out that removing Frank instead of himself achieves the exact same result: the other 10 kids can still be divided into two teams of 5 with the same average height.

Not to be outdone, Frank demonstrated that the same holds no mater which of them is removed: every subset of 10 can be divided in this manner.

John is 5'8". How tall is Frank?

This problem is similar if you replace heigths by weights:

http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?t=224724

heights or weights don't matter much, but I don't assume the heights are integral which does require an extra argument. Nothing deep but worth thikning about, anyway.


group theory
abstract algebra
Galois Theory
superior algebra
superior algebra unsolved

Let $K \subset L$ be a separable finite algebraic field extension of degree $d$.Prove that the number of fields between $K$ and $L$ is at most $2^{d!}$.

By changing $L$ into it's splitting field $L'$, we get a new field with degree at most $d!$ over $K$. Now by Galois Theory, the fields between $K$ and $L'$ correspond to the subgroups of the Galois group $G=Gal(L'|K)$ with $\leq d!$ elements. But the number of subsets of $G$ is at most $2^{d!}$, so the number of subgroups is even smaller.


geometry
power of a point
radical axis
geometry proposed

Let $ABCD$ be a convex quadrilateral. Prove that: [color=blue]A circle can be inscribed in $ABCD$ iff $AB+CD = BC+DA$.[/color]

The straight ($\Rightarrow$) is obvious

Let $a=AN=AK$  the tangent segments from $A$, and respectively $b,c,d$ the tangent segments from $B,C,D$, then

$AB+CD = a+b+c+d$
$BC+DA = b+c+a+d$

[img]http://i8.tinypic.com/24vs0ok.gif[/img]
[color=red]EDIT for the lost image[/color]

[b][color=green]I wonder if there is a simpler proof for the inverse $(AB+CD = BC+DA \Rightarrow$ a circle can be inscribed in $ABCD)$[/color][/b]

Here is my solution:

Let $AI,BI$ the angle bisectors of $\widehat{A}$ and $\widehat{B}$
(of course they intersect. If they don't, then $\widehat{A}=\widehat{B}=180^{0}$)

So $d(I,AD)=d(I,AB)=d(I,BC)=r$
And the circle $(I,r)$ touches the sides $DA,AB,BC$ at the points $N,K,L$ respectively

I note the circles
$C_{A}= (A,AK)$
$C_{B}= (B,BK)$
$C_{C}= (C,CL)$
$C_{D}= (D,DN)$

(power of $I$ w.r.t. $C_{D}$) $= r^{2}=$ (power of $I$ w.r.t. $C_{C}$)

So $I$ is on the radical axis of $C_{C},C_{D}$

now let
$a=AK=AN$
$b=BK=BL$
$c=BC-b$
$d=AD-a$

Since the opposite sums are equal $AB+CD = BC+DA$ we have:

$BC+DA=(b+c)+(a+d) = a+b+c+d \Rightarrow$
$AB+CD = a+b+c+d \Rightarrow$
$CD = c+d$

So the circles $C_{C}=(C,c),C_{D}=(D,d)$ intersect on $BC$ in a point $M$ s.t. $MC=c$

$I$ on radical axis $\Rightarrow IM \perp CM\Rightarrow IM$ common interior tangent of $C_{C},C_{B}$

and power of $I = MI^{2}=LI^{2}=r^{2}\Rightarrow$

$d(I,BC)=r$

Thanks

Maybe this one looks better :
 [b]Case 1 :[/b] $AB=BC$
 So $AD=CD$
 It's easy to prove : The bisectors of $\angle A , \angle B , \angle C$ are concurrent at 1 point lying on $BD$
 [b]Case 2:[/b] Suppose $AB > BC$
 So $DA > DC$
  $M$ is on the segment $AB$ , $N$ is on the segment $AD$ satisfying : $BM=BC , DN=DC$
  So $AM=AN$
 So the bisectors of $\angle A , \angle B , \angle C$ are also the perpendicular bisectors of $\triangle CMN$ . This infers they are concurrent .


Το παρακάτω όριο το πάλευα πολυ καιρό ώσπου άκουσα κάτι για κάποιον καθηγητή στο Πανεπιστήμιο Σάμου πριν πολύ καιρό βέβαια στην ΕΜΕ Σας το δίνω χωρίς να έχω την λύση
$ \displaystyle\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{1\plus{}sin(n)} , n\in N^*$
Είμαι σχεδόν βέβαιος ότι η ακολουθία δεν συγκλίνει, αλλά...?

Nice :)

Rudy, αρκεί να δείξεις ότι οι αριθμοί $ sin(k), k\in\mathbb{N}$ είναι πυκνοί στο $ [\minus{}1,1]$ (proof? έχει ένα παρόμοιο post στο sticky ;) ).

Μετά απλώς πάρε μία υπακολουθία με όριο το $ 1$ και άλλη μία με όριο το $ \minus{}1$.

Cheerio,

Durandal 1707

PS: Ελπίζω να μη γράφω βλακείες γιατί γράφω κλεφτά σε μία εντελώς βαρετή διάλεξη σε ένα εντελώς βαρετό συνέδριο και το μυαλό μου έχει πριονίδι μέσα του αυτήν τη στιγμή ;)

Basika, i akolouthia sigklinei.

I lisi mou xreisimopoiei ena stoixeiodes limma : $ |sin{x}| \geq \frac{2}{\pi} \cdot |x|$ otan $ \frac{\pi}{2}\geq x \geq \minus{}\frac{\pi}{2}$, kai ena mi-stoixeiodes limma : http://mathworld.wolfram.com/IrrationalityMeasure.html.

Stergios

Έχει δίκιο ο Anto, τον έφαγα το ρόλο του $ \sqrt[n]{\cdot}$ σαν μην πω... Duh!!!

Heh, εν τω μεταξύ, βλέποντας τη λύση του Anto θυμήθηκα ότι την είχα ξαναδεί την άσκηση και την είχα πατήσει με ακριβώς τον ίδιο τρόπο. Oh well, το τίμημα της απροσεξίας...

Anto, να'σαι καλά που μου άνοιξες τα μάτια :)

Cheerio,

Durandal 1707

[quote="r_boris"]Ευχαριστώ πολύ για την ενημέρωση Anto. Ήξερα το προσεγγιστικό θεώρημα του Liouville αλλά δεν ήξερα τίποτε για το άρθρο.
Παναγιώτη την πατήσαμε!!! όμως όλο και κάτι μαθαίνω στα γεράματα :)[/quote]

Καλά, δεν το συζητώ το πάτημα... τις τελευταίες βδομάδες έχω μάλιστα και καλό σερί στο να πέφτω στις παγίδες που γράφουν "ΠΑΓΙΔΑ" με μεγάλα, κεφαλαία, νέον, φωσφοριζέ, κόκκινα γράμματα ;)

Πολύ ωραίο πρόβλημα nonetheless!

Cheerio,

Durandal 1707


Let $ f: R \to R$ be a function such that for all real numbers $ x$ and $ y$,
$ f(x^3\plus{}y^3)\equal{}(x\plus{}y)(f(x)^2\minus{}f(x)f(y)\plus{}f(y)^2)$.
Prove that for all real numbers $ x$, $ f(1996x)\equal{}1996f(x)$

[hide="Hidden by mod"]$ x \equal{} y \equal{} 0 \rightarrow f(0) \equal{} 0$
$ y \equal{} 0 \rightarrow f(x^3) \equal{} xf(x)^2$
$ \therefore f(x) \equal{} x^{\frac {1}{3}}f(x^{\frac {1}{3}})^2$
Therefore  $ f(x)$ and $ x$ always have the same sign
$ \therefore f(x) \geq 0 \forall x \geq 0$
Let $ S$ be the set
$ S \equal{} \left\{\,\right. {a > 0 | f(ax) \equal{} af(x) \forall x \in \mathbb{R}}\left.\,\right\}$
Clearly $ 1 \in S$
$ \because axf(x)^2 \equal{} af(x^3) \equal{} f(ax^3) \equal{} f((a^{\frac {1}{3}}x)^3) \equal{} a^\frac {1}{3}f(a^\frac {1}{3}x)^2$
since $ x$ and $ f(x)$ have the same sign $ \therefore f(a^\frac {1}{3}x) \equal{} a^{\frac {1}{3}}f(x)$
I will show that $ a,b \in S$ impiles $ a \plus{} b \in S$
$ f((a \plus{} b)x) \equal{} f((a^{\frac {1}{3}}x^{\frac {1}{3}}) \plus{} (b^{\frac {1}{3}}x^{\frac {1}{3}}))$ $ \equal{} (a^{\frac {1}{3}} \plus{} b^{\frac {1}{3}})[f(a^{\frac {1}{3}}x^{\frac {1}{3}})^2 \minus{} f(a^{\frac {1}{3}}x^{\frac {1}{3}})f(b^{\frac {1}{3}}x^{\frac {1}{3}}) \plus{} f(b^{\frac {1}{3}}x^{\frac {1}{3}})^2]$
$ \equal{} (a \plus{} b)f(x)$
By induction,we have $ n \in S$ for each positive integer $ n$,so in particular,$ f(1996x) \equal{} 1996f(x)$ for all $ x \in R$[/hide]


number theory
greatest common divisor
number theory unsolved

If set $A$ consists of $n$ positive integers, show that set \[ \{\frac{ab}{gcd (a, b)^2}: a, b \in A\} \] contains at least $n$ members.


Harold tosses a nickel four times.  What is the probability that he gets
at least as many heads as tails?

Note that our answer will be $ \frac{1\plus{}x}{2}$, for x the probability of 2 heads and 2 tails. This is because 3 heads, 1 tail has the same probability as 1 head, 3 tails, and 4 heads+0 tails is the same as 0 heads+4 tails.

Thus, $ \frac{1\plus{}x}{2}\equal{}\frac{1\plus{}\frac{6}{16}}{2}\equal{}\frac{\frac{11}{8}}{2}\equal{}\frac{11}{16}$.

Or we can do casework on 2, 3, 4 heads.

(2^4+6)/2^5, since 6 is the central binomial coefficient.

11/16.


superior algebra
superior algebra solved

Let A,B,C \in M_n(R) with the property that A^2+B^2+C^2=AB+BC+CA then 3|n or det(AB+BC+CA-BA-CB-AC)=0.

This a pretty old trick.

Hint: Expand (A+eB+e2C)(A+e2B+eC) and see what happens..

e is the unit root of order 3, usually denoted by \varepsilon (I don't like how \varepsilon comes out, that's why I used e instead :))

yes.. that's the trick... a very nice pb :)

|det(A+jB+J^2C)|^2 = j^ndet(AB+BC+CA-BA-CB-AC)

If LHS = 0 we get det(AB+BC+CA-BA-CB-AC)=0

If LHS =/=0 then it is a real, j^n is real 3 divides n

I wonder if it can be solve without the expansion of
(A+jB+j^2C)(A+j^2B+jC) where j=exp(2i.pi/3)

i tryed a lot... but no result... i hope that someone will find another sol :D


probability
limit
function
logarithms
probability and stats

For a probability measure $ \mu$ on real line, [i]Cramer's condition[/i]  is that $ \lim\sup_{z\to \infty}|\phi_\mu(z)|<1$ (here  $ \phi_\mu$ is the characteristic function of $ \mu$).
 Measure $ \mu$ is said to have dimension $ d$ at the point $ x$ if there exist positive constants $ c_1,c_2$ s.t. $ c_1\epsilon^d\leq \mu((x\minus{}\epsilon,x\plus{}\epsilon))\leq c_2\epsilon^d$ for sufficiently small $ \epsilon>0$.
 Prove or disprove that if $ \mu$ has dimension $ d>0$ at some point $ x\in \Re$ then $ \mu$ satisfies Cramer's condition.

what about something like $ \sum_{k \geq 1} \frac{1}{2^k} \cdot \delta_{\frac{1}{2^k}}$.
1: this is a probability measure
2: $ 0$ has dimension $ 1$ since $ \mu([\minus{}\epsilon;\plus{}\epsilon]) \equal{} \sum_{k \geq [\minus{}\log_2(\epsilon)]} \frac{1}{2^k} \equal{} \frac{1}{2^{[\minus{}\log_2(\epsilon)]\minus{}1}}$, which is almost equal to $ \epsilon$
3: $ \phi_{\mu}(z) \equal{} \sum_{k \geq 1} \frac{1}{2^k} \exp(i \frac{z}{2^k})$, which is very close to $ 1$ for $ z \equal{} 2 \pi \cdot 2^N$ and $ N$ very large.

[b]alekk[/b],  thanks, this indeed is a (negative) answer to the question.  After I have posted the question, I understood that a discrete measure can have dimension $ d$ at some point.
This problem is motivated by the question about sufficient conditions for the Cramer condition.  The trivial one is that $ \mu$ has a non-trivial absolute continuous part (by the Riemann lemma). This is sufficient but not necessary.  The typical example is provided by  the Cantor distribution, which is singular but nevertheless satisfy Cramer's condition. I wonder whether dimension condition could be useful here.
Here is one more guess of this type: let $ \mu$ have dimension $ d>0$ for $ \mu$-almost every  point $ x\in\Re$ (i.e. $ \mu$ is a so called   [i]$ d$-measure[/i]). Does it imply that $ \mu$ satisfies Cramer's condition?
Note that the Cantor distribution is a $ d$-measure with $ d\equal{}\log_32$, so there is some hope :-)


greatest common divisor
number theory unsolved
number theory

Solve the following equation in $ N$ (natural numbers)

\[ x^2\minus{}1\equal{}y^n\]

Simplest case: $ n\equal{}1$ infinite solutions $ y\equal{}x^2\minus{}1$. For what follows $ n>1$

Let us consider $ n\equal{}2k$, namely $ n$ even. $ x^2\minus{}1\equal{}(y^k)^2$,  $ x^2\minus{}(y^k)^2\equal{}1$,  $ (x\plus{}y^k)(x\minus{}y^k)\equal{}1$.  No solutions in $ \mathbb{N}$. Thus, $ n\geq 3$ and odd.

Now, consider the hardest case, $ n\geq 3$, odd. Suppose that $ x$ is even. This mean that $ y$ is odd. The original equation becomes: $ (x\plus{}1)(x\minus{}1)\equal{}y^n$. Since $ x$ is even  $ (x\plus{}1)$ and $ (x\minus{}1)$ are relatively primes and thus $ (x\plus{}1)\equal{}\alpha^n$ and $ (x\minus{}1)\equal{}\beta^n$, with $ \alpha$ and $ \beta$ odds and relatively primes. But after a straightforward subtraction we have $ 2\equal{}\alpha^n\minus{}\beta^n\equal{}(\alpha\minus{}\beta)(\alpha^{n\minus{}1}\plus{}\alpha^{n\minus{}2}\beta\plus{}...\plus{}1)$. No solutions. Thus, $ x$ must be odd and $ y$ must be even.

Now, suppose that $ y\equal{}2^{s}d$, where $ d$ is the odd factor of $ y$. Let us go back to the original equation: $ (x\plus{}1)(x\minus{}1)\equal{}y^n$. The greatest common factor between $ (x\plus{}1)$ and $ (x\minus{}1)$ is $ 2$, but $ RHS$ is divisible by $ d$ so has to be with $ LHS$. This means that either $ d|(x\plus{}1)$ or $ d|(x\minus{}1)$, namely $ x\equal{}rd\pm 1$. Then,

$ x^2\minus{}1\equal{}r^2d^2\pm 2rd\equal{}2^{sn}d^n \to r(rd\pm2)\equal{}2^{sn}d^{n\minus{}1}$.

In the above equation, $ RHS$ is divisible by $ d$, since $ n\geq 3$, so it has to be with $ LHS$. This means that $ r\equal{}l\cdot d$. From that we get

$ l(ld^2\pm2)\equal{}2^{sn}d^{n\minus{}2}$. It is obvious that we can go on until the exponent $ n\minus{}j$ of $ d$ in $ RHS$ is zero. We are then left with

$ 2^i(2^id^n\pm2)\equal{}2^{sn}\to 2^{i\plus{}1}(2^{i\minus{}1}d^n\pm1)\equal{}2^{sn}$. From this last equation we see that if $ d\neq 1$ we cannot have solutions (it should be easy to see why).

Thus, to have a solution it must be $ y\equal{}2^a$. The original equation becomes: $ x^2\minus{}1\equal{}(x\plus{}1)(x\minus{}1)\equal{}2^{an}$. Remember that $ (x\plus{}1,x\minus{}1)\equal{}2$. From this we get (with straightforward considerations)
that $ (x\minus{}1)\equal{}2$ and $ (x\plus{}1)\equal{}2^{an\minus{}1}$. The only solution is then $ x\equal{}3$, $ y\equal{}2$ and $ n\equal{}3$.

Please check this proof.  :)

Thanks a lot geda ,i think your solution is right . :lol:


I heard that the elias saab page is like nationals so went and tried 30 problems in 40 min. (all sprint round problems) Whats a good score in that place, its pretty hard.

They are pretty hard!  I would say if you got half you're doing well.  My kids usually get at least 8 on every team round they do, but 2 of them spent 25 minutes on 10 Team round problems and only got 3.(they were both top 4 at chapter)

The great part about that site is that you get explanations for the problems, and then get similar problems to try again

Here's the site if you don't know it already :

[url=http://mathcounts.saab.org/mc.cgi]mathcounts.saab.org/mc.cgi[/url]

[quote="seungjun"]I bought the All-Time Greatest MathCounts Problems, and there are lots of similar questions on the elias saab website. It's really great![/quote]
That's because many of the problems are just (sometimes harder) variations of the All-Time-Greatest problems. The site is much harder than any state sprint that you'll ever take, but it's good practice...

[quote="probability1.01"]The page is quite a bit harder than a normal nationals mathcounts competition.  Personally I have never had very significant trouble with the team or target rounds, but consider this.  However, the top two mathletes in last year's winning team got 26 on a practice elias saab sprint round.  So I'd say a score of 20 would be pretty good.[/quote]
... and because the problems are [u]harder versions [/u]of the all-time-greatest and other really hard problems, they become that much harder!!! But the fact that the top two from last year's team got 26s is actually pretty amazing.l..


Finally :D , the German IMO team has OFFICIALLY been announced. Here are the true names:

Peter Scholze (aka Peter Scholze: Silver at IMO 04) / score 133
Darij Grinberg (aka darij grinberg; Silver at IMO 04) / score 101
Christian Sattler (aka NoName; Silver at IMO 04) / score 101
Georg Schönherr / score 90
Daniel Harrer (aka ZetaX) / score 78
Christopher Wulff (aka Werwulff; qualified for IMO 04 but did not participate) / score 72

(The scores are the points received in the tests, out of $7\cdot 21=147$ theoretically possible points.)

For the achieved scores in the team selection tests see [url=http://www.noname.schlussda.com/IMO/list.html]this website[/url].

Darij, ZetaX and NoName (from Oberwolfach)

[quote="NoName"]

Peter Scholze (aka Peter Scholze: Silver at IMO 04) / score 133
Darij Grinberg (aka darij grinberg; Silver at IMO 04) / score 101
Christian Sattler (aka NoName; Silver at IMO 04) / score 101
Georg Schönherr / score 90
Daniel Harrer (aka ZetaX) / score 78
Christopher Wulff (aka Werwulff; qualified for IMO 04 but did not participate) / score 72

[/quote]

Great team indeed!!  good luck :)

Congratulations to the IMO team members. :) I'm actually quite impressed by your scores, Peter, Darij, Christian. I think this year's team could score very high at the IMO, I'm really curious about the results.

How much you (Darij, Peter and other German IMO CONTENTS) training now? :)

Mr, Scholze,Mr Grinberg,Mr Sattler:allow me to congratulate you on qualifying for this year's IMO and to wish all the best for this year's participation! Good luck to the whole german team in general!

Dimitris K.
ehemaliger "guide" der Deutschen Mannschaft-IMO 2004 ;)


The problem is with comment lines. Once you remove them, everything is fine. If you really want to use comments in the forum code, use /* */ instead of //. I don't know why // doesn't work on the forum (or on Wiki) but it is quite a minor inconvenience in my opinion. You may post in the Support forum if it irritates you a lot :).
[asy]import three;
      currentprojection = oblique;
      size(200);
      draw((0,0.4,0)--(0.6,0.4,0)--(0.6,0.4,0.8)--(0,0.4,0.8)--cycle); /*top face*/
      draw((0,0,0.8)--(0,0.4,0.8)--(0.6,0.4,0.8)--(0.6,0,0.8)--cycle); /*front face*/
      draw((0.6,0,0)--(0.6,0,0.8)--(0.6,0.4,0.8)--(0.6,0.4,0)--cycle); /*side face*/
      draw((0,0.4,0)--(0,0,0),dashed);
      draw((0,0,0)--(0.6,0,0),dashed);
      draw((0,0,0)--(0,0,0.8),dashed);
      label("A",(0,0.4,0),N);
      label("B",(0.6,0,0.8),S);
      label("$6''$",(0.3,0,0.8),N);
      label("$4''$",(0,0.2,0.8),E);
      label("$8''$",(0.6,0,0.4),E);[/asy]


inequalities
search
inequalities unsolved

Let $ a,b\in [0,1]$. Prove that:

$ \sqrt{1\plus{}a^2}\plus{}\sqrt{1\plus{}b^2}\plus{}\sqrt{(1\minus{}a)^2\plus{}(1\minus{}b)^2}\geq (1\plus{}\sqrt{5})(1\minus{}ab)$

If $ a,b\le\frac12$ then $ \text{LHS}\ge2 \plus{} \frac12\ge\frac52\ge(1 \plus{} \sqrt5)(1 \minus{} ab)$ and we are done. Assume now $ a\ge\frac12$.

By Minkowski $ \sqrt {a^2 \plus{} 1} \plus{} \sqrt {(1 \minus{} a)^2 \plus{} (1 \minus{} b)^2}\ge\sqrt {1^2 \plus{} (2 \minus{} b)^2}$.

Now we are showing that $ \sqrt {1 \plus{} (2 \minus{} b)^2} \plus{} \sqrt {1 \plus{} b^2}\ge(1 \plus{} \sqrt5)\left(1 \minus{} \frac b2\right)\ge(1 \plus{} \sqrt5)(1 \minus{} ab)$. The second part is clearly true, with equality for $ a \equal{} \frac12$.

Let $ x \equal{} 1 \minus{} \frac b2$. Then $ 0\le b\le1$ rewites as $ \frac12\le x\le 1$ and the inequality to prove becomes $ \sqrt {1 \plus{} 4x^2} \plus{} \sqrt {1 \plus{} (2 \minus{} 2x)^2}\ge (1 \plus{} \sqrt5)x$.

It is natural to attempt to break the $ \text{LHS}$ into $ \sqrt {1 \plus{} (2 \minus{} 2x)^2}\ge k_1x$ and $ \sqrt {1 \plus{} 4x^2}\ge k_2x$. This leads us to $ k_1 \equal{} 1$, $ k_2 \equal{} \sqrt5$.

The correspoding inequalities are easily verified. The first one, after squaring and reducing becomes $ 5 \minus{} 8x \plus{} 3x^2\ge0$, or $ 3(x \minus{} 1)(x \minus{} 5)\ge0$, and the second one becomes $ 1 \minus{} x^2\ge0$; both true for $ \frac12\le x\le1$. Equality holds for $ x \equal{} 1$, or $ b \equal{} 0$ and for $ a \equal{} \frac12$.

[quote="freemind"]If $ a,b\le\frac12$ then $ \text{LHS}\ge2 \plus{} \frac12\ge\frac52\ge(1 \plus{} \sqrt5)(1 \minus{} ab)$ and we are done.

[/quote]

I think here is a mistake. Why $ \dfrac{5}{2}\geq (1 \plus{} \sqrt {5})(1 \minus{} ab)$ ?

However, the rest of the proof seems to be correct.

As far as I remember,the proposed problem has several solutions,one of them was proposed by me several months ago.
Some really tricky lemma was used in my proof and after that the solution reduced to considering several cases...
Ah,here is it:
http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?search_id=1588447120&t=161686


trigonometry
inequalities proposed
inequalities

[size=150]Let ABC  be a triangle,prove that:
$ \frac{\sin{A}}{\cos\frac{B}{2}}\plus{}\frac{\sin{B}}{\cos\frac{C}{2}}\plus{}\frac{\sin{C}}{\cos\frac{A}{2}} \le 3$
BQ[/size]

[quote="xzlbq"][size=150]Let ABC  be a triangle,prove that:
$ \frac {\sin{A}}{\cos\frac {B}{2}} \plus{} \frac {\sin{B}}{\cos\frac {C}{2}} \plus{} \frac {\sin{C}}{\cos\frac {A}{2}} \le 3$
BQ[/size][/quote]
But I give you:

$ 2\sum\sin\frac{A}{2} \geq \frac {\sin{A}}{\cos\frac {B}{2}} \plus{} \frac {\sin{B}}{\cos\frac {C}{2}} \plus{} \frac {\sin{C}}{\cos\frac {A}{2}}$

[quote="xzlbq"][quote="xzlbq"][size=150]Let ABC  be a triangle,prove that:
$ \frac {\sin{A}}{\cos\frac {B}{2}} \plus{} \frac {\sin{B}}{\cos\frac {C}{2}} \plus{} \frac {\sin{C}}{\cos\frac {A}{2}} \le 3$
BQ[/size][/quote]
But I give you:

$ 2\sum\sin\frac {A}{2} \geq \frac {\sin{A}}{\cos\frac {B}{2}} \plus{} \frac {\sin{B}}{\cos\frac {C}{2}} \plus{} \frac {\sin{C}}{\cos\frac {A}{2}}$[/quote]
It is trivial by rearrangment.


It's nice problem. I posted it long time at this forum. But no body slove it?


algebra
polynomial
quadratics
algorithm
search
quadratic formula

Please help me,

If the polynomial is of degree 3 or higher, then there are formulas somewhat resembling the quadratic
formula (but much more involved) for finding all the roots of a polynomial. However there is no
general formula(to my understanding) for finding the roots of a polynomial of degree 5 or higher.

Consider the cubic polynomial p(t) = t ^3 - 2t^2 - 5t + 6. This polynomial is factored
rather easily to find that its roots are t = 1, t = -2, and t =3.

Can anyone please help me solving this problem in a much better approach.....? I head about Eingenvalues and Characteristic polynomials as a means to solve this problem.

Or if you can resolve the above cubic polynomial by factorization. I appreciate your help. My point is to see different ways and approach used by others(you). Be great if you clearly show your approach in steps.

Thanks

[quote="Rushil"]There is no simple formula for finding roots of a general cubic or biquadratic equation. However, there do exist algoriths and procedures for finding the roots(search on google if you like)

Regarding higher degree eqns, Abel proved that there can be NO formula or algorithm!!![/quote]There are no [b]simple[/b] formulas for cubic and biquadratic but there are formulas for cubic and biquadratic but it is too complicated. Use SEARCH, I think people already asked this question before, ArtOfSpace


[quote="DaReaper"]The inhabitants of the island of Mumble decided to expand their alphabet to the standard Roman alphabet. Bet they still limit their words to 3 letters or less, and for some reason, they insist that all words contain the letter A at least once. How many 3 letter words are possible?

(please show all work)[/quote]

We ask our self "How many letters contain no A's", well we must have at least 1 letter, and we have so there are 25 letters to chose from (excluding A), then there are 26 options to chose from for another letter (it can be any one except for A, plus there is the choice of not choosing a letter, which makes 26), and 26 options for the next "letter". So there are $ 25 \times 26^2$. There are $ 26 \times 27^2$ words possible by the same logic, so the amount of words with at least 1 A is

$ 26 \times 27^2 \minus{} 25 \times 26^2 \equal{} 18954 \minus{} 16900 \equal{} \boxed{2054}$

How about by cases?

1 Letter
$ 1$ case: A

2 Letters
1 A: $ 2 * 25$
2 A's: AA - $ 1$ case

3 Letters
1 A: There's 3 spots for the A, and 25 possible letters for each of the other 2 spots
$ 3 * 25^2$
2 A's: 3 spots where there isn't an A, so that's the 25 possibilities.
$ 3 * 25$
3 A's: It's just AAA
$ 1$

$ 1 \plus{} 2*25 \plus{} 1 \plus{} 3 * 26^2 \plus{} 3 * 26 \plus{} 1 \equal{} 2159$
Uh oh, how'd I get a different answer?

[quote]How many [b]3 letter[/b] words are possible?[/quote]

I will assume when you say standard Roman alphabet, you mean English alphabet (which is not necessarily true as Roman alphabet had many changes through history, why not just say the number of letters in alphabet).

If we consider all possible 3 letter words, there are $ 26^3$ of them. If we consider all possible 3 letter words without A, then there are $ 25^3$ of them. Subtracting gives us $ 26^3 \minus{} 25^3 \equal{} \boxed{1951}$ 3 letter words with at least one A.

Doing casework will yield the same result:

[b]Case 1[/b] (1 A):

$ 3\cdot 25^2$ words

[b]Case 2[/b] (2 A's):

$ 3\cdot 25$ words

[b]Case 3[/b] (3 A's):

$ 1$ word

Summing gives us $ 1951$.

NOTE: For any other number of letters in alphabet, just substitute $ 26$ with $ a$ and $ 25$ with $ a \minus{} 1$ where $ a$ is the number of letters.

[quote="DaReaper"]Bet they still limit their words to 3 letters or less[/quote]

Oh, whoops. I saw the question originally, but then rereading it, only saw this, and adjusted my answer.

[b]How many 3-letter words are possible?[/b]
Answer: $ 26^3\minus{}25^3\equal{}1951$.

[b]How many words in total are possible?[/b]
Answer: $ 26^3\plus{}26^2\plus{}26\minus{}25^3\minus{}25^2\minus{}25\equal{}2003$.

Looking at the second answer, this appears to be from a contest given in 2003. :roll:

Hint..

[hide][hide]Use complemetary counting to solve this problem.[/hide][hide][/hide][/hide]


Prove that in any triangle:
$ 3\cdot \sum sinAcosBcosC \le \cdot \sum sin^3A$

$ \sin A \cos B \cos C \equal{} \frac 12(\sin(A \plus{} B) \cos C \plus{} \sin(A \minus{} B) \cos C) \equal{} \frac 12(\sin C \cos C \minus{} \sin(A \minus{} B)\cos(A \plus{} B)) \equal{} \frac 14(\sin2C \plus{} \sin2B \minus{} \sin2A)$

So, we have
$ 3\cdot \sum \sin A \cos B \cos C \equal{} \frac 34(\sin 2A \plus{} \sin 2B \plus{} \sin 2C) \equal{} 3\sin A \sin B \sin C$

Since $ A,B,C$ are the angles of a triangle, $ \sin A,\sin B,\sin C$ are all positive.

So, the inequality holds by AM-GM.


logarithms
calculus
integration
function
complex analysis
projective geometry
complex numbers

Show that $ u(x,y)\equal{}\log{\sqrt{x^2\plus{}y^2}}$ is harmonic but that it has no harmonic conjugate on C\{0}.

I'm sure there are many different ways to argue this correctly.

I'll go for something that's pretty elementary and maybe a little pedantic.

$ u\equal{}\frac12\log(x^2\plus{}y^2).$ Then $ u_x\equal{}\frac{x}{x^2\plus{}y^2}$ and $ u_y\equal{}\frac{y}{x^2\plus{}y^2}.$

From there, it's straightforward calculus to show that $ u_{xx}\plus{}u_{yy}\equal{}0,$ so $ u$ is harmonic.

Now suppose there is a smooth $ v$ such that $ v_x\equal{}\minus{}u_y$ and $ v_y\equal{}u_x.$ Let $ f\equal{}u\plus{}iv.$ Then $ f$ is analytic. We can calculate $ f'$ directly from this, either by $ f'\equal{}u_x\plus{}iv_x$ or $ f'\equal{}\minus{}iu_y\plus{}v_y.$ (These must be the same.) Either way, we get $ f'\equal{}u_x\minus{}iu_y,$ or

$ f'(z)\equal{}f'(x\plus{}iy)\equal{}\frac{x\minus{}iy}{x^2\plus{}y^2}\equal{} \frac{\overline{z}}{|z|^2}\equal{}\frac1{z}.$

But if there were such a $ v$ and hence such an $ f,$ we would have that for any curve $ \gamma$ starting at $ z_0$ and ending at $ z_1$ that $ \int_{\gamma}f'(z)\,dz\equal{}f(z_1)\minus{}f(z_0)$ (This is simply the fundamental theorem of calculus for line integrals.) Hence for any closed curve $ \gamma,$

$ \oint_{\gamma}f'(z)\,dz\equal{}0.$

However, we know by direct computation that for the unit circle $ C$ paramaterized counterclockwise,

$ \oint_{C}\frac{dz}{z}\equal{}2\pi i.$

Hence the assumption of a harmonic conjugate $ v$ on all of $ \mathbb{C}\setminus\{0\}$ cannot hold.

Out of curiosity, Professor Merryfield, what are some of the other ideas you could use to explain this?

Here is another idea.

u is a real-valued harmonic function on C\0 so by contradiction it is the real part of some holomorphic function f defined on C\0. In this case, f must differ from the Log function on C\{negative real axis} by an imaginary constant. Therefore f cannot be continuous on the negative real axis and consequently no harmonic conjugate exists.


integration
calculus
calculus computations

Evaluate $\int_{0}^{1}\frac{1-x^{2}}{\left(x^{2}+ax+1\right)\sqrt{x^{4}+1}}\ dx$, where $|a|<2$.
[hide="Hint"]You can use if need be the substitution $t=\phi (x)=x+\frac{1}{x}$.[/hide]

No. You must do next susbtitution:
$\frac{1}{x}-x: =\sqrt{t}$
and after (if you need) $t+2: =y$


What is the area of a cyclic quadrilateral with side lengths 2, 5, 7, and 12?
[hide="Hint"]
Use Brahmagupta's Theorem[/hide]

Could've at least made it possible using a different way  :wink:
[hide]
Brahmaguptas: $ \sqrt{(p\minus{}a)(p\minus{}b)(p\minus{}c)(p\minus{}d)}$

Answer: $ \sqrt{11*8*6*1}\equal{}4\sqrt{33}$

Not nice at all[/hide]

hate to say it, but problems that require a very straightforward use of a formula aren't that great.

well, i dont mind them on competitions  :D

[quote="unimpossible"]hate to say it, but problems that require a very straightforward use of a formula aren't that great.

well, i dont mind them on competitions [/quote]

Yes basically the only thing you are asking is if we know what Brahmaguptas Theorum is, which i know but i dont think is exactly MATCOUNTS level.

Umm... What is Brahmagupta's Theorem and what is a cyclic quadrilateral?

mathcrazed demonstrated it very well.

p is the semiperimeter and a,b,c,d are the side lengths.

Brahmagupta's actually works for all quadrilaterals, but the cosine part can be ignored when the quadrilateral is cyclic.

Cyclic means the polygon can be inscribed in a circle.

you will definitely not see this on mathcounts

Whaaaaaat. How did I demonstrate it very well -_-? Brahmagupta's is a specific form of another theorem, Bretschneider's. Of course... it doesn't really matter.  If you really feel like it, go look up the proofs on google or the wiki.

oh my bad i thought it was part of brahmaguptas (obviously otherwise i wouldn've posted that) :lol: .

Well... there's some controversy over that. So it's up to the person.  It really doesn't matter though  :P

I've seen that formula before, but I've always heard of it as "Heron's formula" or something.

yes herons formula is almost the same thing, except its for triangles.  It states that the area of a trianlge with semiperimeter s and sidlengths a,b,and c is $ \sqrt{(s)(s\minus{}a)(s\minus{}b)(s\minus{}c)}$ basically it is the same thing because sinse there is no d, d=0 and s-0 equals s.

And yes herons formula can be very usefull in MATHCOUNTS

Heron's is a specific form of brahmaguptas xD with d=0.  As zolojetto said.


geometry
combinatorics unsolved
combinatorics

Hello,

 I am trying to solve a complicated problem

suppose a , b and c form a right triangle with two equal sides
take a the right angle and take ab=ac=2 and bc=sqrt(2)*2

now make four new right triangles with two equal sides, by doing this :
their hypothenusa are the first or second half of ab or ac

to say it more algebraically :

the first triangle becomes : a+b/4-c/4,a/2+b/2,a
the second triangle becomes a/2+3*b/4-c/4,b,a/2+b/2
the third:  a,a/2+c/2,a+c/4-b/4
the fourth :a/2+3*c/4-b/4,a/2+c/2,c

so all of these triangles are 2*sqrt(2) smaller in length and eight times smaller in area

now continue this process, with the four new triangles, always taking the halves of the hypothenusa as new non-hypothenusa

you should get 16,64,256 triangles

calculate the total area of the figure at infinity

note that it is not a*a/2+a*a/4+...=a*a s they overlap after certain time

So did anyone think about this one up till now?


$ (\forall) n\in \mathbb{N}^*$ prove that :

$ \lfloor \sqrt{n^2\plus{}n\plus{}1}\plus{}\sqrt{n^2\minus{}n\plus{}1}\rfloor \equal{}\lfloor \sqrt{4n^2\plus{}3}\rfloor$ .

We have

$ n\plus{}{1\over 2}<\sqrt{n^2\plus{}n\plus{}1}<n\plus{}1$

$ n\minus{}{1\over 2}<\sqrt{n^2\minus{}n\plus{}1}\leqslant n$

(Both are easily proved by squaring.)

Summing them up, we get

$ 2n<\sqrt{n^2\plus{}n\plus{}1}\plus{}\sqrt{n^2\minus{}n\plus{}1}<2n\plus{}1$, hence LHS is $ 2n$

Also $ (2n)^2<4n^2\plus{}3<(2n\plus{}1)^2$, hence RHS is also $ 2n$, and the proof is completed.


Let k be a circle and P point in exterior region of circle. Let q be a line which intersects k in points A and B(P lies on q). Prove that XA/YA=XB/YB if X and Y are points where tangents from P are touching the circle k.

[quote="ZyXel"][color=darkred]Let $ k$ be a circle and $ P$ be a point in exterior region of circle. Let $ q$ be a line which intersects $ k$ in points $ A$ and $ B$

( $ P$ lies on $ q$ ). Prove that $ \frac {XA}{YA} \equal{} \frac {XB}{YB}$ if $ X$ and $ Y$ are points where tangents from $ P$ are touching the circle $ k$ .[/color][/quote]

[color=darkblue][b][u]Proof.[/u][/b] $ \left\{\begin{array}{c} \widehat {PXB}\equiv\widehat {PAX}\implies\triangle PXB\sim\triangle PAX\implies\boxed {\frac {PA}{PB} \equal{} \left(\frac {XA}{XB}\right)^2} \\
 \\
\widehat {PYB}\equiv\widehat {PAY}\implies\triangle PYB\sim\triangle PAY\implies\boxed {\frac {PA}{PB} \equal{} \left(\frac {YA}{YB}\right)^2}\end{array}\right\|$  $ \implies$ $ \frac {XA}{YA} \equal{} \frac {XB}{YB}$ .

If $ Z\in XY\cap AB$ , then $ \frac {ZX}{XA\cdot XB} \equal{} \frac {ZY}{YA\cdot YB}$ $ \implies$ $ \frac {ZX}{ZY} \equal{} \frac {XA}{YA}\cdot\frac {XB}{YB} \equal{} \left(\frac {XA}{YA}\right)^2 \equal{} \left(\frac {XB}{YB}\right)^2$ ,

i.e. the point $ Z$ is the foot of $ A$ - symmedian in $ \triangle XAY$ and the foot of the $ B$ - symmedian in $ \triangle XBY$ .[/color]

[color=darkblue]You can try to prove the following usual lemma :[/color]

[quote][color=darkred][b][u]Lemma.[/u][/b] Let $ ABCD$ be a cyclical quadrilateral for which denote $ I\in AC\cap BD$ , $ J\in AD\cap BC$ , $ K\in AB\cap CD$ .

Denote $ AB \equal{} a$ , $ BC \equal{} b$ , $ CD \equal{} c$ , $ DA \equal{} d$ , $ AC \equal{} e$ , $ BD \equal{} f$ . Then exist the following chains of ratios :

$ \frac {IA}{da} \equal{} \frac {IB}{ab} \equal{} \frac {IC}{bc} \equal{} \frac {ID}{cd} \equal{} \frac {e}{ad \plus{} bc} \equal{} \frac {f}{ab \plus{} cd} \equal{} \sqrt {\frac { \minus{} p_w(I)}{abcd}}$

$ \frac {JA}{ae} \equal{} \frac {JB}{af} \equal{} \frac {JC}{ce} \equal{} \frac {JD}{cf} \equal{} \frac {b}{ce \minus{} af} \equal{} \frac {d}{cf \minus{} ae} \equal{} \sqrt {\frac {p_w(J)}{acef}}$

$ \frac {KA}{de} \equal{} \frac {KB}{bf} \equal{} \frac {KC}{be} \equal{} \frac {KD}{df} \equal{} \frac {a}{de \minus{} bf} \equal{} \frac {c}{df \minus{} be} \equal{} \sqrt {\frac {p_w(K)}{bdef}}$ ,

where I denoted the power $ p_w(X)$ of the point $ X$ w.r.t. the circumcircle $ w$ of the quadrilateral $ ABCD$ .[/color][/quote]


trigonometry
vector
USAMTS
geometry
trig identities
Law of Cosines

In the adjoining figure of a rectangular solid, $\angle DHG=45^\circ$ and $\angle FHB=60^\circ$. Find the cosine of $\angle BHD$.

[asy]
size(200);
import three;defaultpen(linewidth(0.7)+fontsize(10));
currentprojection=orthographic(1/3+1/10,1-1/10,1/3);
real r=sqrt(3);
triple A=(0,0,r), B=(0,r,r), C=(1,r,r), D=(1,0,r), E=O, F=(0,r,0), G=(1,0,0), H=(1,r,0);
draw(D--G--H--D--A--B--C--D--B--F--H--B^^C--H);
draw(A--E^^G--E^^F--E, linetype("4 4"));
label("$A$", A, N);
label("$B$", B, dir(0));
label("$C$", C, N);
label("$D$", D, W);
label("$E$", E, NW);
label("$F$", F, S);
label("$G$", G, W);
label("$H$", H, S);
triple H45=(1,r-0.15,0.1), H60=(1-0.05, r, 0.07);
label("$45^\circ$", H45, dir(125), fontsize(8));
label("$60^\circ$", H60, dir(25), fontsize(8));[/asy]

$\textbf {(A) } \frac{\sqrt{3}}{6} \qquad \textbf {(B) } \frac{\sqrt{2}}{6} \qquad \textbf {(C) } \frac{\sqrt{6}}{3} \qquad \textbf {(D) } \frac{\sqrt{6}}{4} \qquad \textbf {(E) } \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$

[hide="A Typical Kalva Solution"]Assign side lengths, then Cosine Law.

Answer: D[/hide]

[hide="Vector solution"]
\[ \vec{HD}=(1, 0, 1), \vec{HB}=(0, \frac{1}{\sqrt{3}}, 1) \implies \vec{HD}\cdot \vec{HB}=1 \]
\[ \cos{\theta}=\frac{1}{|\vec{HD}||\vec{HB}|}=\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{4} \]
so the answer is $\boxed{D}$.[/hide]

[quote="Iversonfan2005"][hide="way too easy"]By calling $BF=\sqrt{3}, HF=1, BH=2, BA=GH=\sqrt{3}, DH=\sqrt{6}$, so we know that the $\triangle{DBH}$ has sides of $\sqrt{6}, 2, 2$, so applying law of cosines, we have $4=6+4-4\sqrt{6}\cos{x} \Longrightarrow \cos{x}=\boxed{\frac{\sqrt{6}}{4}}$[/hide][/quote]That's why I didn't post a real solution.

[hide="Vectors are cool"]
I used the fact that $\cos\theta=\frac{\vec{a}\cdot\vec{b}}{|\vec{a}||\vec{b}|}$

I denoted the sides of the traingle with the 60 degree angle like a 30-60-90 traingle.  The other traingle with the 45 degree angle is a part of a square with side length $\sqrt{3}$.  Teh vectors are thus $\left< \sqrt{3},0,\sqrt{3}\right>$ and $\left< 0,1,\sqrt{3}\right>$.
As a result,
$\\\cos\theta =\frac{\left< \sqrt{3},0,\sqrt{3}\right>\cdot\left< 0,1,\sqrt{3}\right>}{\sqrt{6}}\\ \frac{3}{\sqrt{6}}=\frac{3\sqrt{6}}{2\cdot 6}=\boxed{\frac{\sqrt{6}}{4}}$
Record has shown that K81o7 and I seem to love vectors :)
[/hide]

Masoud Zargar

[quote="Iversonfan2005"][quote="K81o7"]They're just really useful in a situation like this, and expecially in more complex situations.  Now if just I had learned vectors before doing USAMTS round 2 problem 5...[/quote]

You could've just used right triangles and eventually it would form the orthocenter of the triangle...[/quote]

Yeah, but knowing 3-D stuff would have helped.


Solve the following equation in $ \mathbb{R}$:
$ \sqrt {1 \minus{} x} \equal{} 2x^2 \minus{} 1 \plus{} 2x\sqrt {1 \minus{} x^2}$

I get that there are no solutions. I may have made a mistake, in which case someone will hopefully correct me :)

For the expressions to be defined, we must have $ |x|\leq 1$. so we may make the substitution $ x \equal{} \cos \theta$, and restrict $ \theta$ to $ [0,\pi]$. since $ \sin \theta, \sin\frac {\theta}{2}\geq 0$ for $ \theta\in [0,\pi]$, the RHS becomes $ \cos 2\theta \plus{} \sin 2\theta$, while the LHS becomes $ \sqrt {1 \minus{} \cos \theta} \equal{} \sqrt {2}\sin\frac {\theta}{2}$. so the equation is $ \sqrt {2}\sin\frac {\theta}{2} \equal{} \cos{2\theta} \plus{} \sin{2\theta} \equal{} \sqrt {2}\sin(2\theta \plus{} \frac {\pi}{4})$. This means

(1) $ 2\theta \plus{} \frac {\pi}{4} \equal{} \frac {\theta}{2} \plus{} 2k\pi$, i.e. $ \theta \equal{} \frac {1}{6} (8k \minus{} 1)\pi$,

or

(2) $ \pi \minus{} 2\theta \minus{} \frac {\pi}{4} \equal{} \frac {\theta}{2} \plus{} 2k\pi$, i.e. $ \theta \equal{} \frac {2}{5}(1 \minus{} 2k \minus{} \frac {1}{4})\pi \equal{} \frac {1}{10}(3 \minus{} 8k)\pi$

but none of these values are in the prescribed range $ [0,\theta]$. so there are no solutions.

edit: $ \theta \equal{} \frac{3\pi}{10}$ works, so $ x\equal{}\cos \frac{3\pi}{10}$ is the solution.

hello, i have got $ x\equal{}\frac{1}{8}(\sqrt{5}\minus{}1)\sqrt{10\plus{}2\sqrt{5}}$
Sonnhard.

[quote="pluristiq"](2) $ \pi \minus{} 2\theta \minus{} \frac {\pi}{4} \equal{} \frac {\theta}{2} \plus{} 2k\pi$, i.e. $ \theta \equal{} \frac {2}{5}(1 \minus{} 2k \minus{} \frac {1}{4})\pi \equal{} \frac {1}{10}(3 \minus{} 8k)\pi$

but none of these values are in the prescribed range $ [0,\theta]$. so there are no solutions.[/quote]

For $ k\equal{}0$, we get that $ \theta\equal{}\frac{3\pi}{10}$, which is a solution. And i think that Sonnhard's solution equals to $ \cos\frac{3\pi}{10}$.

hello, you are right, we have
$ \frac{1}{4}\sqrt{2}\sqrt{5\minus{}\sqrt{5}}\equal{}\frac{1}{8}(\sqrt{5}\minus{}1)\sqrt{10\plus{}2\sqrt{5}}$
Sonnhard.

[quote="sandu2508"][quote="pluristiq"](2) $ \pi \minus{} 2\theta \minus{} \frac {\pi}{4} \equal{} \frac {\theta}{2} \plus{} 2k\pi$, i.e. $ \theta \equal{} \frac {2}{5}(1 \minus{} 2k \minus{} \frac {1}{4})\pi \equal{} \frac {1}{10}(3 \minus{} 8k)\pi$

but none of these values are in the prescribed range $ [0,\theta]$. so there are no solutions.[/quote]

For $ k \equal{} 0$, we get that $ \theta \equal{} \frac {3\pi}{10}$, which is a solution. And i think that Sonnhard's solution equals to $ \cos\frac {3\pi}{10}$.[/quote]

you're right. can't believe I missed that  :lol:


[quote="Soarer"]第二題可以看看這裏
http://www.mathland.idv.tw/board/memo.asp?srcid=1409&bname=ASP[/quote]
我打不开,但今天翻了一本书,发现用马克劳林级数可以解,展开ln(x+1)即可.And it is beyond my ability.
对第一题,大家有什么想法吗?我感觉答案不是唯一的(仅仅是个人意见).解出来也许用处会很大.

根據多項式方程根和係數的關係, 對方程$\sum_{k=0}^n c_kx^k=0, \  c_n \neq0$, 有
$\sum_{i=1}^n x_i=-\frac{c_{n-1}}{c_n}$   (各根之和)

$\sum_{1\leq i<j\leq n}x_ix_j=\frac{c_{n-2}}{c_n}$   (各根兩兩乘積之和)

$\sum_{1\leq i<j<k\leq n}x_ix_jx_k=-\frac{c_{n-3}}{c_n}$   (各根三個乘積之和)

...........

$\prod_{i=1}^n x_i=(-1)^n\frac{c_0}{c_n}$   (各根之積)

[quote="dingdongdog"]这种题的普遍做法是用韦达定理，但是想要用n个基本式表达所有的高次幂和却有困难，这正是这题的关键。
有没有人解出来的啊……[/quote]
不是不可以，但寫出來會非常複雜，用牛頓定理其實就可以的了..

[quote="dingdongdog"]Which Newton Therom?????牛顿二项式定理?[/quote]
甚麼是牛頓二項式定理？

設$s_k = \sum x_i^k$
若$x_i$ 為$a_0x^n+...+a_n=0$的根
那麼當$k \le n$時有
$a_0s_k+...+a_{k-1}s_1 + ka_k=0$
$k \ge n$時有
$a_0s_k+...+a_ks_{k-n}=0$
(當$s_0=n$)

[quote="dingdongdog"]牛顿二项式定理就是$(1+x)^n$的展开式.
其实我想得到的是通式,譬如说,$b_1=1,b_2=b_3=b_4=...=b_n=0$?[/quote]

其實牛頓定理所給的已經很接近了。
你現在可以把它們放在矩陣裏，因為它已經是upper triangular form，你只需要做高斯消去法backward pass 那部份就得到答案。
你也可以逐步代入，但似乎更麻煩。

第一题就是Newton定理
Newton定理是一个行列式，在初等范围内意义不大

[quote="kuing"][quote="dingdongdog"]呃…… :blush:  :blush:  :blush:
完全没概念，可唔可以讲一讲矩阵的东东啊……[/quote]

咦, 系呢度都见到粤语, 唔错唔错...

可惜我净系识第二题, 而且都有人答左, 无得回...[/quote]

第二题的那个网址打不开。大陆地区都打不开。所以你最好还是把第二题的解法跟我们说一下

$ ln(1\plus{}x)$ 對 $ x \equal{} 0$ 作泰勒展開，其收歛半徑為1。
在x = 1，可用leibniz test 知收歛性。於是abel定理說明泰勒展開在[0,1] 區間一致收歛。再用該泰勒展開在x = 1的連續性


Show that $ a^n \plus{} b^n \plus{} c^n \geq\ ab^{n \minus{} 1} \plus{} bc^{n \minus{} 1} \plus{} ca^{n \minus{} 1}$ for real $ a, b, c \geq\ 0$ and $ n$ a positive integer.

[quote="apratimdefermat"]Show that $ a^n \plus{} b^n \plus{} c^n \ge ab^{n \minus{} 1} \plus{} bc^{n \minus{} 1} \plus{} ca^{n \minus{} 1}$ for real $ a, b, c \ge 0$ and $ n$ a positive integer.[/quote]

Latex fixed.

[hide]Rearrangement on $ (a,b,c)$ and $ (a^{n\minus{}1}, b^{n\minus{}1}, c^{n\minus{}1})$ Proves this.[/hide]

[hide="AM-GM"]
$ \frac{a^n\plus{}a^n\plus{}\ldots a^n\plus{}c^n}{n}\ge ca^{n\minus{}1}$ by AM-GM for n-1 of $ a^{n\minus{}1}$'s on the LHS.
Do the same for every three.[/hide]
[hide="Muirhead"]
The inequality is equivalent to $ \frac{T_{n,0,0}}{2}\ge \frac{T_{n\minus{}1,1,0}}{2}$, true by Muirhead [/hide]

[quote="TZF"]Muirhead cannot be applied in that manner since the sum is not symmetric.[/quote]

Yeah, I forgot (just thought of AM-GM and Muirhead connection, so I didn't exactly thought what was I writing).


[quote="nguyenvuthanhha"][i]Let $ a ; b ; c ;d$ be nonnegative real numbers such that : $ a \plus{} b \plus{} c \plus{} d \equal{} 4$

  Prove that :

   $ abc \plus{} bcd \plus{} cda \plus{} dab \plus{} (abc)^2 \plus{} (bcd)^2 \plus{} (cda )^2 \plus{} (dab)^2 \ \leq \ 8$[/i]

   [i]Maybe it's an old problem . I think there is no nice solution for it ( up to now) :mad: [/i][/quote]

It's easy by S.M.V my friend ;)


search
combinatorics unsolved
combinatorics

These problems have no solutions on the Internet and some of them are pretty hard for me though. If any problem is solved, can you please write down the solutions?

they're known problems ,you can use the search tool. :)


AMC
AIME
USA(J)MO
USAMO
AMC 10
AMC 10 A
AMC 12 A

Statistics are starting to be compiled:  Some that might interest readers here:

                             Participants        AIME Qualifiers
2007 AMC 10 A     73,769               2,288
2007 AMC 12 A     93,179               6,210
2007 AMC 10 B     24,008                  363
2007 AMC 12 B     33,489               3,557
Total                    224,445             12,418

Other statistics will be appearing as we able to get them formatted and up on our web site.

Steve Dunbar
Director, American Mathematics Competitions

Thanks! I never cease to be amazed how regularly you can churn out information when I'm sure you have so much to do around this time.

[quote="Zenith Xan"]12,418 with overlap from people taking both tests... Down from 18,280 taking the AIME (so no overlap) from last year. Hmm.[/quote]

That's what I was thinking too. Fewer AIME qualifiers overall. Expanded USAMO selection this year. Hmm.


Game maxprime

Use only once all the 10 digits (0,1,2,3,4,5,6,7,8,9) to write 4 numbers a,b,c,d : a is 1 digit-number, b 2 digit-number, c 3 digit-number and d 4 digit-number.
The goal of the game is to find the best four number (a,b,c,d) to create by combination-permutation the maximum of prime numbers.
If no mistake, there is 64 combinations-permutation by concatenation :

a,b,c,d,ab,ba,ac,ca,ad,da,.... abc, acb, bca, .... abcd,abdc,a,c,b,d, ......

For each distinct number prime created you score one point.

Example :

if your a=7, b=23, c=569, d=4801

7 is prime 1 point
23 prime 1 point
.......
723 not prime (divisible by 3) 0 point
237 not prime (divisible by 3) 0 point
....

and so on.

You have to score the maximum by adding all the points.
What are the best 4 numbers?

Good luke.

First of all any number in the form $ abcd$ or $ bcad$ etc has all the digits $ 0123456789$, so it is divisible by $ 3$

So the maximum points we can get is $ 4\plus{}4\cdot 3 \plus{}4\cdot 3\cdot 2 \equal{} 4 \plus{} 12 \plus{} 24 \equal{} 40$

Can we have $ a \equal{} 0$ ?

because then, if for example $ cb$ is prime, then also $ acb$ will be prime, that is, we count 2 times the same prime number

Also, could a number start with $ 0$ ? For example, below I have $ d \equal{} 0259$, which is actually a 3-digit number

As far I've got 20 points

The numbers are $ a \equal{} 1,\ b \equal{} 43,\ c \equal{} 867,\ d \equal{} 0259$
and the prime numbers I got are:

43
431
1867
2591
10259
25943
43867
86743
186743
259867
430259
431867
438671
867143
867431
18670259
25943867
86702591
86710259
438670259

Thanx a lot for your answer and your useful explanation.
I had the idea yesterday.
My goal was to create the maximum of prime numbers so if we change the rule of ten digits (from 0 to 9). Example by chosing any sequence of 10 digits (1,1,3,0,2,7,9,3,7,6).
Can we find the 10 digits which give us the maximum of prime numbers?
I'm not a programmer I'm using only excel so it will be hard to find the best solution.
We could improve the game : instead of prime numbers, semi-prime numbers or square and so on.

Thank you!


[b]{Διαβάζεται σε 15')[/b]

Πρώτα πρώτα να συστηθούμε. Ονομάζομαι Μιχάλης. Είμαι 23 ετών και Μηχανικός του ΕΜΠ. Έχω χόμπυ μου (όταν έχω χρόνο - Η κοπελιά μου ξέρει τι τραβάει) να λύνω εκτός των άλλων και μαθηματικά προβλήματα από ΙΜΟ, Διαγωνισμούς κτλ. χωρίς να μπορώ να πώ ότι είμαι και κανένας
φοβερός (ότι μπορώ κάνω φίλοι μου!).

Στο παρόν άρθρο θα προσπαθήσω μέσα από το δικό μου πρίσμα να καταδείξω τα προβλήματα που έχει η διδασκαλία και η διάδοση των μαθηματικών και των διαγωνισμών  τους στην χώρα, χωρίς να παραβλέψω να δώσω λύσεις.Πρίν όμως αρχίσω θα ήθελα να ξεκαθαρίσω τα εξής:

[i]1.Θεωρώ τον εαυτό μου πολύ ευτυχή που μπορεί να απευθύνεται σε ανθρώπους με κοινά ενδιαφέροντα. Στην εποχή μου (όχι και τόσο μακρυνή αυτό δεν υπήρχε μέσω του διαδικτύου).

2.Οι παρακάτω σκέψεις μου πέρι μαθηματικών στην Ελλάδα είναι αποτέλεσμα προσωπικής εμπειρίας.Αυτό σημαίνει ότι προφανώς είναι υποκειμενικές.Πιστεύω ότι όμως ότι είμαι αρκετά ανοικτό μυαλό ώστε
  άν κάποιος με πείσει για το αντίθετο να τις επανεξετάσω.

3.Δεν έχω κανένα σκοπό να εξοργίσω, να μειώσω κατα το ελάχιστο το ενδιαφέρον των άλλων στα μαθηματικά ή να προσβάλλω κανέναν.[/i]

 :?: [b]τις πταίει:[/b]----------------

[b]1. Τα βιβλία:[/b] Αρχίζω από αυτά. Άν και ομολογουμένως έχουν κάποια καλή στάθμη το γεγονός ότι είναι στην ΙΕ' έκδοση κάτι λέει  :idea: (μιλώ π.χ για άλγεβρα λυκείου Σβέρκου κτλ.)

[b]2. Οι μαθητές:[/b] Μιλάω καθαρά για την πλειονότητα (ελπίζω να κάνω λάθος).Ακούν μαθηματικά και τους σηκώνεται η τρίχα κάγκελο!Από μικροί ακούν ιστορίες από τους γονείς τους ότι επειδή έκαναν λάθος ένα πρόσημο τους βάλλαν 10 για βαθμό ή παρόμοια. Όταν φθάνουν στο γυμνάσιο είναι λίγο προκατειλλημένοι.Πέφτει εκεί κάπου κοντά και καμιά γεωμετρία ή καμμιά πρωτοβάθμια εξίσωση και γίνεται το μπάχαλο. Προς το ΄τελος του γυμνασίου το έχουν πάρει απόφαση ότι δεν τα πάνε καλά με τα μαθηματικά (άντε να θυμηθείς την λύση της 2βαθμιας εξίσωσης), και εκεί βάζουν αυτόματο πιλότο. Από εκεί και πέρα κάνουν ιδιαίτερα φροντιστήρια αλλά νομίζουν ότι δεν χρειάζεται να κοπιάσουν καθόλου από την μεριά τους και οι γνώσεις να τους εμφυτευτούν.Τα κενά στην πρώτη Λυκείου είναι σχετικά μεγάλα (άλλοι δεν γνωρίζουν καν πως λύνονται οι 1βαθμιες εξισώσεις!) με αποτέλεσμα να δημιουργούνται μαθητές 2 ταχυτήτων.Εκεί ακριβώς γίνεται το χειρότερο που μπορεί να γίνει για την πρόοδο των μαθηματικών στην χώρα μας: Αντί αυτοί που δεν μπορούν να ανταπεξέλθουν  να βοηθηθούν πρόσθετα από την εκπαιδευτική κοινότητα, , γίνεται ακριβώς το αντίθετο. Αρχίζουν και κοροιδεύουν τους [b]σχετικά καλούς μαθητές με αποτέλεσμα αυτοί να πρέπει να δείξουν [/b]ιδιαίτερα ισχυρό χαρακτήρα ώστε να συνεχίσουν με το ίδιο πάθος στα μαθηματικά, έναν δρόμο που όπως πιστεύω θα συμφωνήσετε όλοι είναι λίγο...μοναχικός :( . Αυτό,να το πώ ελαφρά(!) τα πειράγματα των συμμαθητών μας, πιστεύω όλοι το έχουμε βιώσει (σε διαφορετικό βαθμό ο καθένας) και δεν ξέρω πόσο ενήμεροι είναι οι καθηγητές :?: . Μετά (άν δεν έχει ξεκινήσει πρωτύτερα) εμφανίζεται ένα άλλο μεγάλο σφάλμα.
[b]Οι μαθητές αντί να προσπαθούν να λύσουν τις ασκήσεις τους, όταν πάνε στο σπίτι το πρώτο πράγμα που κάνουν είναι να ανοίξουν το λυσάρι[/b] (που δίνεται μαζί με το βιβλίο) και να καθαρογράψουν(!) την λύση.Ας ρωτήσω  όλους: πόσοι από εσάς δεν έχετε καταλάβει συμμαθητές σας ή μαθητές σας όταν ό καθηγητής πει ποιός θα μου λύσει την άσκηση τάδε, δεν γυρνάνε τα τετράδια και προσπαθούν να απομνημονεύσουν την λύση αυτής της άσκησης και κατόπιν 1-2 λεπτών αργότερα σηκώνουν χέρι(!!) να την λύσουν.και φυσικά άν κάτι αλλάξει από την λύση τότε δεν ξέρουν τί να πούν.Να ξαναπιάσω το θέμα όμως των μαθητών 2 ταχυτήτων.[b]Σε όλες τις χώρες που έχουν μια μαθηματική παράδοση μπορούν να βρεθούν ταλέντα και να προωθηθούν ξεχωριστά.[/b]O Terence tao (Fields Medal 2006) στα 13 του παρακολουθούσε μαθηματικά στο πανεπιστήμιο και τα υπόλοιπα (π.χ έκθεση) τα συνέχιζε με την φυσική του τάξη.Άν δεν λυθεί αυτό το πρόβλημα θα χάνουμε συνέχεια ταλέντα και για όσους δεν πείθονται σας κάνω την εξής ερώτηση.Ας φανταστούμε πώς αισθάνεται ένα παιδί όπως π.χ ο Silouan ο οποίος πιστεύω χαίρει ιδιαίτερης  :lol:  μαθηματικής εκτίμησης από όλους μας σε αυτό το φόρουμ  όταν λύνει δύσκολες ασκήσεις και μπαίνει καθημερινά σε μία τάξη όπου ο καθηγητής προσπαθεί να μάθει στον συμμαθητή του πώς ορίζεται η εφαπτομμένη.Εγώ πάντως θα έπληττα..

[b]3. Οι καθηγητές-
   Υπουργείο Παιδείας:[/b] Κατανοώ τις συνθήκες, μισθούς κάτω από τις οποίες δουλεύουν και τους σέβομαι απόλυτα.Σε αυτούς οφείλω
ένα μεγάλο μέρος αυτού που είμαι σήμερα (το άλλο σε μένα, τους φίλους μου και την οικογενειά μου).όμως εδώ  υπάρχουν 3 προβλήματα: [b]α) το φαινόμενο των αναπληρωτών καθηγητών[/b]: πώς να αγαπήσει ένα παιδί τα μαθηματικά όταν αλλάζει 2-3 καθηγητές τον χρόνο και να είναι αναγκασμένο να προσαρμοστεί σε διαφορετικά συστήματα
εκμάθησης. [b]β) Το φαινόμενο κατα το οποίο για διάφορους λόγους καθηγητές αποδίδουν κάτω από το βασικό επίπεδο [/b]που θα έπρεπε να δείχνουν. Δυστυχώς υπάρχει και αυτό και δεν υπάρχει τίποτα χειρότερο από έναν καθηγητή από το να χάσει το κύρος του στην τάξη. Συνήθως είναι πολύχρονες αναμονές ανάμεσα στο πτυχίο και την μονιμο-
ποίηση και νομίζω ότι γινόταν περισσότερο παλιά. Και το πιο σημαντικό κατά την αποψή μου ολίσθημα: [b]γ)  :idea: Ανυπαρξία <<εμπνευσμένων καθηγητών>> [/b]. Το Α και το Ω για μένα για να περάσει το μικρόβιο των μαθηματικών. Αυτό είναι η κολόνα των κινητρων για να αγαπήσει ένας μαθητής τα μαθηματικά.Η τεράστια πλειονότητα των μαθητών για να αρχίσει η ενασχολησή τους με τα μαθηματικά πρέπει να πειστούν ότι ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΑ ΧΡΕΙΑΖΟΝΤΑΙ. Εδώ είναι το μεγαλύτερο σφάλμα στην διδακτική των μαθητών μας. Ο μαθητής δεν καταλαβαίνει γιατί είναι ανάγκη στην Γ Γυμνασίου να μάθει να βρήσκει την γραφική παράσταση της συνάρτησης ψ=α*χ. Ίσως ένας πιο παρατηρητικός να πεί ότι μου θυμίζει τον τύπο u=g*t από την φυσική και έχει ίδια γραφική. όμως είναι χρέος μας ΕΜΕΙΣ να του το τονίσουμε ότι η γλώσσα (η πιο περιεκτική) των μαθηματικών είναι η γλώσσα των νόμων του συμπαντός μας και έχουν παντού εφαρμογές. Κατα την γνώμη μου (για άλλους ακραία) όλες οι άλλες θετικές επιστήμες είναι απλές αντικαταστάσεις σε μαθηματικούς τύπους. Δεν το καταλαβαίνει ο μαθητής? [b]Ο δάσκαλος να λεέι όχι βρείτε μου το <<ΞΎΛΙΝΟ>> βρείτε μου τα ακρότατα αυτής της συνάρτησης αλλά να λέει άν αυτή η συνάρτηση είναι η τιμή της τάδε μετοχής με άξονα χ τον χρόνο πότε αυτή θα κάνει limit-up?!! [/b]Μόνο έτσι θα κεντριζόταν το ενδιαφέρον του μαθητή.Μόνο όταν συνδέαμε τα μαθηματικά με τις εφαρμογές τους.Τα συγχρονα παιδιά δεν είναι χαζά ούτε τεμπέλικα.
Πιστεύω ότι είναι και πιο έξυπνα γιατί μεγαλώνουν με περισσότερα ερεθίσματα.Απλά είναι πολύ πρακτικά και δεν αναμειγνύονται με κάτι που δεν πιστεύουν ότι θα τους βοηθήσει στην ζωή τους. Αν αλλάξουμε αυτή την νοοοτροπία και οι δάσκαλοι γίνουν λίγο πιο ευρηματικοί θα είναι ένα κίνητρο για τα παιδιά.[b]Τα άλλα κίνητρα πρέπει να τα δώσουν οι γονείς και κυρίως το υπουργείο παιδείας.Είναι θετικό βήμα οι εισαγωγές σε ΑΕΙ παιδιών με μετάλλια σε βαλκανιάδες-ΙΜΟ αλλά αυτοί είναι λίγοι.Άς υπάρχουν διαγωνισμοί μεταξύ σχολείων, τοπικοί διαγωνισμοί, με δώρα
βιβλία,X-box (π.χ από συνεισφορές συλλόγων γονέων (άν υπάρχει ακόμα κάτι τέτοιο)) κτλ, κατασκηνώσεις με Math Camps κτλ.
			[/b]

[b]4. Διαγωνισμοί:[/b] όσον αφορά τους διαγωνισμούς έκανα μια ανάλυση και στο προηγούμενο θέμα.Συμφωνώ ότι για να προαχθούν τα μαθηματικά σε αυτήν  την ταλαίπωρη χώρα θα πρέπει οι διαγωνισμοί (όπως έχει ξαναειπωθεί σε αυτήν την χώρα) να έχουν κάποια σχετικά εύκολα θέματα
για να φεύγουν ικανοποιημένοι όλοι.[b] Έπειτα πρέπει οι διαγωνισμοί να γίνουν λίγο πιό γνωστοί στο κοινό.Έχετε ακούσει ποτέ από κανάλια να μιλάνε για μαθηματικά? [/b]Προσωπικά μόνο στις λύσεις των θεματων των πανελλαδικών ακούω.Η κρατική τηλεόραση τί κάνει. Είπε τίποτα ότι έγινε Ο Θαλής? Δηλαδή μόνο (με συγχωρείτε) το σώβρακο της Παπαρίζου μας νοιάζει (μας νοιάζει βέβαια ΚΑΙ αυτό γιατί είναι κουκλάρα :D )?'Ή ο ποδηλατικός γύρος της Αθήνας? Εγώ πάντως καταθέτω ότι ουδέποτε θυμάμαι να άκουσα τίποτα για διαγωνισμούς τις μαθηματικής εταιρείας όσο ήμουν γυμνάσιο-λύκειο από τους καθηγητές μου στο σχολείο.Αυτό κάτι λέει.Μετά το υπουργείο δεν πρέπει (δεν ξέρω αν γίνεται) να δίνει σε
όσους συμμετέχουν κάποια αναμνηστικά.[b] Εδώ όταν δημοσιεύεις paper στην επιστήμη μου σου δίνουν στα συνέδρια που πάς τσαντούλα,καπελάκι
κτλ[/b].Επιπλέον το γεγονός ότι ΄γινεται μία φορά και όχι πολλές τον χρόνο (αυτή η άποψη έχει ειπωθεί πάλι απο αυτο το φόρουμ και συμφωνω)
[b]μπορεί να είναι αιτία από μια ατυχία να χάσουμε περισσότερα ταλέντα[/b].Και τώρα κάτι τελευταίο που με εκφράζει:Διαγωνισμούς μαθηματικών
κάνουν μόνο για τους μαθητές? Δεν λέω για μένα αλλά ένας φοιτητής (είχα δεί παλιά έναν διαγωνισμό που έκανε ο κ.Λάμπρου) που έχει διάθεση
γιατί δεν μπορεί να πάρει μέρος?

[b]5.Επάγγελμα Μαθηματικός:[/b] Άς με συγχωρήσουν οι μαθηματικοί αλλά αυτό στην ελλάδα ακούγεται δυστυχώς σαν ανέκδοτο.Ας δείτε απλά τις βάσεις.Χάος ανάμεσα στο Πολυτεχνείο το Φυσικό,Μαθηματικό,Χημικό. Άν πείς ότι θέλεις να γίνεις μαθηματικός οι περισσότεροι γονείς σου λένε και τι θέλεις να πάς εκεί.Να περιμένεις χρόνια και στο τέλος αφού κάνεις ιδιαίτερα, φροντιστήρια κτλ να καταλήξεις καθηγητής σε κανα Λύκειο με
3 και 60  ? Κακα τα ψέματα φίλοι μου το επάγγελμα του μαθηματικού δεν χαίρει, πιστέυω, και μεγάλη εκτίμηση στην ελληνική κοινωνία.Θα σας κάνω ένα αντιπαράδειγμα. Στην αμερική πατέρας φίλου μου που είναι μαθηματικός, τον έχει πάρει τράπεζα και κάνει Risk management
[b]με μισθό 1,000,000 δολλάρια τον χρόνο [/b:](δίνω και στοιχεία άμα τα θέλετε).Εκεί ξέρουν να εκτιμούν κάτι παραπάνω...

[b:]6.Περι της ύλης & Χρησιμότητα: [/b: ] Ε, λοιπόν αυτό το τελευταίο έλεγα να μην το βάλω.Λέω εδώ θα με αρχίσουν στα μπινελίκια και όχι άδικα. Μα δεν μπορώ. Συμπαθάτε με κιόλας αλλά θα σκάσω άν δεν το πώ.Πρώτα πρώτα καλύτερα οι πιο μικροί μας φίλοι οι οποίοι δεν έχουν τελειώσει το λύκειο να μην συνεχίσουν να διαβάζουν.Φοβάμαι ότι αντί να τους ωφελήσω με τα γραφομενά μου μάλλον θα τους βλάψω και για αυτό πιστέψτε ότι σε καμμία περίπτωση δεν θα το ήθελα.Απευθύνομαι σε λίγο πιο μεγάλους.Την αγάπη σας....[hide]Απευθύνομαι κυρίως στους μαθηματικούς.Πραγματικά σας ρωτώ έχετε ιδέα πόσο σας χρειαζόμαστε εμείς οι υπόλοιποι επιστήμονες.Θα γίνω αμέσως κατανοητός. Θέλω να πώ ότι οι μαθηματικοί είναι εντελώς αποκομμένοι από τους άλλους επιστήμονες. Πιστεύω ότι δεν γνωρίζουν που πρέπει να εστιάσουν περισσότερο την ερευνά τους γιατί ίσως δεν γνωρίζουν ποια κομμάτια της επιστήμης τους θεωρούν οι άλλοι επιστήμονες σημαντικά και ποιά κομμάτια αυτοι θεωρούν σημαντικά.Δίνω παραδείγματα: [b: 7c6b70803a](1 Περιστατικό) [/b: 7c6b70803a]Στα προβλήματα π.χ που έχουν επικηρυχθεί από το ινστιτούτο Clay με 1,000,000δολλάρια είναι μεταξύ άλλων αυτό του Riemann και των εξισώσεων Νavier-Stokes.Προφανώς σε αυτά που λέω είμαι υποκειμενικός γιατί το δεύτερο είναι μέρος του phd μου.Διορθώστε με!
Πείτε ότι λύνουμε και τα δύο.Το αποτέλεσμα από την δική μου μεριά:Στην υπόθεση Riemann θα βρούμε την γεννήτρια των πρώτων αριθμών.Οκ
δύσκολη απόδειξη αλλά από εφαρμογές μπορώ να σκεφτώ μόνο μία: την ανάπτυξη ενός κεφαλαίου της κρυπτογραφίας. Στην άλλη περίπτωση να είχαν εξηγηθεί οι ροές,δυνάμεις,αντιστάσεις όλων των ρευστών με εφαρμογές από υποβρύχια μέχρι αεροπλάνα αφού θα είχαμε όχι πλέον αριθμητική αλλά αναλυτική λύση.Έτσι θα εξοικονομούνταν άπειρες ώρες προσομοιώσεων με προσεγγιστικές μεθόδους (π.χ πεπερασμένα στοιχεία) για αριθμητικές επιλύσεις ενώ παράλληλα θα είχε μεγάλη επιδραση σε όλα τα τμήματα παγκοσμίως που ασχολούνται με υπολογιστική ρευστομηχανική (χημικοί,μηχανολόγοι,πολιτικοί μηχανικοί) καθώς αυτά θα έκλειναν! Το ερώτημα μου είναι άν έχετε επίγνωση αυτό το πρόβλημα πού είναι για έσάς challenging έχετε επίγνωση τι χρησιμότητα έχει σε άλλες επιστήμες ή όχι και μένετε στην χαρά της δικής σας απόδειξης? [b]( 2 Περιστατικό)[/b] Συζητάω με φίλο Υ.Δ στο ΣΕΜΦΕ ΕΜΠ. Του μιλάω για Βέλτιστο έλεγχο που κάνω για την μέθοδο Pontryagin και μου λέει ότι ούτε καν τις έχει ακούσει.Συνεχίζω λέω δεν μπορεί τυχαίο θα ήταν με απορία στον αντίστροφο μετασχηματισμό Laplace και ενώ μου  εξηγεί την απορία μου λέει που το θέλω.Του δείχνω ένα ηλεκτρικό κύκλωμα όπου όπου έχω ώς διαταραχή βηματική είσοδο μορφής 1/s και βλέπω τον ενθουσιασμό στα μάτια του.Μου εξομολογείται μετά ότι δεν είχε στον νού του κάποια εφαρμογή αυτού του μετασχηματισμού (!). [b]Για αυτό το λόγο πιστεύω ότι θα πρέπει να υπάρχει στα Μαθηματικά τμήματα της χώρας μία ενδεικτική παρουσίαση των μαθηματικών περιοχών που απασχολούν τους μηχανικούς,φυσικούς κτλ[/b]. Aυτό θα έκανε ακόμα περισσότερο σεβαστό το επάγγελμα του μαθηματικού και θα συνέβαλε περισσότερο στην απορροφησή τους από επιχειρήσεις (να μην πώ ότι θα ήταν πιο χρήσιμο για την ανθρωπότητα). Είμαι σίγουρος ότι τα πιο θεωρητικά προβλήματα που λύνονται θα βρεθούν κάποτε εφαρμογές τους που σήμερα δεν γνωρίζουμε (π.χ όπως έγινε με την γεωμετρία Λομπατσέφσκι) αλλά γιατί να μην αρχίσουμε με τα πιο πρακτικά?  Τέλος θα ήθελα να αναφέρω κάτι το οποίο ξέρω ότι δεν θα συμφωνήσετε μαζί μου.[b]Έχω κάποιους ενδοιασμούς για την ύλη στο γυμνάσιο και λύκειο και αυτήν των διαγωνισμών[/b]. Διαπιστώνω ότι τα θέματα περίπου είναι [b]1 Άλγεβρας,2 Γεωμετρίας, 1 Συνδυαστικής, 1 Θεωρίας Αριθμών [/b]κτλ. Άν και οι λύσεις ασκήσεων Θεωρίας Αριθμών και Γεωμετρίας είναι πιο όμορφες (προσωπικά λατρεύω ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών!) μπορώ να πώ ότι διαχρονικά ελάχιστες φορές χρησιμοποίησα Γεωμετρία και Θεωρία Αριθμών. [b]Ασφαλώς θα ήμουνα ο τελευταίος να πώ να καταργηθούν (άλλωστε σαν Ελλάδα που εμείς την γεννήσαμε πρέπει και να την προστατέψουμε αλλά με το πιο πάνω σκεπτικό θα πρέπει,γνώμη μου, να δίνονταν περισσότερο βάρος θεμάτων στην άλγεβρα που πραγματικά είναι το μοναδικό που χρησιμοποιούμε κατα κόρον στα Πολυτεχνεία (μπορεί εδώ να έχει γίνει άλλο ένα έγκλημα!)δηλ.2-3 άλγεβρας, 1 Γεωμετρία, 1 Συνδυαστικής, 0-1 Θεωρίας Αριθμών κτλ.[/b] Επιπλέον δεν μπορώ να καταλάβω γιατί δίνονται αυτά τα θέματα εξισώσεων και όχι από γραμμική άλγεβρα, μιγαδικούς (τα οποία είναι στο πρόγραμμα του λυκείου, για να μην το παρατραβήξω και πώ διαφορικές εξισώσεις που διέπουν όλα τα φυσικά φαινόμενα).Προσωπικά πιστεύω ότι θα ήταν πιο ωφέλιμες ασκήσεις με μηγαδικούς (π.χ σε εμας εφαρμογες σε ανάλυση κυκλωμάτων ανά συχνότητα) από ότι ένα παιχνίδι παιγνίων.Για τους φίλους που παρά την παράκληση διάβασαν αυτά θα τους πώ το εξής[b].Η ύλη θα έπρεπε να βγεί και όλη έχουμε τις διαφωνίες.Τα μαθηματικά πάνω από όλα είναι ένα παιχνίδι εξάσκησης του μυαλού.όπως όλο το γυμνάσιο και το λύκειο είναι το γυμναστήριο του μυαλού.Σημασία δεν έχει τί ασκήσεις θα κάνεις αλλά το γεγονός ότι γυμνάζεσαι!όταν μεγαλώσετε θα με θυμηθείτε! Μπορεί να μην θυμάστε τίποτα από φυσική αλλά θα είστε λίγο πιο εύστροφοι και κοινωνικοί από άλλους που δεν κόπιασαν.Αυτό είναι το νόημα της εκπαίδευσης.Και τώρα μην πείτε α ώστε αυτό δεν έχει μεγάλη εφαρμογή γιατί α) εγώ δεν είμαι αλάνθαστος,μπορεί να γράφω βλακείες και β) και τι δεν θα έδινα  να γύρναγα πίσω και να προετοιμαζόμουν για μια βαλκανιάδα!Σκεφτείτε ΄ότι εγώ δεν είμαι σε αυτήν την ηλικία και ακόμα βρίσκω συγκινητικό να ασχολούμαι με αυτά τα μαθηματικά ..εκ του ασφαλούς[/b]!

[/hide]

Αυτα λοιπόν.

1.[b]Περιμένω τα σχολιά σας!![/b] Να μου αλλάξετε τις απόψεις που πιστεύεται ότι δεν είναι σωστές

2[b].Σόρυ για την πολυλογία![/b]

3.Γλίτωσα τα λεφτά της ψυχανάλυσης

[quote="mimmmis"][b]{Διαβάζεται σε 15')[/b]

Πρώτα πρώτα να συστηθούμε. Ονομάζομαι Μιχάλης. Είμαι 23 ετών και Μηχανικός του ΕΜΠ. Έχω χόμπυ μου (όταν έχω χρόνο - Η κοπελιά μου ξέρει τι τραβάει) να λύνω εκτός των άλλων και μαθηματικά προβλήματα από ΙΜΟ, Διαγωνισμούς κτλ. χωρίς να μπορώ να πώ ότι είμαι και κανένας
φοβερός (ότι μπορώ κάνω φίλοι μου!).

Στο παρόν άρθρο θα προσπαθήσω μέσα από το δικό μου πρίσμα να καταδείξω τα προβλήματα που έχει η διδασκαλία και η διάδοση των μαθηματικών και των διαγωνισμών  τους στην χώρα, χωρίς να παραβλέψω να δώσω λύσεις.Πρίν όμως αρχίσω θα ήθελα να ξεκαθαρίσω τα εξής:

[i]1.Θεωρώ τον εαυτό μου πολύ ευτυχή που μπορεί να απευθύνεται σε ανθρώπους με κοινά ενδιαφέροντα. Στην εποχή μου (όχι και τόσο μακρυνή αυτό δεν υπήρχε μέσω του διαδικτύου).

2.Οι παρακάτω σκέψεις μου πέρι μαθηματικών στην Ελλάδα είναι αποτέλεσμα προσωπικής εμπειρίας.Αυτό σημαίνει ότι προφανώς είναι υποκειμενικές.Πιστεύω ότι όμως ότι είμαι αρκετά ανοικτό μυαλό ώστε
  άν κάποιος με πείσει για το αντίθετο να τις επανεξετάσω.

3.Δεν έχω κανένα σκοπό να εξοργίσω, να μειώσω κατα το ελάχιστο το ενδιαφέρον των άλλων στα μαθηματικά ή να προσβάλλω κανέναν.[/i]

 :?: [b]τις πταίει:[/b]----------------

[b]1. Τα βιβλία:[/b] Αρχίζω από αυτά. Άν και ομολογουμένως έχουν κάποια καλή στάθμη το γεγονός ότι είναι στην ΙΕ' έκδοση κάτι λέει  :idea: (μιλώ π.χ για άλγεβρα λυκείου Σβέρκου κτλ.)

[b]2. Οι μαθητές:[/b] Μιλάω καθαρά για την πλειονότητα (ελπίζω να κάνω λάθος).Ακούν μαθηματικά και τους σηκώνεται η τρίχα κάγκελο!Από μικροί ακούν ιστορίες από τους γονείς τους ότι επειδή έκαναν λάθος ένα πρόσημο τους βάλλαν 10 για βαθμό ή παρόμοια. Όταν φθάνουν στο γυμνάσιο είναι λίγο προκατειλλημένοι.Πέφτει εκεί κάπου κοντά και καμιά γεωμετρία ή καμμιά πρωτοβάθμια εξίσωση και γίνεται το μπάχαλο. Προς το ΄τελος του γυμνασίου το έχουν πάρει απόφαση ότι δεν τα πάνε καλά με τα μαθηματικά (άντε να θυμηθείς την λύση της 2βαθμιας εξίσωσης), και εκεί βάζουν αυτόματο πιλότο. Από εκεί και πέρα κάνουν ιδιαίτερα φροντιστήρια αλλά νομίζουν ότι δεν χρειάζεται να κοπιάσουν καθόλου από την μεριά τους και οι γνώσεις να τους εμφυτευτούν.Τα κενά στην πρώτη Λυκείου είναι σχετικά μεγάλα (άλλοι δεν γνωρίζουν καν πως λύνονται οι 1βαθμιες εξισώσεις!) με αποτέλεσμα να δημιουργούνται μαθητές 2 ταχυτήτων.Εκεί ακριβώς γίνεται το χειρότερο που μπορεί να γίνει για την πρόοδο των μαθηματικών στην χώρα μας: Αντί αυτοί που δεν μπορούν να ανταπεξέλθουν  να βοηθηθούν πρόσθετα από την εκπαιδευτική κοινότητα, , γίνεται ακριβώς το αντίθετο. Αρχίζουν και κοροιδεύουν τους [b]σχετικά καλούς μαθητές με αποτέλεσμα αυτοί να πρέπει να δείξουν [/b]ιδιαίτερα ισχυρό χαρακτήρα ώστε να συνεχίσουν με το ίδιο πάθος στα μαθηματικά, έναν δρόμο που όπως πιστεύω θα συμφωνήσετε όλοι είναι λίγο...μοναχικός : Αυτό,να το πώ ελαφρά(!) τα πειράγματα των συμμαθητών μας, πιστεύω όλοι το έχουμε βιώσει (σε διαφορετικό βαθμό ο καθένας) και δεν ξέρω πόσο ενήμεροι είναι οι καθηγητές :?: . Μετά (άν δεν έχει ξεκινήσει πρωτύτερα) εμφανίζεται ένα άλλο μεγάλο σφάλμα.
[b]Οι μαθητές αντί να προσπαθούν να λύσουν τις ασκήσεις τους, όταν πάνε στο σπίτι το πρώτο πράγμα που κάνουν είναι να ανοίξουν το λυσάρι[/b] (που δίνεται μαζί με το βιβλίο) και να καθαρογράψουν(!) την λύση.Ας ρωτήσω  όλους: πόσοι από εσάς δεν έχετε καταλάβει συμμαθητές σας ή μαθητές σας όταν ό καθηγητής πει ποιός θα μου λύσει την άσκηση τάδε, δεν γυρνάνε τα τετράδια και προσπαθούν να απομνημονεύσουν την λύση αυτής της άσκησης και κατόπιν 1-2 λεπτών αργότερα σηκώνουν χέρι(!!) να την λύσουν.και φυσικά άν κάτι αλλάξει από την λύση τότε δεν ξέρουν τί να πούν.Να ξαναπιάσω το θέμα όμως των μαθητών 2 ταχυτήτων.[b]Σε όλες τις χώρες που έχουν μια μαθηματική παράδοση μπορούν να βρεθούν ταλέντα και να προωθηθούν ξεχωριστά.[/b]O Terence tao (Fields Medal 2006) στα 13 του παρακολουθούσε μαθηματικά στο πανεπιστήμιο και τα υπόλοιπα (π.χ έκθεση) τα συνέχιζε με την φυσική του τάξη.Άν δεν λυθεί αυτό το πρόβλημα θα χάνουμε συνέχεια ταλέντα και για όσους δεν πείθονται σας κάνω την εξής ερώτηση.Ας φανταστούμε πώς αισθάνεται ένα παιδί όπως π.χ ο Silouan ο οποίος πιστεύω χαίρει ιδιαίτερης  :lol:  μαθηματικής εκτίμησης από όλους μας σε αυτό το φόρουμ  όταν λύνει δύσκολες ασκήσεις και μπαίνει καθημερινά σε μία τάξη όπου ο καθηγητής προσπαθεί να μάθει στον συμμαθητή του πώς ορίζεται η εφαπτομμένη.Εγώ πάντως θα έπληττα..

[b]3. Οι καθηγητές-
   Υπουργείο Παιδείας:[/b] Κατανοώ τις συνθήκες, μισθούς κάτω από τις οποίες δουλεύουν και τους σέβομαι απόλυτα.Σε αυτούς οφείλω
ένα μεγάλο μέρος αυτού που είμαι σήμερα (το άλλο σε μένα, τους φίλους μου και την οικογενειά μου).όμως εδώ  υπάρχουν 3 προβλήματα: [b]α) το φαινόμενο των αναπληρωτών καθηγητών[/b]: πώς να αγαπήσει ένα παιδί τα μαθηματικά όταν αλλάζει 2-3 καθηγητές τον χρόνο και να είναι αναγκασμένο να προσαρμοστεί σε διαφορετικά συστήματα
εκμάθησης. [b]β) Το φαινόμενο κατα το οποίο για διάφορους λόγους καθηγητές αποδίδουν κάτω από το βασικό επίπεδο [/b]που θα έπρεπε να δείχνουν. Δυστυχώς υπάρχει και αυτό και δεν υπάρχει τίποτα χειρότερο από έναν καθηγητή από το να χάσει το κύρος του στην τάξη. Συνήθως είναι πολύχρονες αναμονές ανάμεσα στο πτυχίο και την μονιμο-
ποίηση και νομίζω ότι γινόταν περισσότερο παλιά. Και το πιο σημαντικό κατά την αποψή μου ολίσθημα: [b]γ)  :idea: Ανυπαρξία <<εμπνευσμένων καθηγητών>> [/b]. Το Α και το Ω για μένα για να περάσει το μικρόβιο των μαθηματικών. Αυτό είναι η κολόνα των κινητρων για να αγαπήσει ένας μαθητής τα μαθηματικά.Η τεράστια πλειονότητα των μαθητών για να αρχίσει η ενασχολησή τους με τα μαθηματικά πρέπει να πειστούν ότι ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΑ ΧΡΕΙΑΖΟΝΤΑΙ. Εδώ είναι το μεγαλύτερο σφάλμα στην διδακτική των μαθητών μας. Ο μαθητής δεν καταλαβαίνει γιατί είναι ανάγκη στην Γ Γυμνασίου να μάθει να βρήσκει την γραφική παράσταση της συνάρτησης ψ=α*χ. Ίσως ένας πιο παρατηρητικός να πεί ότι μου θυμίζει τον τύπο u=g*t από την φυσική και έχει ίδια γραφική. όμως είναι χρέος μας ΕΜΕΙΣ να του το τονίσουμε ότι η γλώσσα (η πιο περιεκτική) των μαθηματικών είναι η γλώσσα των νόμων του συμπαντός μας και έχουν παντού εφαρμογές. Κατα την γνώμη μου (για άλλους ακραία) όλες οι άλλες θετικές επιστήμες είναι απλές αντικαταστάσεις σε μαθηματικούς τύπους. Δεν το καταλαβαίνει ο μαθητής? [b]Ο δάσκαλος να λεέι όχι βρείτε μου το <<ΞΎΛΙΝΟ>> βρείτε μου τα ακρότατα αυτής της συνάρτησης αλλά να λέει άν αυτή η συνάρτηση είναι η τιμή της τάδε μετοχής με άξονα χ τον χρόνο πότε αυτή θα κάνει limit-up?!! [/b]Μόνο έτσι θα κεντριζόταν το ενδιαφέρον του μαθητή.Μόνο όταν συνδέαμε τα μαθηματικά με τις εφαρμογές τους.Τα συγχρονα παιδιά δεν είναι χαζά ούτε τεμπέλικα.
Πιστεύω ότι είναι και πιο έξυπνα γιατί μεγαλώνουν με περισσότερα ερεθίσματα.Απλά είναι πολύ πρακτικά και δεν αναμειγνύονται με κάτι που δεν πιστεύουν ότι θα τους βοηθήσει στην ζωή τους. Αν αλλάξουμε αυτή την νοοοτροπία και οι δάσκαλοι γίνουν λίγο πιο ευρηματικοί θα είναι ένα κίνητρο για τα παιδιά.[b]Τα άλλα κίνητρα πρέπει να τα δώσουν οι γονείς και κυρίως το υπουργείο παιδείας.Είναι θετικό βήμα οι εισαγωγές σε ΑΕΙ παιδιών με μετάλλια σε βαλκανιάδες-ΙΜΟ αλλά αυτοί είναι λίγοι.Άς υπάρχουν διαγωνισμοί μεταξύ σχολείων, τοπικοί διαγωνισμοί, με δώρα
βιβλία,X-box (π.χ από συνεισφορές συλλόγων γονέων (άν υπάρχει ακόμα κάτι τέτοιο)) κτλ, κατασκηνώσεις με Math Camps κτλ.
			[/b]

[b]4. Διαγωνισμοί:[/b] όσον αφορά τους διαγωνισμούς έκανα μια ανάλυση και στο προηγούμενο θέμα.Συμφωνώ ότι για να προαχθούν τα μαθηματικά σε αυτήν  την ταλαίπωρη χώρα θα πρέπει οι διαγωνισμοί (όπως έχει ξαναειπωθεί σε αυτήν την χώρα) να έχουν κάποια σχετικά εύκολα θέματα
για να φεύγουν ικανοποιημένοι όλοι.[b] Έπειτα πρέπει οι διαγωνισμοί να γίνουν λίγο πιό γνωστοί στο κοινό.Έχετε ακούσει ποτέ από κανάλια να μιλάνε για μαθηματικά? [/b]Προσωπικά μόνο στις λύσεις των θεματων των πανελλαδικών ακούω.Η κρατική τηλεόραση τί κάνει. Είπε τίποτα ότι έγινε Ο Θαλής? Δηλαδή μόνο (με συγχωρείτε) το σώβρακο της Παπαρίζου μας νοιάζει (μας νοιάζει βέβαια ΚΑΙ αυτό γιατί είναι κουκλάρα :D )?'Ή ο ποδηλατικός γύρος της Αθήνας? Εγώ πάντως καταθέτω ότι ουδέποτε θυμάμαι να άκουσα τίποτα για διαγωνισμούς τις μαθηματικής εταιρείας όσο ήμουν γυμνάσιο-λύκειο από τους καθηγητές μου στο σχολείο.Αυτό κάτι λέει.Μετά το υπουργείο δεν πρέπει (δεν ξέρω αν γίνεται) να δίνει σε
όσους συμμετέχουν κάποια αναμνηστικά.[b] Εδώ όταν δημοσιεύεις paper στην επιστήμη μου σου δίνουν στα συνέδρια που πάς τσαντούλα,καπελάκι
κτλ[/b].Επιπλέον το γεγονός ότι ΄γινεται μία φορά και όχι πολλές τον χρόνο (αυτή η άποψη έχει ειπωθεί πάλι απο αυτο το φόρουμ και συμφωνω)
[b]μπορεί να είναι αιτία από μια ατυχία να χάσουμε περισσότερα ταλέντα[/b].Και τώρα κάτι τελευταίο που με εκφράζει:Διαγωνισμούς μαθηματικών
κάνουν μόνο για τους μαθητές? Δεν λέω για μένα αλλά ένας φοιτητής (είχα δεί παλιά έναν διαγωνισμό που έκανε ο κ.Λάμπρου) που έχει διάθεση
γιατί δεν μπορεί να πάρει μέρος?

[b]5.Επάγγελμα Μαθηματικός:[/b] Άς με συγχωρήσουν οι μαθηματικοί αλλά αυτό στην ελλάδα ακούγεται δυστυχώς σαν ανέκδοτο.Ας δείτε απλά τις βάσεις.Χάος ανάμεσα στο Πολυτεχνείο το Φυσικό,Μαθηματικό,Χημικό. Άν πείς ότι θέλεις να γίνεις μαθηματικός οι περισσότεροι γονείς σου λένε και τι θέλεις να πάς εκεί.Να περιμένεις χρόνια και στο τέλος αφού κάνεις ιδιαίτερα, φροντιστήρια κτλ να καταλήξεις καθηγητής σε κανα Λύκειο με
3 και 60  ? Κακα τα ψέματα φίλοι μου το επάγγελμα του μαθηματικού δεν χαίρει, πιστέυω, και μεγάλη εκτίμηση στην ελληνική κοινωνία.Θα σας κάνω ένα αντιπαράδειγμα. Στην αμερική πατέρας φίλου μου που είναι μαθηματικός, τον έχει πάρει τράπεζα και κάνει Risk management
[b]με μισθό 1,000,000 δολλάρια τον χρόνο [/b:](δίνω και στοιχεία άμα τα θέλετε).Εκεί ξέρουν να εκτιμούν κάτι παραπάνω...

[b:]6.Περι της ύλης & Χρησιμότητα: [/b: ] Ε, λοιπόν αυτό το τελευταίο έλεγα να μην το βάλω.Λέω εδώ θα με αρχίσουν στα μπινελίκια και όχι άδικα. Μα δεν μπορώ. Συμπαθάτε με κιόλας αλλά θα σκάσω άν δεν το πώ.Πρώτα πρώτα καλύτερα οι πιο μικροί μας φίλοι οι οποίοι δεν έχουν τελειώσει το λύκειο να μην συνεχίσουν να διαβάζουν.Φοβάμαι ότι αντί να τους ωφελήσω με τα γραφομενά μου μάλλον θα τους βλάψω και για αυτό πιστέψτε ότι σε καμμία περίπτωση δεν θα το ήθελα.Απευθύνομαι σε λίγο πιο μεγάλους.Την αγάπη σας....[hide]Απευθύνομαι κυρίως στους μαθηματικούς.Πραγματικά σας ρωτώ έχετε ιδέα πόσο σας χρειαζόμαστε εμείς οι υπόλοιποι επιστήμονες.Θα γίνω αμέσως κατανοητός. Θέλω να πώ ότι οι μαθηματικοί είναι εντελώς αποκομμένοι από τους άλλους επιστήμονες. Πιστεύω ότι δεν γνωρίζουν που πρέπει να εστιάσουν περισσότερο την ερευνά τους γιατί ίσως δεν γνωρίζουν ποια κομμάτια της επιστήμης τους θεωρούν οι άλλοι επιστήμονες σημαντικά και ποιά κομμάτια αυτοι θεωρούν σημαντικά.Δίνω παραδείγματα: [b: 7c6b70803a](1 Περιστατικό) [/b: 7c6b70803a]Στα προβλήματα π.χ που έχουν επικηρυχθεί από το ινστιτούτο Clay με 1,000,000δολλάρια είναι μεταξύ άλλων αυτό του Riemann και των εξισώσεων Νavier-Stokes.Προφανώς σε αυτά που λέω είμαι υποκειμενικός γιατί το δεύτερο είναι μέρος του phd μου.Διορθώστε με!
Πείτε ότι λύνουμε και τα δύο.Το αποτέλεσμα από την δική μου μεριά:Στην υπόθεση Riemann θα βρούμε την γεννήτρια των πρώτων αριθμών.Οκ
δύσκολη απόδειξη αλλά από εφαρμογές μπορώ να σκεφτώ μόνο μία: την ανάπτυξη ενός κεφαλαίου της κρυπτογραφίας. Στην άλλη περίπτωση να είχαν εξηγηθεί οι ροές,δυνάμεις,αντιστάσεις όλων των ρευστών με εφαρμογές από υποβρύχια μέχρι αεροπλάνα αφού θα είχαμε όχι πλέον αριθμητική αλλά αναλυτική λύση.Έτσι θα εξοικονομούνταν άπειρες ώρες προσομοιώσεων με προσεγγιστικές μεθόδους (π.χ πεπερασμένα στοιχεία) για αριθμητικές επιλύσεις ενώ παράλληλα θα είχε μεγάλη επιδραση σε όλα τα τμήματα παγκοσμίως που ασχολούνται με υπολογιστική ρευστομηχανική (χημικοί,μηχανολόγοι,πολιτικοί μηχανικοί) καθώς αυτά θα έκλειναν! Το ερώτημα μου είναι άν έχετε επίγνωση αυτό το πρόβλημα πού είναι για έσάς challenging έχετε επίγνωση τι χρησιμότητα έχει σε άλλες επιστήμες ή όχι και μένετε στην χαρά της δικής σας απόδειξης? [b]( 2 Περιστατικό)[/b] Συζητάω με φίλο Υ.Δ στο ΣΕΜΦΕ ΕΜΠ. Του μιλάω για Βέλτιστο έλεγχο που κάνω για την μέθοδο Pontryagin και μου λέει ότι ούτε καν τις έχει ακούσει.Συνεχίζω λέω δεν μπορεί τυχαίο θα ήταν με απορία στον αντίστροφο μετασχηματισμό Laplace και ενώ μου  εξηγεί την απορία μου λέει που το θέλω.Του δείχνω ένα ηλεκτρικό κύκλωμα όπου όπου έχω ώς διαταραχή βηματική είσοδο μορφής 1/s και βλέπω τον ενθουσιασμό στα μάτια του.Μου εξομολογείται μετά ότι δεν είχε στον νού του κάποια εφαρμογή αυτού του μετασχηματισμού (!). [b]Για αυτό το λόγο πιστεύω ότι θα πρέπει να υπάρχει στα Μαθηματικά τμήματα της χώρας μία ενδεικτική παρουσίαση των μαθηματικών περιοχών που απασχολούν τους μηχανικούς,φυσικούς κτλ[/b]. Aυτό θα έκανε ακόμα περισσότερο σεβαστό το επάγγελμα του μαθηματικού και θα συνέβαλε περισσότερο στην απορροφησή τους από επιχειρήσεις (να μην πώ ότι θα ήταν πιο χρήσιμο για την ανθρωπότητα). Είμαι σίγουρος ότι τα πιο θεωρητικά προβλήματα που λύνονται θα βρεθούν κάποτε εφαρμογές τους που σήμερα δεν γνωρίζουμε (π.χ όπως έγινε με την γεωμετρία Λομπατσέφσκι) αλλά γιατί να μην αρχίσουμε με τα πιο πρακτικά?  Τέλος θα ήθελα να αναφέρω κάτι το οποίο ξέρω ότι δεν θα συμφωνήσετε μαζί μου.[b]Έχω κάποιους ενδοιασμούς για την ύλη στο γυμνάσιο και λύκειο και αυτήν των διαγωνισμών[/b]. Διαπιστώνω ότι τα θέματα περίπου είναι [b]1 Άλγεβρας,2 Γεωμετρίας, 1 Συνδυαστικής, 1 Θεωρίας Αριθμών [/b]κτλ. Άν και οι λύσεις ασκήσεων Θεωρίας Αριθμών και Γεωμετρίας είναι πιο όμορφες (προσωπικά λατρεύω ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών!) μπορώ να πώ ότι διαχρονικά ελάχιστες φορές χρησιμοποίησα Γεωμετρία και Θεωρία Αριθμών. [b]Ασφαλώς θα ήμουνα ο τελευταίος να πώ να καταργηθούν (άλλωστε σαν Ελλάδα που εμείς την γεννήσαμε πρέπει και να την προστατέψουμε αλλά με το πιο πάνω σκεπτικό θα πρέπει,γνώμη μου, να δίνονταν περισσότερο βάρος θεμάτων στην άλγεβρα που πραγματικά είναι το μοναδικό που χρησιμοποιούμε κατα κόρον στα Πολυτεχνεία (μπορεί εδώ να έχει γίνει άλλο ένα έγκλημα!)δηλ.2-3 άλγεβρας, 1 Γεωμετρία, 1 Συνδυαστικής, 0-1 Θεωρίας Αριθμών κτλ.[/b] Επιπλέον δεν μπορώ να καταλάβω γιατί δίνονται αυτά τα θέματα εξισώσεων και όχι από γραμμική άλγεβρα, μιγαδικούς (τα οποία είναι στο πρόγραμμα του λυκείου, για να μην το παρατραβήξω και πώ διαφορικές εξισώσεις που διέπουν όλα τα φυσικά φαινόμενα).Προσωπικά πιστεύω ότι θα ήταν πιο ωφέλιμες ασκήσεις με μηγαδικούς (π.χ σε εμας εφαρμογες σε ανάλυση κυκλωμάτων ανά συχνότητα) από ότι ένα παιχνίδι παιγνίων.Για τους φίλους που παρά την παράκληση διάβασαν αυτά θα τους πώ το εξής[b].Η ύλη θα έπρεπε να βγεί και όλη έχουμε τις διαφωνίες.Τα μαθηματικά πάνω από όλα είναι ένα παιχνίδι εξάσκησης του μυαλού.όπως όλο το γυμνάσιο και το λύκειο είναι το γυμναστήριο του μυαλού.Σημασία δεν έχει τί ασκήσεις θα κάνεις αλλά το γεγονός ότι γυμνάζεσαι!όταν μεγαλώσετε θα με θυμηθείτε! Μπορεί να μην θυμάστε τίποτα από φυσική αλλά θα είστε λίγο πιο εύστροφοι και κοινωνικοί από άλλους που δεν κόπιασαν.Αυτό είναι το νόημα της εκπαίδευσης.Και τώρα μην πείτε α ώστε αυτό δεν έχει μεγάλη εφαρμογή γιατί α) εγώ δεν είμαι αλάνθαστος,μπορεί να γράφω βλακείες και β) και τι δεν θα έδινα  να γύρναγα πίσω και να προετοιμαζόμουν για μια βαλκανιάδα!Σκεφτείτε ΄ότι εγώ δεν είμαι σε αυτήν την ηλικία και ακόμα βρίσκω συγκινητικό να ασχολούμαι με αυτά τα μαθηματικά ..εκ του ασφαλούς[/b]!

[/hide]

Αυτα λοιπόν.

1.[b]Περιμένω τα σχολιά σας!![/b] Να μου αλλάξετε τις απόψεις που πιστεύεται ότι δεν είναι σωστές

2[b].Σόρυ για την πολυλογία![/b]

3.Γλίτωσα τα λεφτά της ψυχανάλυσης[/quote]

 Αγαπητέ Μιχάλη !

 Σε καλοσωρίζω και εγώ με τη σειρά μου σε αυτό το βήμα σκεπτόμενων ανθρώπων.Δε θέλω να σου αλλάξω γνώμη σε τίποτα , ούτε πιστεύω ότι θα το επιχειρήσει κανείς , αν και σε κάποια σημεία μπορούν να διατυπωθούν παρεμφερείς απόψεις , διότι έτσι είναι τα πράγματα και δυστυχώς πολύ χειρότερα. Έχουμε συζητήσει πολλές φορές - όχι βέβαια όσες θα έπρεπε -
σε αυτό το χώρο για το θέμα που έθιξες. Όμως :
  [b] α) [/b]Αυτά που γράφουμε τα διαβάζουμε 10 πτυχιούχοι ή φοιτητές- που συμφωνούμε μεταξύ μας - και αρκετοί μαθητές που ναι μεν τα καταλαβαίνουν και τα ασπάζονται , διότι τα ζουν και τα υφίστανται καθημερινά,  αλλά δεν αποτελούν για αυτούς  πρώτη προτεραιότητα, αφού αυτοί έχουν πρώτο μέλημα - ΕΥΤΥΧΩΣ - τα μαθηματικά και τις σπουδές τους
 [b]  β) [/b]Παρόμοια πράγματα συζητούνται και σε μικρούς μαθηματικούς κύκλους ή συνέδρια μαθηματικών αλλά είτε δεν γίνονται απολύτως αντιληπτά , είτε στους περισσότερους φαντάζουν ανέφικτα και ως εκ τούτου ξεθυμαίνουν  δυστυχώς άκαρπα.
   [b]γ)[/b] Τις προτάσεις που κατά καιρούς γίνονται για ουσιαστική αναβάθμιση της παιδείας και των μαθηματικών - όπως πολύ εύστοχα και η δική σου - δεν τις ακούει κανένας από αυτούς που θα μπορούσαν να αλλάξουν τα πράγματα. Οι πολιτικοί χαιρετούν τα συνέδρια στην έναρξή τους και μετά φεύγουν ! Αν σκεφτείς ότι[color=red] κανείς σχεδόν από αυτούς δεν έχει κανένα όραμα για την πατρίδα, πέρα από το πως θα διαχειρίζεται για προσωπικό όφελος την εξουσία και τους πολίτες [/color], καταλαβαίνεις ότι αυτούς μάλλον τους ευνοεί η μετριότητα στην παιδεία και έτσι δεν υλοποιούν τίποτα.
   [b]δ)[/b] Τις  πληροφορίες ή τις αναλύσεις που κατα καιρούς στέλνουν μεμονωμένα άτομα σε κλιμάκια της εκ/σης και στο υπουργείο , τις αγνοούν παντελώς και τις πετάνε στα σκουπίδια.Το μόνο που ενδιαφέρει το εκάστοτε υπουργείο (... το 'υ' στη λέξη 'υπουργείο' το είχα γράψει κεφαλαίο αλλά σκόπιμα το άλλαξα , γιατί το ξανασκέφτηκα  :| ) είναι καμιά [color=blue]ψευτομεταρύθμιση στο εξεταστικό ή η  συγγραφή νέων βιβλίων [/color], όχι για να γίνουν καλύτερα - βλέπε νέα βιβλία Δημοτικού - αλλά για να απορροφήσουν κονδύλια από την ΕΕ.
   Φίλε Μιχάλη , αν έλλειπες χρόνια από την Ελλάδα , θα σου αφιέρωνα το ποίημα του Σεφέρη << Ο γυρισμός του ξενητεμένου >> , για να βοηθήσω να καταλάβεις την τραγική θέση στην οποία έχει περιέλθει  η χώρα , σε όλα τα επίπεδα και όχι μόνο στην Παιδεία -  φυσικά ,εκτός  από τα τηλεοπτικά παιγνίδια , τον τεράστιο Τζόγο , τις καλλίγραμμες αλλά ατάλλαντες τραγουδίστριες , την απατεωνιά [hide]και την κάθε είδους πουτανιά (Sorry !) , όπως λέει και ένας φίλος μηχανικός στην Αθήνα [/hide]  , τις χαρτορίχτρες και τις καφετζούδες που τώρα τις βγάζουν και στα κανάλια για να συμβουλέψουν τους  επιχειρηματίες πότε... να επενδύσουν(εδώ είναι να σκας στα γέλεια ή να βάζεις τα κλάμματα για το χάλι  !)
αλλά και δεκάδες  γελοία 'επαγγέλματα '' που ανθίζουν στη χώρα .
 Όλα όμως αυτά είναι γνωστά αλλά τίποτα δεν αλλάζει. Και δεν αλλάζει διότι [b]αδρανούμε και ανεχόμαστε[/b].
   * Αν οι γονείς λέγανε [color=brown]'' δεν είναι καλά τα βιβλία


LaTeX
number theory proposed
number theory

Can you repeat this promblem with $Latex$:
$\frac{p_n}{q_n}=1+1/2+...+1/n$.find all$n s.t p_n$divides 3.
Man.

Here it is in $\LaTeX$:

let \[ \frac{p_n}{q_n}=\sum_{k=1}^n \frac1k \] with $\gcd(p_n,q_n)=1$ (i suppose this should be the case ;) )

Find all $n$ so that $3|p_n$!

solution:

the only solutions i found yet are $n=2$ and $n=7$

No, you don't understand for me.I wan't the solution of this problem with $LATEX$.
And,your result isn't enough.

I agree, it is not enough: Answer- 2,7,22
I am not so good in english so I will leave the solution to smoeone else to write it  :whistling:


Which style of competition do you perform best on?

Of course perform best on USAMTS, because no room for careless error and computational slowness is not punished.

But otherwise, favorite format... hmm, probably AIME (15 q/3 hr), though the time limit can be rushing.

I like the calculator because then I don't have to memorize all those trig formulas and such, but then that might be controversial...therefore I chose AMC.

i like AIME because the answer is always an integer 0-999, very useful because you know you are wrong when you get like sqrt(3)... heh. the time i think is ok, if i had more time, i dont think i could get many more questions right anyway.

[quote="mathfanatic"]Hm.  I myself like AMC, because it's the easiest.   :D
Of course it also means if I make an error I'll kill myself, but...oh well...
AIME is pretty good.  USAMO...ugh...maybe I'll get better at proofs...but last year, it was not much fun.[/quote]

what did you get?

right now, I'm doing the best on AMC (it's the easiest, duh). Though I s'pose I'd do ok on USAMTS if i actually bothered to type up the solutions I came up with. Ah well.


Let $ a,b,c>0$. Prove that

$ \frac{2(a^2\plus{}b^2\plus{}c^2)}{ab\plus{}bc\plus{}ca}\plus{}\frac{a\plus{}b\plus{}c}{\sqrt[3]{abc}}\plus{}\frac{24abc}{(a\plus{}b)(b\plus{}c)(c\plus{}a)}\geq8$

It's obviously trues because:
$ \frac{a^2\plus{}b^2\plus{}c^2}{ab\plus{}bc\plus{}ca} \plus{} \frac{8abc}{(a\plus{}b)(b\plus{}c)(c\plus{}a)} \geq\ 2$
and $ \frac{a\plus{}b\plus{}c}{\sqrt[3]{abc}}\plus{} \frac{8abc}{(a\plus{}b)(b\plus{}c)(c\plus{}a)} \geq\ 4$
PS: [hide]Lam` may' bai` cua? bac' nay` cu' nhu dang on lai. bang? cuu? chuong y' :-j[/hide]

[quote="nguoivn"]It's obviously trues because:
$ \frac {a^2 \plus{} b^2 \plus{} c^2}{ab \plus{} bc \plus{} ca} \plus{} \frac {8abc}{(a \plus{} b)(b \plus{} c)(c \plus{} a)} \geq\ 2$
and $ \frac {a \plus{} b \plus{} c}{\sqrt [3]{abc}} \plus{} \frac {8abc}{(a \plus{} b)(b \plus{} c)(c \plus{} a)} \geq\ 4$
PS: [hide]Lam` may' bai` cua? bac' nay` cu' nhu dang on lai. bang? cuu? chuong y' :-j[/hide][/quote]

Thank you very much. Sorry, I don't know your language..... :(


Let $\, D \,$ be an arbitrary point on side $\, AB \,$ of a given triangle $\, ABC, \,$ and let $\, E \,$ be the interior point where $\, CD \,$ intersects the external common tangent to the incircles of triangles $\, ACD \,$ and $\, BCD$.  As $\, D \,$ assumes all positions between $\, A \,$ and $\, B \,$, prove that the point $\, E \,$ traces the arc of a circle.

Let $U,V$ be the points where the incircles of $ADC,BDC$ touch $AB$, respectively. Suppose we manage to show that $UV=ED$. Then $CE=CD-ED=CD-UV$, while $UV=DU+DV=\frac{DA+DC-AC}2+\frac{DB+DC-BC}2$, which proves that $CE=CD-UV$ is constant, so $E$ moves on a circle centered at $C$. This means that all that's left to prove is that $UV=ED$.

Let $T,W$ be the points where the second external common tangent touches the incircles of $ADC,BDC$ respectively. We have $ED=TE+UD=EW+DV$, and also $UV=TW=UD+DV=TE+EW$, meaning that $TE=DV$ and $UD=EW$, from which the conclusion follows.

Posted before at http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=28329 .

  darij

I claim that $E$ moves along a circle centered at $A$. Let $\overline{AB}$ be tangent to the incircle of $ABD$ at $H$, and $\overline{BC}$ be tangent to the incircle of $ACD$ at $I$. Then $$AE = AH-EF=AH-DI= \frac 12(AB+AD-BD-CD-AD+AC) = \frac 12(AB+AC-BC)$$ is constant, as needed.


If the volume of a 2-cm-by-2cm cube is increased by 19 cubic centimeters to form a larger cube, what is the length in centimeters of one edge of the new cube?

The volume of a cube with a side length of $ 2$ cm is $ 8$ cm$ ^3$. Adding $ 19$ cm$ ^3$ gives $ 27$ cm$ ^3$. So the new side length is $ \boxed{3}$ cm.


Suppose you calculate a mean of a population and you want to know how representative that mean is of a random data point in that population.

(Question 1) In other words, is the data bunched tightly around the mean, or is it more loosely distributed over the possible range of values? An example would be high temperatures in July versus high temperatures in April or October.  In general, the highs in April and October will vary more widely from the means in those months than the highs in July.

In summary, it takes not only the mean to adequately describe a population, but there must be some way to measure the dispersion, or distribution, of the data around the mean.

(Question 2) What is the Distribution of a Data Population?

(Question 3) What is the statistic that measures the width of dispersion (“looseness” or “tightness”) of the population data about its mean?

A statistic is a number used to describe a set of data, the most common ones are of course, the mean, median and mode.
There is also other statistics used to describe the spread of data about the center. They are called Measures of Dispersion because the indicate the amount of variability in the data

I'm not sure what the correct definition is for the distribution of data population is, I think it's something like how to identify and classify a data sample based on its distributions

[quote="Jhonny Ruiz"]The statistics that measures the width of dispersion of the population data bout it's mean are Variance $(s)$ and Standard Deviation, which is the square root of the Variance.

$s^2=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n (x_i-x_m)^2$

Where $s^2$ is Variance and $x_m$ is the mean of the data (Usually represented as an (x) with a line over it).[/quote]

Thank you, Jhonny.  Nice work  :)


inequalities
vector
inequalities unsolved

let $ k_1, k_2, ... , k_n$ be $ n$ positive real numbers. let points $ P_1, P_2, ... , P_n$ be on the unit circle. let $ Q$ be any point in the plane. $ O$ is the origin.
and $ \sum_{i \equal{} 1}^{n} {k_i \vec{OP_i}} \equal{} \vec{0}$
find the minimum value of
$ \sum_{i \equal{} 1}^{n} {k_i |\vec{QP_i}|}$

$ \sum_{i\equal{}1}^{n} k_i|\vec{QP_i}| \geq |\sum_{i\equal{}1}^{n} k_i\vec{QP_i}| \equal{} |\sum_{i\equal{}1}^{n} k_i(\vec{QO}\plus{}\vec{OP_i})|\equal{} |\sum_{i\equal{}1}^{n} k_i\vec{QO}|\equal{}|\vec{OQ}|.\sum_{i\equal{}1}^{n} k_i$.

please look at your solution again, i don't think you can get a minimum value like this.
the answer is
$ \sum_{i \equal{} 1}^{n} {k_i}$ and we can get this if $ Q$ is $ O$ .


function
modular arithmetic
algebra proposed
algebra

Find all functions $ f: \mathbb{Z} \minus{} \{ 0 \} \rightarrow \mathbb{Q}$ satisfying:

$ f \left( \frac{x\plus{}y}{3} \right)\equal{}\frac {f(x)\plus{}f(y)}{2},$ whenever $ x,y,\frac{x\plus{}y}{3} \in \mathbb{Z} \minus{} \{ 0 \}.$

[quote="moldovan"]Find all functions $ f: \mathbb{Z} \minus{} \{ 0 \} \rightarrow \mathbb{Q}$ satisfying:

$ f \left( \frac {x \plus{} y}{3} \right) \equal{} \frac {f(x) \plus{} f(y)}{2},$ whenever $ x,y,\frac {x \plus{} y}{3} \in \mathbb{Z} \minus{} \{ 0 \}.$[/quote]

Replacing $ x$ with $ x\plus{}z$ and $ y$ with $ y\minus{}z$, we get $ f(x\plus{}z)\plus{}f(y\minus{}z)\equal{}f(x)\plus{}f(y)$ $ \forall z\in\mathbb Z\backslash\{\minus{}x,y\}$, $ \forall x,y,\frac{x\plus{}y}3\in\mathbb Z\backslash\{0\}$

So $ f(x\plus{}z)\equal{}f(x)\plus{}g_i(z)$ $ \forall z\in\mathbb Z\backslash\{\minus{}x\}$, $ \forall x\in\mathbb Z\backslash\{0\}$, where $ i\in\{0,1,2\}$ is $ x\pmod 3$
So $ f(x\plus{}zt)\equal{}f(x)\plus{}tg_i(z)$
So $ g_i(z)\equal{}c_iz$
So $ f(x\plus{}z)\equal{}f(x)\plus{}c_iz$ and :

$ f(z\plus{}1)\equal{}f(1)\plus{}c_1z$
$ f(z\plus{}2)\equal{}f(2)\plus{}c_2z$
$ f(z\plus{}3)\equal{}f(3)\plus{}c_0z$

But :
$ f(z\plus{}2)\equal{}f(1)\plus{}c_1(z\plus{}1)$
$ f(z\plus{}3)\equal{}f(1)\plus{}c_1(z\plus{}2)$

So $ c_0\equal{}c_1\equal{}c_2\equal{}a$ and $ f(x)\equal{}ax\plus{}b$

Plugging back this in the original equation, we get $ a\equal{}0$ and :

$ f(x)\equal{}b$ $ \forall x\neq 0$


This topic has torn many Connecticutians apart.  So are you a Yankees or Red Sox fan?

It is a cause of enormous conflict in our great state.

We have like no sport teams in Connecticut.  :|

when i was in my middle school in connecticut....i was a red sox fan along with someone else and the rest of my school were yankees fans

[quote="Smartguy"]hello people!! you better be a red sox fan![/quote]
i wonder who won more world series

As soon as the red sox get there full roster together, they will beat the Yanks!!! :)

[quote="yaofan"]Connecticut has UConn in NCAA Basketball. And doesn't Connecticut have a WNBA team?[/quote]
U conns women Ncaa basketball team has a perfect record for the past 3 years or something..

Who remembers that 5 day massacre against Boston :D loved it

Btw, I live in NYC so I'm obv Yankees! But I agree that the Yankees have advantage with all their money and stuff... I wonder who they are going to get for next year :/


Find all triples of positive integers $(p,q,n)$ with $p$ and $q$ primes satisfying:

$p(p+3)+q(q+3)=n(n+3)$.

[hide="probably wrong"]Expand
$p^{2}+3p+q^{2}+3q=n^{2}+3n$
$p^{2}+q^{2}=n^{2}\mod3$
squares are 0 mod 3 if it is divisible by 3. they are 1 mod 3 otherwise.
since p and q are primes so if they are not 3, $p^{2},q^{2}=1\mod3$
So $p^{2}+q^{2}=n^{2}\mod3\rightarrow 2=n^{2}\mod3$ which is a contradiction.
If p=q=3, then 36=n^2+3n. there are no solutions to this is + integers.
if(WLOG) p=3 q=2, then 28=n^2+3n and n=4
so the only solutions are (3,2,4) and (2,3,4)
[/hide]
EDIT:hmm so i am wrong.bleh found mistake and edited it.

Rearrange to get $p^{2}+q^{2}-n^{2}= 3(n-p-q)$

Some case checking.

$1^{\circ}: p,q>3.$

Then, $p^{2}+q^{2}\equiv 2\pmod 3$ and $n^{2}\equiv 0,1\pmod 3 \Rightarrow LHS\equiv 1,2\pmod 3$ whereas $RHS\equiv 0\pmod 3$. So no solutions.

$2^{\circ}: p=q=2.$

Then, $n^{2}+3n-20=0 \Rightarrow$ discriminant is not a perfect square. So, no solutions again.

$3^{\circ}: p=q=3.$

Then, $n^{2}+3n-36= 0 \Rightarrow$ discriminant is not a perfect square. So, no solutions again.

$4^{\circ}: p=2, q=3.$

Then, $n^{2}+3n-28=0 \Rightarrow (n+7)(n-4) = 0$.

So all possible solutions are $(2,3,4)$ and $(3,2,4)$.


A  man walks south 40 miles, east 40 miles, then north 40 miles. He ends up in the same location that he started with. He is not at the North Pole. Where could he possibly be?

He could be 40 miles north of the circles of lattitude which have circumferences of 40/n miles where n is an integer (yes it could be 40/3). Continuing this until $n=\infty$, we get that he could also be 40 miles above the south pole, but he's just spin around infinite times and really would never get back.

[quote="filletwho"]On a hyperbolic surface. Actually, I don't know if that's the name...it's one of those non-euclidean things.[/quote]

I think it's a spherical surface... I don't know if a hyperbolic surface would work. ;)


AMC
AMC 10
AMC 10 A
AMC 10 B
MATHCOUNTS
AMC 8
AIME

Do you get any prizes for tying for the highest score on the AMC10A?  Or do you only get a prize for being top in the region?  I've heard they give out books.....? I need a clarification.

[quote="Kongster"]I'm not exactly sure what you mean. The state statistics are up now.
If you have the highest score on the AMC10A or AMC10B, you get a plaque declaring you the state winner

Anyone know what 7th grader got that 144? Thats really good[/quote]

it was obviously her, since she's asking about it.

ooh definetely didnt know infinity is a 7th grader
congratulations, 144 = uberly good, + owned me :P
Yeah I would assume you get this plaque that declares you the state winner (its pretty nice)
This is the case with a tie too b/c it was like a 4-way tie for AMC 8 last year, and I stil received something.

ooh va state mathcounts standings r up
congratz unimpossible on nats and infinity4ever on 7th
gl making nats next year infinity, course that would continue longfellow dominance over manchester ;(

Thanks Kongster  :D  and congrats on getting a perfect score on the amc8 last year!!!  I screwed up with a 24 but that's ok.  In 6th grade, you don't expect much  :P

oh well i pretty much failed the AIME II but that's okay also  :)  .  Still 5 more years!

nice1 ksh.... i ONLY got a 24 ... and ONLY pwned almost everyone. and u were ONLY in 7th grade at the time... and u ONLY have a 2300 on the SAT in 8th grade. and u ONLY ttly kill every1 in math... nice nice. u make me feel stupid ><

This forum is so empty now  :maybe:
not that I've gotten on here for a REALLY LONG TIME (since my usamo fail)
so how's everyone doing?
mathcounts/amc8/10/12/aimeI/anything else :)