function
inequalities unsolved
inequalities

Let $ a, b, c$ be positive real numbers such that $ abc\equal{}1$, k is given positive real number. Find the maximum value of
\[ P\equal{}\frac{1}{a\plus{}b\plus{}k}\plus{}\frac{1}{b\plus{}c\plus{}k}\plus{}\frac{1}{c\plus{}a\plus{}k}
\]

[quote="STARS"]Let $ a, b, c$ be positive real numbers such that $ abc \equal{} 1$, k is given positive real number. Find the maximum value of
\[ P \equal{} \frac {1}{a \plus{} b \plus{} k} \plus{} \frac {1}{b \plus{} c \plus{} k} \plus{} \frac {1}{c \plus{} a \plus{} k}
\]
[/quote]

Assume $ a \geq b \geq c$

$ P\equal{} f(a)$. We have:

$ f'(a)\equal{}\frac{\minus{}1}{(a\plus{}b\plus{}k)^2} \plus{} \frac{\minus{}1}{(a\plus{}c\plus{}k)^2} \leq 0$

$ \minus{}>  f(a) \leq f(b)\equal{}\frac{1}{2b\plus{}k}\plus{}\frac{1}{b\plus{}c\plus{}k}\plus{}\frac{1}{b\plus{}c\plus{}k}$

Then $ f'(b)\equal{}\frac{\minus{}1}{(2b\plus{}k)^2}\plus{}\frac{\minus{}1}{(b\plus{}c\plus{}k)^2} \leq 0$

$ \minus{}>f(b)\leq f(c)\equal{} \frac{1}{2c\plus{}k}\plus{}\frac{1}{2c\plus{}k}\equal{}\frac{2}{2c\plus{}k}$

We see, $ f(c)$ is decrease funcion by $ c$ -> $ c\minus{}>0$ then $ f(c)$ is max!

[quote="vipCD_A1"][quote="STARS"]Let $ a, b, c$ be positive real numbers such that $ abc \equal{} 1$, k is given positive real number. Find the maximum value of
\[ P \equal{} \frac {1}{a \plus{} b \plus{} k} \plus{} \frac {1}{b \plus{} c \plus{} k} \plus{} \frac {1}{c \plus{} a \plus{} k}
\]
[/quote]

Assume $ a \geq b \geq c$

$ P \equal{} f(a)$. We have:

$ f'(a) \equal{} \frac { \minus{} 1}{(a \plus{} b \plus{} k)^2} \plus{} \frac { \minus{} 1}{(a \plus{} c \plus{} k)^2} \leq 0$

$ \minus{} > f(a) \leq f(b) \equal{} \frac {1}{2b \plus{} k} \plus{} \frac {1}{b \plus{} c \plus{} k} \plus{} \frac {1}{b \plus{} c \plus{} k}$

Then $ f'(b) \equal{} \frac { \minus{} 1}{(2b \plus{} k)^2} \plus{} \frac { \minus{} 1}{(b \plus{} c \plus{} k)^2} \leq 0$

$ \minus{} > f(b)\leq f(c) \equal{} \frac {1}{2c \plus{} k} \plus{} \frac {1}{2c \plus{} k} \equal{} \frac {2}{2c \plus{} k}$

We see, $ f(c)$ is decrease funcion by $ c$ -> $ c \minus{} > 0$ then $ f(c)$ is max![/quote]

Have you got any simpler solution?

[quote="vipCD_A1"]$ P \equal{} f(a)$. We have:

$ f'(a) \equal{} \frac { \minus{} 1}{(a \plus{} b \plus{} k)^2} \plus{} \frac { \minus{} 1}{(a \plus{} c \plus{} k)^2} \leq 0$
[/quote]
Wrong. You forgot the condition $ abc \equal{} 1$. You can't calculate $ f'(a)$ like that in the first place because $ b,c$ are dependent on $ a$.

No one can prove it?

I am waiting the nice proof.

[quote="STARS"]Let $ a, b, c$ be positive real numbers such that $ abc \equal{} 1$, k is given positive real number. Find the maximum value of
\[ P \equal{} \frac {1}{a \plus{} b \plus{} k} \plus{} \frac {1}{b \plus{} c \plus{} k} \plus{} \frac {1}{c \plus{} a \plus{} k}
\]
[/quote]

My proof:

[img]http://i246.photobucket.com/albums/gg93/NguyenDungTN/1234.jpg[/img]


inequalities
linear algebra
matrix
group theory
abstract algebra
analytic geometry
geometry

We say a triple of real numbers $ (a_1,a_2,a_3)$ is [b]better[/b] than another triple $ (b_1,b_2,b_3)$ when exactly two out of the three following inequalities hold: $ a_1 > b_1$, $ a_2 > b_2$, $ a_3 > b_3$. We call a triple of real numbers [b]special[/b] when they are nonnegative and their sum is $ 1$.

For which natural numbers $ n$ does there exist a collection $ S$ of special triples, with $ |S| \equal{} n$, such that any special triple is bettered by at least one element of $ S$?

[quote="flamingspinach"]We say a triple of real numbers $ (a_1,a_2,a_3)$ is [b]better[/b] than another triple $ (b_1,b_2,b_3)$ when exactly two out of the three following inequalities hold: $ a_1 > b_1$, $ a_2 > b_2$, $ a_3 > b_3$. We call a triple of real numbers [b]special[/b] when they are nonnegative and their sum is $ 1$.

For which natural numbers $ n$ does there exist a collection $ S$ of size $ n$ such that any special triple is bettered by at least one element of $ S$?[/quote]

I hope the collection $ S$ is supposed to consist of special triples (else, just take $ n \equal{} 1$ and $ S \equal{} \left\{\left(2,2,0\right)\right\}$).

[hide="Wrong stuff"]In this case, the minimal possible $ n$ is $ n \equal{} 3$ with $ S \equal{} \left\{\left(0,1,1\right),\left(1,0,1\right),\left(0,1,1\right)\right\}$. Of course, any $ n\geq 3$ is therefore also possible. The impossibility of $ n\leq 2$ is easy to see (if $ n \equal{} 2$ and $ S \equal{} \left\{\left(a,b,c\right),\left(d,e,f\right)\right\}$, then $ \left(a,b,c\right)$ must be better than $ \left(d,e,f\right)$ and $ \left(d,e,f\right)$ must be better than $ \left(a,b,c\right)$ (because no triple is better than itself), what is absurd).[/hide]

Strangely enough, we have got pretty easy problems on places #4-6 this year - at least, this one, the one with the primes matrix and the one with the permutation distances. Then again, the subgroup problem seems to counterpoise this.

  darij

If $ S$ is supposed to consist of special triples, how can you include $ (1,0,1)$?

[quote="darij grinberg"]I hope the collection $ S$ is supposed to consist of special triples[/quote]

Absolutely right, sorry. Fixed.

[quote="darij grinberg"]the minimal possible $ n$ is $ n \equal{} 3$ with $ S \equal{} \left\{\left(0,1,1\right),\left(1,0,1\right),\left(0,1,1\right)\right\}$.[/quote]

Those triples are not special, as kevinatcausa pointed out. If you meant to scale "specialness" to a sum of $ 2$, that still doesn't work, as each triple in your $ S$ is itself a counterexample to the statement (though your $ S$ works for all special triples outside $ S$).

It's best to view the triples as barycentric coordinates and then use a geometry program to visualise the three parallelogramms defined by each point. It is not hard to see that you can cover the triangle with three of them, for example the midpoints of the sides, but only with weak inequalities, so you have to add a fourth point.


[hide]#5

since only one may be true( no two can both be true), all the others must be false.
6 statements total-1 true statement=5 false statements,
which is what #5 states.[/hide]

[quote="acdef"]There are 6 sentences
find 1 right sentence
1: only 1 false sentence
2: only 2 false sentences
3: only 3 false sentences
4: only 4 false sentences
5: only 5 false sentences
6: only 6 false sentences[/quote]
[hide="answer"]since sentences 1~4 contradict what they say, and sentence number 6 says all false sentences yet it's supposed to be tru, the answer would be number 5.[/hide]


LaTeX
inequalities unsolved
inequalities

[quote="Thao"]Let x,y,z be positive integer such that $x^{2}$ + $y^{2}$ + $z^{2}$ = 3. Prove that
x+y+z +$\frac{3}{2}$($\frac{1}{x}$+$\frac{1}{y}$+$\frac{1}{z}$)\leq$\frac{15}{2}$
It's wrong. Try $x\rightarrow0^{+}.$ :wink:

$x+y+z+\frac{1}{2}\cdot\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\geq\frac{9}{2}$  with same conditions true too.


function
calculus
derivative
integration
complex analysis
complex analysis unsolved

Thanks all for considering a lot of my questions.

Now my question is: Consider the punctured disk $ D\equal{}\{ z \in \mathbb C | 0 <|z| <1\}$. Suppose $ f : D \to \mathbb C$ is an analytic function such that
\[ |f''(z)| \leq \frac{2}{|z|^2}\]
for all $ z \in D$. Is it true that $ f$ has a removable singular point at $ z\equal{}0$?

I believe (but I do not know why) that the second derivative can be replaced by an $ \mathbb Z\ni m \geq 1$ and therefore $ \frac{2}{|z|^2}$ should be $ \frac{2}{|z|^m}$. Thank you.

Oh, it seems that $ f(z) \equiv 0$ satisfies all assumptions. So $ f$ has no removable singularity point at $ z\equal{}0$, right?

[quote="Kalle"]Write down the Laurent expansion of f, differentiate it twice...[/quote]

Assume
\[ f\left( z \right) \equal{} \sum\limits_{n \equal{}  \minus{} \infty }^{ \plus{} \infty } {{a_n}{z^n}}\]
where
\[ {a_n} \equal{} \frac{1}
{{2\pi i}}\int\limits_{\left| z \right| \equal{} r < 1} {\frac{{f\left( z \right)dz}}
{{{z^{n \plus{} 1}}}}} .\]
Then from
\[ f''\left( z \right) \equal{} \sum\limits_{n \equal{}  \minus{} \infty }^{ \plus{} \infty } {\underbrace {\left( {n \plus{} 2} \right)\left( {n \plus{} 1} \right){a_{n \plus{} 2}}}_{{b_n}}{z^n}}\]
we get
\[ {b_n} \equal{} \frac{1}
{{2\pi i}}\int\limits_{\left| z \right| \equal{} r < 1} {\frac{{f''\left( z \right)dz}}
{{{z^{n \plus{} 1}}}}} .\]
Thus,
\[ \left| {{b_n}} \right| \leqslant \frac{1}
{{2\pi }}\int\limits_{\left| z \right| \equal{} r < 1} {\left| {\frac{{f''\left( z \right)}}
{{{z^{n \plus{} 1}}}}} \right|} dz \leqslant \frac{1}
{\pi }\int\limits_{\left| z \right| \equal{} r < 1} {\left| {\frac{1}
{{{z^{n \plus{} 3}}}}} \right|} dz \leqslant \frac{1}
{{\pi {r^{n \plus{} 3}}}}2\pi r \equal{} \frac{2}
{{{r^{n \plus{} 2}}}}.\]
When $ n \leq \minus{}3$, let $ r \to 0$ we see that $ z\equal{}0$ is a removable singularity of $ f$ since $ b_n\equal{}0$ ($ n \leq \minus{}3$) implies $ a_n\equal{}0$ ($ n \leq \minus{}1$).


Point $O$ is the circumcenter of the triangle $ABC$ . Denote $D$ the intersection of $AO$ with the segment $(BC)$. If $OD=BD=\frac13BC$ detemine the angles of $ABC$.

Connect O and the midpoint M of CD. Observe that ODM is a equilateral. And $\angle{OBC}=\angle{OCB}=30^\circ$, the result follows...


In my zeal to solve this problem: [url=http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=36502]www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=36502[/url], I misread it (not an untypical move for myself), and I thought it said to prove that AK, BM, and CN are concurrent at a point P.

This seems to be true; furthermore, the point of concurrency also appears to lie on IO!

Can anyone prove this?

I found a proof!

In case anyone is interested, it appears in "The Intouch Triangle and the OI-line" by Eric Danneels, [url=http://forumgeom.fau.edu/FG2004volume4/FG200416.pdf]forumgeom.fau.edu/FG2004volume4/FG200416.pdf[/url], p. 128.

We know $KD,ME,NF$ are bisectors of $\angle BKC,\angle CMA,\angle ANB$.
Now, without signs: $BK/KC=BD/DC, CM/MA=CE/EA , AN/NB=AF/FB$, so:
$(BK/KC)(CM/MA)(AN/NB)=(BD/DC)(CE/EA)(AF/FB)=1$
Due to $AD,BE,CF$ are concurrent in $ABC$ triangle. Hence $AK,BM,CN$ are concurrent by Ceva circular form. But I have not the synthetic proof for this point of concurrency is on $IO$.


function
induction
Support
number theory theorems
number theory

While trying to solve a textbook problem (Apostol, chap.3, prob.11(b)) using an unexpected method (multiplicative induction), I felt that the following identity must hold:

$\sigma(mp)-\sigma(m/p)=\sigma(m)p$

where $p$ is a prime, $p|m$ and $\sigma(n)$ is the sum of the divisors of $n$. The following trials support this conjecture:

Let $m=6$, $p=2$. Then $\sigma(12)-\sigma(3)=\sigma(6).2$ or $1+2+3+4+6+12-1-3=(1+2+3+6).2$ or $24=12.2$.

Let $m=6$, $p=3$. Then $\sigma(18)-\sigma(2)=\sigma(6).3$ or $3+6+9+18=(1+2+3+6).3$ or $36=12.3$.

Can anyone prove (or disprove) this identity?

Sincerely Yours,
Murat Aygen

Hello Murat abi how are you kostakoz@hotmail.com for you...
Add me please do you remember me in the IMO 2005 Mexico, Merida, Yucatan
sonra konusacagis inshallah... :)

Davron

Hello Davron. Nice to meet you. But I afraid you are confusing me with some other Murat. I have never been a member of an Olympiad team. If you want to correspond with me, my account is aygenmurat2001@yahoo.com

Best regards,
Murat Aygen

The conjecture is nice, though infinitely often wrong :(

For instance, take $m = p^2$ (where $p$ prime as you mentioned). Then
\begin{eqnarray*} \sigma ( mp ) - \sigma ( m / p ) & = & p \sigma ( m )\\ \sigma ( p^3 ) - \sigma ( p ) & = & p \sigma ( p^2 )\\ 1 + p + p^2 + p^3 - p - 1 & = & p \cdot ( 1 + p + p^2 )\\ p^2 + p^3 & = & p + p^2 + p^3\\ 0 & = & p > 0 \end{eqnarray*}
Which is clearly a contradiction

Sorry. I soon discovered that the proof follows easily if one replaces the hypothesis $p|m$ with the stronger $p||m$. Then by the "multiplicative" property of the $\sigma$ function, one has:

$\sigma(mp)-\sigma(m/p)=\sigma((m/p)p^{2})-\sigma(m/p)= \sigma(m/p)\sigma(p^{2})-\sigma(m/p)=$
$\sigma(m/p)(\sigma(p^{2})-1)= \sigma(m/p)(p+1)p=\sigma(m/p)\sigma(p)p=\sigma(m)p$

Thank you very much,
Murat

Yes, exactly, the problem consisted in the squares of $p$ that could occur in $n$.
Anyway now it's solved :)


Let a convex hexagon ABCDEF. M,N,P,Q,R,S are the midpoints of AB,BC,CD,DE,EF,FA respectively. Prove that MQ,NR,PS are concurrent if and only if triangles ACE and BDF have the same area.


inequalities
calculus
vector
Functional Analysis
inequalities unsolved

Let a,b,c be sides of a triangle.
The following equation is held: $ a\plus{}b\plus{}c\equal{}3$
Fin the maximum value of:
$ a^{2}\plus{}b^{2}\plus{}c^{2}\plus{}\frac{4abc}{3}$  :lol:  :wink:

Are you familiar with multivariable calculus?  This looks like an excellent problem for which to use Lagrange Multipliers (maybe that's not the solution you're hoping for but that is easier for me to do).

Well unfortunately a "normal" functional analysis based on Lagrange's multipliers does not work. It gives us (from what I remember) sth like $ a\equal{}b\equal{}\frac{1}{4} \\ c\equal{}2,5$, but it does not satisfy the condition of triangle inequality. :wink:

no you are not using lagrange multipliers correctly then

you have to check boundaries too

you can also say that $ a\equal{}y\plus{}z$, etc and do it that way where $ x,y,z$ are non-negative reals

[quote="polskimisiek"]Let a,b,c be sides of a triangle.
The following equation is held: $ a \plus{} b \plus{} c \equal{} 3$
Fin the maximum value of:
$ a^{2} \plus{} b^{2} \plus{} c^{2} \plus{} \frac {4abc}{3}$  :lol:  :wink:[/quote]

$ a\equal{}z\plus{}y$  , $ b\equal{}x\plus{}z$ , $ c\equal{}y\plus{}x$   ------------------->$ x\plus{}y\plus{}z\equal{}\frac{3}{2}$
$ A\equal{}a^{2} \plus{} b^{2} \plus{} c^{2} \plus{} \frac {4abc}{3}\equal{}(z\plus{}y)^{2}\plus{}(x\plus{}z)^{2}\plus{}(x\plus{}y)^{2}\plus{}\frac{4(x\plus{}y)(z\plus{}y)(x\plus{}z)}{3}\equal{}(\frac{3}{2}\minus{}x)^{2}\plus{}(\frac{3}{2}\minus{}y)^{2}\plus{}(\frac{3}{2}\minus{}z)^{2}\plus{}\frac{4(\frac{3}{2}\minus{}x)(\frac{3}{2}\minus{}y)(\frac{3}{2}\minus{}z)}{3}\equal{}$

$ \frac{9}{4}\minus{}3x\plus{}x^{2}\plus{}\frac{9}{4}\minus{}3y\plus{}y^{2}\plus{}\frac{9}{4}\minus{}3z\plus{}z^{2}\plus{}\frac{4}{3}((\frac{3}{2})^{3}\minus{}(\frac{3}{2})^{2}(x\plus{}y\plus{}z)\plus{}\frac{3}{2}(xy\plus{}yz\plus{}zx)\minus{}xyz)\equal{}\frac{9}{2}\minus{}\frac{4}{3}xyz\leq\frac{9}{2}$  ---->
$ x\equal{}o$ or $ y\equal{}0$  or $ z\equal{}0$ -----> there isn't max ---> $ A<\frac{9}{2}$

Why are you substituting for $ a$, $ b$, and $ c$?  Why would it not suffice to simply treat those as the variables and then use Lagrange multipliers?

[color=green]Because a,b,c are three sides of a triangle .:D[/color]

Ah, then $ x$, $ y$, and $ z$ are their vector components.

We have:
$ S\equal{}\sqrt{p(p\minus{}a)(p\minus{}b)(p\minus{}c)}\equal{}\sqrt{\frac{3}{2}.(\frac{3}{2}\minus{}a)(\frac{3}{2}\minus{}b)(\frac{3}{2}\minus{}c)}$
So $ 16S^2\equal{}3(3\minus{}a)(3\minus{}b)(3\minus{}c)\equal{}81\minus{}54(a\plus{}b\plus{}c)\plus{}36(ab\plus{}bc\plus{}ca)\minus{}24abc$
$ \equal{}\minus{}81\plus{}36(ab\plus{}bc\plus{}ca)\minus{}24abc$
We have $ (a\plus{}b\plus{}c)^2\equal{}a^2\plus{}b^2\plus{}c^2\plus{}2(ab\plus{}bc\plus{}ca)$
so $ 36(ab\plus{}bc\plus{}ca)\equal{}162\minus{}18(a^2\plus{}b^2\plus{}c^2)$
then $ 16S^2\equal{}81\minus{}18(a^2\plus{}b^2\plus{}c^2)\minus{}24abc>0$
So $ a^2\plus{}b^2\plus{}c^2\plus{}\frac{4}{3}abc <\frac{9}{2}$

It's here, with many solutions  :P
http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?t=147090


linear algebra
matrix
linear algebra unsolved

Who can tell me whether the following expression can be simplified or not?

Note that H is an m x n matrix, G is a k x n matrix, H^T and G^T are respectively the transposes of H and G, I is the n x n identity matrix and O is the n x n zero matrix.

I suppose you can provide some additional information due to the usage of matrix inverses (which not necessarily exist)

The matrix inverses are assumed to exist.

I think the conditions for the existence of the matrix inverses, e.g., H and G are of full row rank, m<n and k<n, can be deduced.


1.a triangle of area 2 has the same perimater as a heptagon what is the area of the heptagon
2.how do i improve in prove writting
3. a couple of weeks to our olympiads how do i control stress

You improve your writing by writing!  The more you write, the more you practice (I assume you mean proofs, but even if you don't, this still holds to most things in life).  You can control your stress by putting it in perspective.  So suppose you don't do as well as you hoped.  Is it the end of the world?  Will you have other chances in the future?  Did you have fun?

notice number 1 does not specify a type of triangle or heptagon
thjerefore, the answer can be anything
i choose the answer 42


geometry
geometric transformation
reflection
rectangle
analytic geometry

We have a $n*m$ rectangle with $(m,n)=1; n<m; n,m \in %Error. "mathBB" is a bad command.
{N}$ with coordinates at $A(0,0), B(m,0), C(m,n), D(0,n)$. From the point $(0,0)$ draw the line $y=x$ for $x>0$. Whenever the line hits a side of the triangle, it will be "reflected" and keeps going until it hits another side and becomes reflected again and so on until it reaches a vertice of the rectangle.

1. Find a formula in terms of $m$ and $n$ for the total number of reflections the line goes through until it hits a vertex.
2. Which vertices can the line eventually reach?
3. For what values of $m$ and $n$ will the line end up at $A$? $B$? $C$? $D$?

[b]Examples[/b]:
-For $(m,n)=(1,1)$, the line will end up at $(1,1)$, with no reflections.
-For $(m,n)=(3,2)$, the line will first hit $(2,2)$, bounces off and then hits $(3,1)$, bounces off and then hits $(2,0)$, bounces off and ends up at the vertex $(0,2)$. So there will be $3$ reflections, and the line will end up at $D=(0,n)=(0,2)$.

Can anyone solve the problem now? Also, I noticed some typos in my original statment of the problem, so I fixed them.


algebra
polynomial
linear algebra
matrix
function
algebra proposed

I think I have excellent proof, but I am not sure with my computations. I consider the symmetric matrix which is also tridiagonal having on the main diagonal $ 1-x,2-x,...,n-x$ and on the second-main diagonal (above and under the main diagonal) the numbers 2,3,...,n+1. Then it seems that $W_n$ is the characteristic polynomial of this matrix and since it is symmetric, it must have all eigenvalues real numbers. Thus conclusion.

[quote="Rafal"]Let $\{W_n\}$ be a polynomial sequence such that $W_1(x)=1-x$, $W_2(x)=x^2-3x-7$ and
$W_n(x)=(n-x)W_{n-1}(x)-(n+1)^2W_{n-2}(x)$ for $n \geq 3$. Prove that for all $n$  $W_n(x)$ has exactly $n$ real roots.[/quote]
 Suppose that the reader known basic facts about [b]orthogonal polynomials[/b] (see for instance the monograph [1] and the Szego's bible [8]. Between other important properties, a polynomial sequence $ (P_n)_{n=0}^{\infty},\;  P_0(x)=1, $ which is orthogonal verifies :
[b] i)[/b] For each $ n\ge 1$  all roots of $P_n(x) $ are real and distinct, located in the interior of the  orthogonality interval ;
[b]ii)[/b] The terms of $ (P_n)_{n=0}^{\infty} $ satisfies a  [b]three-term recurrence relation [/b] of the form
\[(1)\;
\begin{array}{|c|}
\hline P_n(x)=(x-c_n)P_{n-1}(x)- \lambda_n P_{n-2}(x)\\
\hline
\end{array}\; ,\; n\in {\mathbb N}^* ,\; P_{-1}{x}:=0, P_0(x)=1,
\]
with  $ c_n\in {\mathbb R} $ and  $\; \;  (*)\; \; \;  \begin{array}{|c|} \hline \lambda_{n+1}>0 \\ \hline
\end{array} $ (for $ n>0 $ ).
Fortunately there is known an inverse result, namely the so-called  [b]Favard's Theorem--(1935,[3] )[/b] (see also [2],[4]--[7] and [9]).
 This theorem asserts that if $ (P_n)_{n=0}^{\infty} $ is a polynomial sequence whose which satisfies (1) and  moreover (*)  holds, then  $ (P_n)_{n=0}^{\infty} $ is orthogonal with respect to  a certain scalar product.
But all orthogonal polynomials have only real roots !
 Therefore:
[b]Proposition.[/b][i] Suppose that $ (P_n)_{n=0}^{\infty} $ is a polynomial sequence which satisfies a three-term recurrence relation like (1). If (*) is verified, then   for each  $ n , n\ge 1, $ the polynomial function $ P_n(x) $ has all real roots.[/i]

 [b]Regarding your posted question:[/b]
 Observe that  $  P_n(x):=W_n(-x) $  satisfies   the three term  recurrence
\[ P_n(x)=(x-c_n)P_{n-1}(x)- \lambda_n P_{n-2}(x) , n\in \{2,3,...\},\]
where   $c_n:=-n $ and $\lambda_{n+1}:=(n+2)^2>0  $ for $ n>0 .$ Also $ P_{-1}(x)=0, P_0(x)=1 , P_1(x)=x+1, P_2(x)=x^2+3x-7.$

[b]References:[/b]]
[1] T.S.Chihara , [i] An Introduction to Orthogonal Polynomials [/i], Gordon and Breach Science Publishers , New  York,1978.
[2] T.S. Chihara , [i] The three term recurrence relation and spectral properties of orthogonal polynomials[/i], in "Orthogonal Polynomials" (edited by P.Nevai)Kluwer Academic Publishers,NATO ASI Series, 1990,pp.99-114.
[3] J.Favard , [i] Sur les polynomes de Tchebicheff [/i] , C.R.Acad.Sci.Paris 200 (1935) 2052--2053.
[4] O. Perron , [i]Die Lehre von der Kettenbruechen [/i], third edition, Leipzig, 1957.
[5]J. Sherman , [i] On the numerators of the convergent of the Stieltjes continued fractions [/i], Trans.Amer.Math.Soc., 35(1933)  64--87.
[6] T.J. Stieltejs , [i] Recherches sur les fractions continues [/i] , Annales de la Faculte des SCiences de Toulouse 8(1984) , J 1--122,  9(1985) A 1--47 , Oeuvres , vol. 2 , 398--566.
[7] M.H. Stone , [i] Linear Transformations in Hilbert Spaces and Their Applications to Analysis [/i], Colloquium Publications no. 15, Amer.Math.Soc., New York 1932.
 [8] G. Szego , [i] Orthogonal Polynomials[/i], Colloqium Publications  n0.23,Amer.Math.Soc.,Providence , fourth edition, 1975.
[9] A. Winter , [i] Spektraltheorie der unendlichen Matrizen [/i] , second edition, Leipzig,1929.

I think that my solution works also to prove the theorem presented by Alexandru Lupas.

first prize for harazi :)... ( find this matrix ;) )

I just wondered if there is an elementary proof, but there is none...


[i]Λοιπόν , αυτό το παιγνίδι - puzzle το παίζουν στα σχολεία και μου το έδωσε ένας συνάδελφος φιλόλογος:[/i]

Στο τετράδιο είναι τοποθετημένες 5+4+3+2+1 = 15 κόκκινες γραμμές, όπως φαίνεται παρακάτω:

    1η γραμμή       [color=red]|||||[/color]

    2η γραμμή        [color=red]||||[/color]

    3η γραμμή         [color=red]|||[/color]

    4η γραμμή          [color=red]||[/color]

    5η γραμμή           [color=red]|[/color]

Το καθένα από δύο παιδιά(παίκτες) μπορεί να σβήνει εναλλάξ όσες κόκκινες αλλά διαδοχικές γραμμές επιθυμεί , από όποια γραμμή (1 έως 5)θέλει .Δεν μπορεί όμως πχ να σβήσει συγχρόνως 2 κόκκινες γραμμές από την 1η γραμμή και 1 από την τρίτη γραμμή , διότι αυτές βρίσκονται σε διαφορετικές γραμμές .Επίσην αν πχ από την πρώτη γραμμή κάποιος σβήσει τη μεσαία , ο άλλος δε μπορεί να σβήσει συγχρόνως  τις υπόλοιπες 4 .Χάνει το παιδί που θα αναγκαστεί να σβήσει την τελευταία κόκκινη γραμμή.
  Ποιο από τα δύο παιδιά έχει στρατηγική νίκης , αν παίζουν εναλλάξ,  και ποια είναι αυτή;

Καλησπέρα!
Το έχουμε συζητήσει ξανά στο ελληνικό φόρουμ, [url=http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=112203]εδώ[/url]

Με τη μόνη διαφορά ότι αυτός που σβήνει την τελευταία γραμμή κερδίζει.

Ίσως αυτή η λεπτομέρεια να διαφοροποιεί κατά πολύ τη στρατηγική.

Πάντως είναι πολύ ενθαρρυντικό το γεγονός ότι ένα τέτοιο παιχνίδι παίζεται από παιδιά  στο σχολείο :)

Άνοιξα το  mathematical circles και το γενικό πρόβλημα του Nim το έχει λυμένο με χρήση του δυαδικού συστήματος , αν και δε μελέτησα σε βάθος την απόδειξη , γιατί είχα μάθημα. Θέλω όμως να προσθέσω ότι ο συνάδελφος που μου το έδειξε (του το είπαν τα παιδιά του που πάνε σε άλλο σχολείο) έπαιζε πρώτος και πάντα με κέρδιζε.Προσπάθησα μια φορά να παίξω πρώτος (στο διαλειμμα !) , προσπαθώντας να του αφήνω περιττό πλήθος γραμμών , αλλά πάλι έχασα.Θέλησε να μου πει το κόλπο , αλλά δεν τον άφησα για να το μελέτήσω.Βέβαια αυτός με '' διαβεβαίωσε '' ότι δε θέλει μαθηματικά γιατί είναι παιγνίδι και δεν είναι άσκηση. Του χαμογέλασα ,γιατί  με τα λόγια του εξέφραζε την κοινή άποψη ότι μαθηματικά είναι μόνο ότι έχει  εξισώσεις , σύμβολα και γραμμές  , αλλά του εξήγησα ότι κάθε μορφής πρόβλημα στη ζωή είναι μαθηματικά , διότι η ίδια η λογική είναι μαθηματικά.Θα του ζητήσω αύριο να μου πει  τη στρατηγική και θα προσπαθήσω εκ των υστέρων να αποδείξω την ορθότητά  της !
  '' ... γηράσκω αεί διδασκόμενος '' και αυτό πιστέψτε με είναι καλό(το διδασκόμενος εννοώ !).
  Μπάμπης

[quote="vittasko"]Αγαπητέ Μπάμπη καλησπέρα.

Προτείνω να μείνουμε ''στάσιμοι'' στην ηλικία για μερικά χρόνια. Ας προχωράει το ημερολόγιο, χωρίς εμάς...

Εμείς ''αεί θα διδασκόμαστε'' (και άρα δεν θα γερνάμε).

Κώστας Βήττας.[/quote]

Κώστα ,έτσι είναι !
ας αφεθούμε στ'αλήθεια στα απαλά χέρια του χρόνου μένοντας νέοι στη σκέψη και ας σκεφτούμε με γλυκειά νοσταλγία τα λόγια του ποιητή :

[color=red]'' Ach , dass sie ewig gru''nen bliebe ,
die scho''ne Zeit der jungen Liebe !!!'' [/color]

Η αγάπη( Liebe ) του ποιήματος μπορεί να είναι κάθε αληθινός έρωτας :
η γνώση , ο κόσμος που πρέπει να αλλάξει , η γυναίκα που γέρνει τρυφερά στον ώμο του άνδρα , τα ταξίδια και ... τόσα άλλα. Μακάρι να μπορούσαν οι άνθρωποι να μείνουν νέοι τουλάχιστον στην ψυχή!
Αλλά ποιος πια έχει διάθεση να σκεφτεί , να νοσταλγήσει , να μελαγχολήσει ; Όλοι τρέμουν μη και η μοναξιά δείξει το σκληρό της πρόσωπο.Γι αυτό σε κάθε σπίτι η μικρή οθόνη παραμένει η ...άσβεστη φλόγα.Και τα παιδιά ψάχνουν απελπισμένα μέσα στις απάνθρωπες πόλεις που τους φτιάξαμε να βρουν τη χαρά.Η ευτυχία που μας χάριζε κάποτε το ξεφύλλισμα ενός βιβλίου - ακόμα και με μαθηματικά - τώρα δε συγκινεί κανένα.
  Σκέφτομαι μόνο καμιά φορά μήπως κλείνουμε επιδεικτικά τα μάτια μπροστά σε έναν τρομερό κόσμο και κάνουμε μόνο μαθηματικά για να προσποιούμαστε τους ευτυχισμένους. Μήπως θα ήταν πιο τίμιο να κραυγάσουμε ;
Φίλε , πρέπει να πάρουμε πάλι στα σοβαρά τη ζωή !!!

Μπάμπης

 [i]Συγνώμη από τους μικρούς ή νέους φίλους του forum.Αλλά καμιά φορά οι γενεές πρέπει να δίνουν η μια στην άλλη την ευκαιρία να γνωριστούν![/i]

[quote="stergiu"]Σκέφτομαι μόνο καμιά φορά μήπως κλείνουμε επιδεικτικά τα μάτια μπροστά σε έναν τρομερό κόσμο και κάνουμε μόνο μαθηματικά για να προσποιούμαστε τους ευτυχισμένους.[/quote]Πολύ φοβάμαι ότι είναι μία μεγάλη αλήθεια.

[hide="Λοιπόν... όσον αφορά στο πρόβλημα"]
Αν έχει μείνει μόνο μία σειρά με $x$ σπίρτα:
$1a)$ Αν $x=1$, χάνω
$1b)$ Αν $x>1$, αφήνω μόνο $1$
$\hline$

Αν έχουν μείνει 2 σειρές με $x,y$ όπου $x\geq y$
$2a)$ Αν $y=1$ αφαιρώ όλα τα $x$. Διαφορετικά:
$2b)$ Αν $x>y$, τότε στη στήλη με τα $x$ αφήνω μόνο $y$ σπίρτα.
Δηλαδή δίνω στον αντίπαλο δύο στήλες με ίσο πλήθος σπίρτων. Από κει και πέρα, ό,τι κάνει ο αντίπαλος, το κάνω στην άλλη σειρά. Επαναλαμβάνουμε αυτό το βήμα μέχρι να βρεθούμε στην περίπτωση $(a)$
$2c)$ Αν $x=y$, σύμφωνα με τα προηγούμενα θα χάσω.
$\hline$

Αν έχουν μείνει 3 σειρές με $x,y,z$ όπου $x\geq y\geq z$
$3a)$ Αν υπάρχουν δύο ίσα τότε αφαιρώ όλα τα σπίρτα από τη σειρά που απομένει. Πχ αν $y=z$ αφαιρώ όλα τα $x$. Έτσι πάμε στην περίπτωση με τις 2 σειρές. (εδώ υπάρχει ειδική περίπτωση, όπου τα δύο ίσα είναι ίσα με 1, οπότε πρέπει και την άλλη σειρά να την κάνω ίση με 1)

[color=red]EDIT:[/color]
Απο δω και πέρα δεν έχω βρει κάτι που να οδηγεί στη νίκη. Πάντως το σκεπτικό σε αυτού του είδους τα παιχνίδια είναι ένα:

Μετά από κάθε μας κίνηση πρέπει να διατηρείται μία συγκεκριμένη συνθήκη. Και ο αντίπαλος να μη μπορεί με κανένα τρόπο να επιτύχει την ίδια συνθήκη.
Μ' άλλα λόγια, θα πρέπει να μετακινηθούμε μέσα στις τριάδες πατώντας σε συγκεκριμένα "μαξιλαράκια"

$\hline$
Σχετικό παράδειγμα είναι ένα γνωστό παιχνίδι.
[i][color=brown]Καθένας από τους παίκτες μπορεί να λέει έναν (ακέραιο) αριθμό από το 1 ως το 10
Καταγράφεται το άθροισμα των αριθμών που έχουν ειπωθεί.
Νικητής είναι αυτός που θα φτάσει στο άθροισμα 100[/color].[/i]

Σ'αυτό το παιχνίδι στρατηγική έχει ο πρωτος παίκτης, αρκεί να καταλαμβάνει ενδιάμεσους στόχους-μαξιλαράκια

[/hide]

[quote="pontios"]
Αν έχουν μείνει 2 σειρές με $x,y$ όπου $x\geq y$
$2a)$ Αν $y=1$ αφαιρώ όλα τα $x$. Διαφορετικά:
$2b)$ Αν $x>y$, τότε στη στήλη με τα $x$ αφήνω μόνο $y$ σπίρτα.
Δηλαδή δίνω στον αντίπαλο δύο στήλες με ίσο πλήθος σπίρτων. Από κει και πέρα, ό,τι κάνει ο αντίπαλος, το κάνω στην άλλη σειρά. Επαναλαμβάνουμε αυτό το βήμα μέχρι να βρεθούμε στην περίπτωση $(a)$
$2c)$ Αν $x=y$, σύμφωνα με τα προηγούμενα θα χάσω.
[/quote]

Νομίζω ότι στην στρατηγική αυτή δεν λαμβάνετε υπόψιν σας το γεγονός σε κάποια σειρά να υπάρχουν κενά μεταξύ των γραμμών, π.χ. αν έχουμε την διάταξη:

1η σειρά  |...|...|
2η σειρά  | | | |

(με "..." συμβολίζω το κενό μεταξύ δυο γραμμών)

Σύμφωνα με την στρατηγική που λέτε πρέπει να αφαιρέσουμε μια γραμμή από την 2η σειρά,αλλά αν το κάνουμε αυτό ο αντίπαλος θα τις αφαιρέσει όλες από τη 2η σειρά και θα χάσουμε, αφού δεν μπορούμε να αφαιρέσουμε δυο γραμμές από την 1η αν δεν είναι "διαδοχικές".
Η λύση δηλαδή σε αυτή την περίπτωση είναι να αφαιρέσουμε όλες τις γραμμές της 2ης σειράς.

Αυτή νομίζω είναι και η κυριότερη διαφορά με το παιχνίδι Nim ,στο οποίο ακόμη και στην παραλλαγή να χάνει ο παίκτης που παίζει τελευταίος, η στρατηγική μέχρι και "λίγο πριν" το τέλος είναι χρησιμοποιώντας την xor όπως ακριβώς στο κλασικό παιχνίδι Nim (...,στο οποίο ο παίκτης που παίζει τελευταίος νικάει).

Νομίζω ότι το παιγνίδι δεν έχει μαθηματικό ενδιαφέρον , παρά μόνο για ειδικούς ερευνητές, γιατί έχει σοβαρά προβλήματα.Ο συνάδελφος μου αποκάλυψε ότι καμιά στρατηγική δε διαθέτει και ότι κερδίζει στην τύχη , λόγω εξάσκησης !!!Ας μην ασχοληθούμε λοιπόν άλλο με αυτό , γιατί έχουμε πολλά καλά προβλήματα να λύσουμε και ο χρόνος κυλλάει γρήγορα .
 Πρέπει όμως να ομολογήσω ότι με το πρόβλημα Nιm έγινα σοφότερος(όχι βέβαια και σοφός , αλλά γιαυτό δε φταίει το πρόβλημα αλλά εγώ!)  , αφού αυτό κρύβει γερά και καλά μαθηματικά.

 Μπάμπης

[quote="stedes"]Νομίζω ότι στην στρατηγική αυτή δεν λαμβάνετε υπόψιν σας το γεγονός σε κάποια σειρά να υπάρχουν κενά μεταξύ των γραμμών[/quote]
Στο παιχνίδι Nim δεν έχουν σημασία τα κενά. Γι αυτό αντιμετώπισα και το παρόν παιχνίδι με το ίδιο σκεπτικό (αν πρέπει να ληφθούν υπόψιν και τα κενά, τότε πιστεύω ότι το παιχνίδι χάνει την ομορφιά του).
Εξάλλου, αν πχ σβήσω τη 2η γραμμή, τότε η 1η και 3η γίνονται διαδοχικές.
Έτσι το "[i]όσες κόκκινες αλλά διαδοχικές γραμμές επιθυμεί[/i]" πιστεύω ότι λύνει προβλήματα αντί να δημιουργεί.

[quote="stedes"]... ακόμη και στην παραλλαγή να χάνει ο παίκτης που παίζει τελευταίος, η στρατηγική μέχρι και "λίγο πριν" το τέλος είναι χρησιμοποιώντας την xor όπως ακριβώς στο κλασικό παιχνίδι Nim[/quote]
Αρχικά δεν το πίστευα, αλλά φαίνεται να είναι κάπως έτσι. Τα αποτελέσματα που έβγαλα φαίνεται να συμφωνούν μέχρι και "λίγο πριν το τέλος"...

[quote="stergiu"]Νομίζω ότι το παιγνίδι δεν έχει μαθηματικό ενδιαφέρον , παρά μόνο για ειδικούς ερευνητές, γιατί έχει σοβαρά προβλήματα.Ο συνάδελφος μου αποκάλυψε ότι καμιά στρατηγική δε διαθέτει και ότι κερδίζει στην τύχη , λόγω εξάσκησης !!!Ας μην ασχοληθούμε λοιπόν άλλο με αυτό , γιατί έχουμε πολλά καλά προβλήματα να λύσουμε και ο χρόνος κυλλάει γρήγορα .[/quote]

Μπάμπη, περίμενα με ανυπομονησία τη "στρατηγική" γιατί πίστεψα ότι
1ον) υπήρχε και
2ον) θα ήταν απλή
Με μεγάλη απογοήτευση διαβάζω ότι τελικά δεν υπάρχει τέτοια (εκλαϊκευμένη) στρατηγική.
Γιατί απλώς ήθελα να τη συνδυάσω με τα αποτελέσματα που βρήκα. :(

Ασχολήθηκα όμως και βρήκα όλες τις καταστάσεις οι οποίες οδηγούν τον αντίπαλο στην ήττα.

[hide="Η βασική σκέψη"]
Κάθε κατάσταση του παιχνιδιού θα χαρακτηρίζεται ως κατάσταση νίκης $N$ ή κατάσταση ήττας $H$.
Όποιος ξεκινά να παίζει από μία κατάσταση-[b]Η[/b], θα χάσει.
Όποιος ξεκινά να παίζει από μία κατάσταση-[b]Ν[/b], θα κερδίσει.

Αποδίδουμε το χαρακτηρισμό  [b]Η[/b] ή [b]Ν[/b] σύμφωνα με τον ακόλουθο κανόνα:
Μία κατάσταση θα είναι [b]Ν[/b] αν οδηγεί [u]τουλάχιστον[/u] σε μία κατάσταση [b]Η[/b]
Μία κατάσταση θα είναι [b]Η[/b] αν οδηγεί [u]μόνο[/u] σε καταστάσεις [b]Ν[/b].

Προφανώς, αν μπορώ να οδηγήσω τον αντίπαλο μόνο σε κατάσταση-[b]Ν[/b], τότε χάνω.
Αν μπορώ να τον οδηγήσω σε κατάσταση-[b]Η[/b], τότε θα το κάνω. Και συνεπώς κερδίζω.

[color=blue][b]Παράδειγμα[/b]
Στις σημειώσεις μου για ευκολία παριστάνω την αρχική κατάσταση σαν [b]12345[/b].
Έτσι για παράδειγμα ο συμβολισμός [b]53[/b] σημαίνει ότι έχουμε 2 σειρές, η μία με 5 σπίρτα και η άλλη με 3 σπίρτα.

Το μόνο που ξέρουμε αρχικά είναι ότι η κατάσταση [b]1[/b] είναι κατάσταση-[b]Η[/b].
Όποιες καταστάσεις οδηγούν σ'αυτήν θα χαρακτηριστούν ως καταστάσεις-[b]Ν[/b]
Έτσι, οποιαδήποτε κατάσταση [b]x[/b] με x>1 είναι κατάσταση-[b]Ν[/b]
Στο πρόβλημά μας αυτές είναι οι καταστάσεις [b]2[/b], [b]3[/b], [b]4[/b], [b]5[/b]

Επίσης κάθε κατάσταση [b]α1[/b] με α οποιοδήποτε θετικό ακέραιο θα οδηγεί στην [b]1[/b] με αφαίρεση των α-σπίρτων
Έτσι, στο πρόβλημά μας οι καταστάσεις [b]11[/b], [b]21[/b], [b]31[/b], [b]41[/b], [b]51[/b] χαρακτηρίζονται ως νικηφόρες.

Στη συνέχεια, προχωρούμε και χαρακτηρίζουμε [u]όλες[/u] τις  καταστάσεις επαγωγικά[/color]
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

[/hide][hide="Τα αποτελέσματα"]
Οι καταστάσεις που θα οδηγήσουν τον αντίπαλο στην ήττα* είναι:
[b][color=red]1[/color][/b]
[b]22[/b], [b]33[/b], [b]44[/b], [b]55[/b]
[b][color=red]111[/color][/b], [b]123[/b], [b]145[/b]
[b]1122[/b], [b]1133[/b], [b]1144[/b], [b]2222[/b], [b]2233[/b], [b]2244[/b], [b]2345[/b]

[color=red]Παρατηρούμε ότι όλες διατηρούν το (άθροισμα XOR=0), εκτός από τις [b]1[/b],[b]111[/b], δηλαδή "λίγο πριν από το τέλος", όπως λέει και ο stedes.[/color]

Για να κερδίσουμε πρέπει να πατάμε σ'αυτά τα "μαξιλαράκια" όπως έχω αναφέρει σε προηγουμένο post

* Έχω βρει μέχρι και ν=4 σειρές. Για 5 σειρές υπάρχουν αρκετές καταστάσεις με XOR-άθροισμα μηδέν, αλλά δε χρειάζεται να τις ξέρουμε. Απλώς, αν παίζουμε πρώτοι πρέπει να αφαιρέσουμε το μοναδικό σπίρτο από τη σειρά 1 (και έτσι πάμε στην [b]2345[/b]). Στη συνέχεια, ό,τι και να κάνει ο αντίπαλος μπορούμε να πάμε σε μία από τις άλλες καταστάσεις ήττας.
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

[/hide][hide="Η πράξη XOR (για όποιον δεν τη γνωρίζει μιας και είναι πράξη υπολογιστών)"]
Έστω δύο δυαδικά ψηφία $x,y$. Η πράξη XOR ορίζεται ως $x\otimes y = \{\begin{array}{cc}0, & a\nu\ x=y \\ 1, & a\nu\ x\neq y \end{array}$
Η πράξη XOR επεκτείνεται σε δυαδικούς αριθμούς με περισσότερα του ενός ψηφία. Απλώς βρίσκουμε το XOR άθροισμα των ψηφίων ίσης τάξης

Έτσι, αν έχουμε τους αριθμούς $5=(101)_{2}$ και $4=(100)_{2}$, θα έχουμε $101\otimes 100 = 001$,
αφού
$1\otimes 1 = 0$
$0\otimes 0 = 0$
$1\otimes 0 = 1$

Ομοίως επεκτείνεται και σε περισσότερους των δύο αριθμών
$x\otimes y\otimes z = (x\otimes y)\otimes z$΄

Έτσι λοιπόν η αρχική κατάσταση έχει άθροισμα XOR ίσο με
$1\otimes 2\otimes 3\otimes 4\otimes 5=1$
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

[/hide]

[color=brown]ΥΓ
Όποιος πιστεύει ότι δεν υπάρχει λόγος να ασχοληθεί περισσότερο με το πρόβλημα, ας μην το κάνει.
Αν όμως κάποιος θέλει να μου απευθύνει ερωτήσεις σχετικά με αυτά που γράφω, είμαι στη διάθεσή όλων  :)[/color]

Αγαπητέ φίλε pontios ,

 θα μελετήσω τη στρατηγική σου με προσοχή.Σε συγχαίρω ωστόσο για την επιμονή σου να βρεις λύση.Εμένα, όταν μου είπε την άλλη μέρα ο συνάδελφος ότι με το γυιο του μια κερδίζει ο ένας και μια ο άλλος μου ..κόπηκαν τα πόδια , γιατί σκέφτηκα ότι πήγε τόσος κόπος χαμένος και εκτός αυτού έβαλα και εσας σε περιπέτεια.Όμως , όπως διαβάζω, έχεις βρει λύση και έτσι , ...ουδέν κακόν αμειγές καλού !
 Δεν ξέρω αν πρεπει να βγάλουμε την προυπόθεση  '' οι γραμμές που σβήνουν να είναι διαδοχικές '' , ώστε η στρατηγική να απλουστευτεί.Αν νομίζεις ότι το παιγνίδι βελτιώνεται , κάντο και προσάρμοσε τη στρατηγική.
  [u]Μπάμπης [/u]

[quote="pontios"]
[quote="stedes"]
Νομίζω ότι στην στρατηγική αυτή δεν λαμβάνετε υπόψιν σας το γεγονός σε κάποια σειρά να υπάρχουν κενά μεταξύ των γραμμών
[/quote]
Στο παιχνίδι Nim δεν έχουν σημασία τα κενά. Γι αυτό αντιμετώπισα και το παρόν παιχνίδι με το ίδιο σκεπτικό (αν πρέπει να ληφθούν υπόψιν και τα κενά, τότε πιστεύω ότι το παιχνίδι χάνει την ομορφιά του).
Εξάλλου, αν πχ σβήσω τη 2η γραμμή, τότε η 1η και 3η γίνονται διαδοχικές.
Έτσι το "όσες κόκκινες αλλά διαδοχικές γραμμές επιθυμεί" πιστεύω ότι λύνει προβλήματα αντί να δημιουργεί.
[/quote]
Εγώ απλά το ανέφερα επειδή το ίδιο το πρόβλημα το ορίζει έτσι:
[quote="stergiou"]
Επίσην αν πχ από την πρώτη γραμμή κάποιος σβήσει τη μεσαία , ο άλλος δε μπορεί να σβήσει συγχρόνως τις υπόλοιπες 4
[/quote]
Πάντως σε κάθε περίπτωση η επιπλέον συνθήκη "οι γραμμές που σβήνουν να είναι διαδοχικές" ,είτε το ομορφαίνει είτε το χαλάει το πρόβλημα, το σίγουρο είναι ότι το κάνει πιο δύσκολο.

Όσον αφορά τώρα το πρόβλημα χωρίς την επιπλέον, συνθήκη η στρατηγική θεωρώ πως έχει ως εξής:

$1)$Αν στο παιχνίδι υπάρχουν $n\geq 1$ σειρές με κόκκινες γραμμές από τις οποίες η μία έχει $x>1$ κόκκινες γραμμές και όλες οι υπόλοιπες σειρές (αν υπάρχουν) έχουν από μία κόκκινη γραμμή η κάθεμια,τότε αν $n$ άρτιος αφαιρούμε από τη σειρά με τις $x$ κόκκινες γραμμές όλες τις κόκκινες γραμμές, ενώ αν $n$ περιττός τότε αφαιρούμε από τη σειρά με τις $x$ κόκκινες γραμμές τις $x-1$ κόκκινες γραμμές.

$2)$Σε οποιαδήποτε άλλη περίπτωση αντιμετωπίζουμε το πρόβλημα όπως ακριβώς στο κλασικό παιχνίδι Nim (στο οποίο ο παίκτης που παίζει τελευταίος κερδίζει).

Στέλιος...

Έχεις δίκιο, Στέλιο. Οφείλω να παραδεχτώ ότι δεν πρόσεξα την πρόταση:
[quote="stergiu"]Επίσην αν πχ από την πρώτη γραμμή κάποιος σβήσει τη μεσαία , ο άλλος δε μπορεί να σβήσει συγχρόνως  τις υπόλοιπες 4 .[/quote]

Επειδή πίστεψα ότι ήταν το γνωστό παιχνίδι του Nim πιθανόν να την παρέβλεψα  :D
Γι αυτό και έγραψα ότι η μόνη διαφορά είναι ότι χάνει ο τελευταίος
Επομένως ίσως να πρέπει να ερευνήσουμε το πρόβλημα σε δύο μορφές, μία με αυτόν τον περιορισμό και μία χωρίς.

[b][color=red]EDIT[/color][/b]
Επίσης, αναιρώ τη φράση μου [quote]αν πρέπει να ληφθούν υπόψιν και τα κενά, τότε πιστεύω ότι το παιχνίδι χάνει την ομορφιά του[/quote]

Κάθε άλλο!
Εκεί που κοντεύεις να χάσεις, έχεις την εναλλακτική επιλογή να "σπάσεις" πχ την 5άδα σε 2 δυάδες και το παιχνίδι αποκτά περισσότερο ενδιαφέρον.
Πάντως θα είναι πιο δύσκολο στη λύση του γιατί προκύπτουν "σειρές" εκεί που δεν υπήρχαν

Λουκάς

Σύμφωνα λοιπόν με όσα γράφει και ο Στέλιος:

[hide="Πρώτη εκδοχή - χωρίς να παίζουν ρόλο τα κενά"]
Χρησιμοποιώ τον όρο "σπίρτα" αντί για "γραμμές" για να μη συγχέουμε τις γραμμές με τις σειρές

Χωρίζω [u]όλες[/u] τις καταστάσεις στα σύνολα [b]Η[/b] και [b]Ν[/b]:

$H = \{(x_{1},x_{2},x_{3},x_{4},x_{5})\ |\ x_{1}\otimes x_{2}\otimes x_{3}\otimes x_{4}\otimes x_{5}=0\}$
$N = \{(x_{1},x_{2},x_{3},x_{4},x_{5})\ |\ x_{1}\otimes x_{2}\otimes x_{3}\otimes x_{4}\otimes x_{5}\not =0\}$

Δηλαδή, αν το XOR άθροισμα είναι 0, τότε έχουμε κατάσταση [b]Η[/b], διαφορετικά έχουμε κατάσταση [b]Ν[/b]. Στο σημείο αυτό πρέπει να παρατηρήσουμε ότι κάθε κατάσταση του συνόλου [b]Η[/b] είναι "ισορροπημένη", δηλαδή αν παραστήσουμε τους αριθμούς στο δυαδικό σύστημα τότε θα έχουμε άρτιο πλήθος 1άδων, ίσο πλήθος 2άδων, 4άδων κλπ

[url=http://www.cut-the-knot.org/nim_theory.shtml]Εδώ[/url] έχουμε έτοιμη την απόδειξη για το παιχνίδι Nim ότι
[quote]-[color=blue] κάθε κατάσταση [b]Η[/b] οδηγεί μόνο σε κατάσταση  [b]Ν[/b][/color], ενώ
- [color=blue]σε κάθε κατάσταση [b]Ν[/b] υπάρχει κίνηση που να οδηγεί σε κατάσταση [b]Η[/b][/color][/quote]

Αρχικά έχουμε την κατάσταση [b]12345[/b], δηλαδή [b]δεν είναι όλα[/b] [b]1[/b].
Το παιχνίδι χωρίζεται σε 2 φάσεις, την [color=red]αρχική[/color] (στην οποία [u]δεν είναι[/u] όλα [b]1[/b]) και την [color=red]τελική[/color] (στην οποία [u]είναι[/u] όλα [b]1[/b])
Ας θεωρήσουμε λοιπόν το σύνολο [b]Τ[/b] όλων των τελικών καταστάσεων, δηλαδή $T = \{1,11,111,1111,11111\}$.

Αρχικά, σε  κάθε μας κίνηση θα πρέπει να φέρνουμε το σύστημα σε κατάσταση [b]Η[/b]. Ο αντίπαλος δε θα μπορεί να μας φέρει και πάλι σε τέτοια κατάσταση, αφού δεν υπάρχει κίνηση $H \to H$.

Η πρώτη φάση θα πρέπει να τελειώσει με δική μας κίνηση. Θα πρέπει να φτάσουμε σε μία από τις καταστάσεις [b]1,111,11111[/b]. Απο κει και πέρα είναι σαφές ότι θα κερδίσουμε το παιχνίδι.

Άρα λοιπόν, το μόνο που πρέπει να δείξουμε είναι ότι οι μόνες καταστάσεις (της πρώτης φάσης) που οδηγούν σε μία από τις [b]1,111,11111[/b] είναι οι [b]Ν[/b]

[color=brown]Πράγματι, ας πάρουμε την κατάσταση [b]1[/b].
Υπάρχουν 2 τρόποι για να φτάσουμε εκεί.
Ο πρώτος τρόπος είναι ξεκινώντας από την κατάσταση [b]α1[/b], δηλαδή 2 σειρές, η μία με 1 σπίρτο και η άλλη με α σπίρτα (εφόσον θεωρήσαμε ότι δεν είναι τελική, θα έχουμε α>1)
Ο δεύτερος τρόπος είναι η κατάσταση [b]β[/b], δηλαδή μία σειρά με β>1 σπίρτα.

Αυτές οι δύο καταστάσεις δεν μπορούν να ανήκουν στο σύνολο [b]Η[/b]. Πράγματι, το σύνολο [b]Η[/b] όπως ορίστηκε είναι "ισορροπημένο".
Και όπως είναι φανερό οι καταστάσεις [b]α1[/b] και [b]β[/b] δεν είναι ισορροπημένες, επομένως ανήκουν στο σύνολο [b]Ν[/b]
Πχ αν α=5, τότε έχουμε
α=1+4
1=1,
στο σύνολο δύο μονάδες (που αλληλοεξουδετερώνονται)
αλλά και μία τετράδα που περισσεύει

Τώρα βέβαια η κατάσταση [b]111[/b] δε διαφέρει και πολύ αφού προήλθε είτε από την [b]α111[/b] ή από την [b]β11[/b]
Ομοίως και η [b]11111[/b] που μπορεί να προήλθε μόνο από την [b]β1111[/b] [/color]
[/hide]

Λουκά συγχαρητήρια, ήσουν κατατοπιστικότατος!  :)
Εγώ ασχολήθηκα με την παραλλαγή του παιχνιδιού στην οποία έχουμε και την επιπλέον συνθήκη ότι τα σπίρτα που σβήνουμε θα πρέπει να είναι "διαδοχικά"*. Κατέληξα στο παρακάτω συμπέρασμα.
Νομίζω πως και στην περίπτωση που στο παιχνίδι συμεριλάβουμε την επιπλέον συνθήκη "τα σπίρτα που σβήνουν να είναι διαδοχικά" ,η νικηφόρα στρατηγική που μπορούμε να ακολουθήσουμε είναι η ίδια που περιέγραψα στο προηγούμενο post, δηλαδή:

[b]Στρατηγική[/b]
$1)$Αν στο παιχνίδι υπάρχουν $n\geq 1$ σειρές με σπίρτα από τις οποίες η μία έχει $x>1$ σπίρτα και όλες οι υπόλοιπες σειρές (αν υπάρχουν) έχουν από ένα σπίρτο η κάθεμια,τότε αν $n$ άρτιος αφαιρούμε από τη σειρά με τα $x$ σπίρτα όλα τα σπίρτα, ενώ αν $n$ περιττός τότε αφαιρούμε από τη σειρά με τα $x$ σπίρτα τα $x-1$ σπίρτα.
$2)$Σε οποιαδήποτε άλλη περίπτωση αντιμετωπίζουμε το πρόβλημα όπως ακριβώς στο κλασικό παιχνίδι Nim (στο οποίο ο παίκτης που παίζει τελευταίος κερδίζει).

[b][u]Απόδειξη[/u][/b]** (ότι η στρατηγική πράγματι λειτουργεί)
Έστω ότι έχουμε $n$ σειρές με σπίρτα με $a_{1},a_{2},...,a_{n}$ σπίρτα η κάθεμιά αντίστοιχα.
Σκοπός μας είναι κάθε φορά που παίζουμε να κάνουμε τον αντίπαλο να παίξει σε θέση στην οποία ισχύει $a_{1}XORa_{2}XOR...XORa_{n}=0$.
Στην περίπτωση που ο αντίπαλος παίκτης αφαιρέσει στη συνέχεια μόνο διαδοχικά "εξωτερικά" σπίρτα από μια σειρά γνωρίζουμε (από το παιχνίδι Nim) ότι δεν μπορεί να κάνει κίνηση τέτοια ώστε $a'_{1}XORa'_{2}XOR...XORa'_{k}=0$ ,όπου $a'_{1},a'_{2},...,a'_{k}$ είναι το πλήθος των σπίρτων που έχει η κάθε σειρά μετά την κίνηση του αντιπάλου.
Ουσιαστικά για να αποδείξουμε ότι η στρατηγική λειτουργεί, αρκεί να αποδείξουμε ότι αυτό δεν μπορεί να το κάνει ούτε στην περίπτωση που αφαιρεί μόνο διαδοχικά "εσωτερικά" σπίρτα από κάθε σειρά.
[color=darkblue][u]Παρατήρηση[/u]
Κάθε φορά που ο αντίπαλος παίκτης θα αφαιρεί μόνο "εσωτερικά" σπίρτα από μια σειρά ,θα θεωρούμε ότι έχουν δημιουργηθεί δύο νέες σειρές, η μία με όσα σπίρτα ήταν αριστερά των σπίρτων που αφαιρέθηκαν και η άλλη με όσα σπίρτα ήταν δεξιά τους.[/color]
Έστω λοιπόν ότι $a_{1}XORa_{2}XOR...XORa_{n}=0$ $(1)$ και ο αντίπαλος αφαιρεί μόνο "εσωτερικά" σπίρτα από την $1$η σειρά. Λόγω της παραπάνω παρατήρησης μπορούμε να θεωρήσουμε ότι έχουν δημιουργηθεί δύο νέες σειρές, η μία με $x$ και η άλλη με $y$ σπίρτα. Θα ισχύει $a_{1}>x+y$ $(2)$ (αφού αναγκαστικά θα έχει αφαιρέσει κάποια σπίρτα). Αρκεί να αποδείξουμε ότι δεν μπορεί να ισχύει $xXORyXORa_{2}XOR...XORa_{n}=0$ $(3)$.
Έστω ότι ισχύει τότε λόγω της $(1)$ έχουμε ότι $a_{2}XOR...XORa_{n}=a_{1}$ και αντικαθιστώντας στην $(3)$ βγαίνει ότι $xXORyXORa_{1}=0 \Rightarrow xXORy=a_{1}$ και λόγω της $(1)$ $xXORy>x+y$ (άτοπο, αφού ισχύει $x+y\geq xXORy$ για κάθε $x,y \in \mathbb N$).

Αποδείξαμε δηλαδή ότι η παραπάνω στρατηγική είναι πράγματι νικηφόρα και για το παιχνίδι στο οποίο έχουμε δικαίωμα να αφαιρέσουμε μόνο "διαδοχικά" σπίρτα από μία μόνο σειρά και κερδίζει ο παίκτης που παίζει προτελευταίος (αφού πλέον βλέπουμε ότι κι αυτό βασίζεται στο κλασικό παιχνίδι Nim, χωρίς ιδιαίτερες διαφορές).

*Ως "διαδοχικά" σπίρτα εννοούμε δύο σπίρτα που είναι το ένα δίπλα στο άλλο (χωρίς να παρεμβάλλονται άλλα σπίρτα) και ανάμεσα από τα σπίρτα αυτά δεν έχουν προηγουμένως αφαιρεθεί κάποια άλλα σπίρτα.

**Για την απόδειξή μου θεωρώ δεδομένο ότι η παραλλαγή του Nim, στην οποία ο παίκτης που παίζει τελευταίος χάνει, έχει σαν στρατηγική νίκης την στρατηγική που περιέγραψα (μιας και ο Λουκάς έδωσε μια εικόνα του πως θα είναι περίπου και η απόδειξη στην γενική περίπτωση αυτής της παραλλαγής). Το μόνο δηλαδή που χρειάζεται να αποδείξω είναι ότι ακόμη κι αν προστεθεί στο παιχνίδι η συνθήκη "τα σπίρτα που σβήνουν να είναι διαδοχικά" τα δεδομένα για την νικηφόρα στρατηγική δεν αλλάζουν και συνεπώς η στρατηγική μας παραμένει η ίδια.

Στέλιος...

Άψογα!  :)
[quote="stedes"]$... \Rightarrow x\text{XOR}y=a_{1}$ και λόγω της $(1)$ $xXORy>x+y$[/quote](προς αποφυγή παραξηγήσεων, προφανώς εννοείς λόγω της $(2)$

Θα πρέπει βέβαια να δείξουμε ότι ο αντίπαλος δε θα μπορεί από την κατάσταση $(a_{1},a_{2}, ..., a_{n})$ να πάει στην περίπτωση
$a_{i}=1\ \forall i$ με $\sum{a_{i}}$ περιττό.

Αυτό όμως είναι σίγουρο, αφού για να πάμε στην κατάσταση $(1,1,...,1)$ με διαχωρισμό, ο μόνος τρόπος είναι να είχαμε $(x,1,...,1)$ όπου $x>2$

Λέγοντας "διαχωρισμό" εννοώ να σπάσουμε τη x-άδα σε δύο μονάδες, δηλαδή να αφαιρέσουμε όλα τα εσωτερικά.

Είναι προφανές όμως ότι η κατάσταση $(x,1,...,1)$ δεν ικανοποιεί τη συνθήκη $x\otimes 1 \otimes...\otimes 1=0$ αφού τότε θα είχαμε $x<2$

Ναι, εννούσα λόγω της (2) (...ψιλό το κακό).  :P

Edit: Χα,είσαι γρήγορος! Πρόλαβες και διόρθωσες το x=0 πριν προλάβω να στείλω.  :lol:

:)
Εν τω μεταξύ δεν προλάβαινα να σκεφτώ αν το σωστό είναι 0 ή 1 κι έτσι έβαλα $x<2$   :D

Εντάξει, αφού θέλουμε στο τέλος να έχουμε $2k+1$ μονάδες και οι δύο απ΄αυτές προέκυψαν από το $x$, στην τελευταία περίπτωση $(x,1,...,1)$ έχουμε $2k-1$ μονάδες, οι οποίες δίνουν XOR ίσο με 1

:lol:
Το πλήθος των μονάδων θα είναι περιττό μετά τη διάσπαση, άρα πριν από αυτή θα έχουμε άρτιο πλήθος όρων και συνεπώς $x=1$.

Edit: Πάλι με πρόλαβες...! :|


The Fibonacci sequence is $F_1 = F_2 = 1$, and $F_n = F_{n-1} + F_{n-2}$ for $n \ge 3$, while the "Galileo numbers" satisfy $G_n = G_{n-1} + G_{n-2} + 1$ with $G_1 = G_2 = 1$.  If $F_{203} = a$ and $F_{204} = b$, find $G_{205}$ in terms of $a$ and $b$.

[hide="solution"]

listing out the Fibonacci sequence:

1,1,2,3,5,8,13, ..

listing out the "Galileo sequence":

1,1,3,5,9,15,....

after generating and testing out many formulas, we find that $\displaystyle G_n = F_{n-1} + F_n + (n-4)$

so, $\displaystyle G_{205} = F_{204} + F_{205} + 201$
$\displaystyle  = F_{204} + (F_{203} + F_{204}) + 201$
$\displaystyle  = b + (a+b) + 201$
$\displaystyle  = a + 2b + 201$
[/hide]


The equation x^5-6x^4+13x^3-14x^2+12x-8=0 has

a. all real roots
b. all complex, non-real roots
c. two complex, non-real roots
d. two different positive real roots
e. two differnet negative roots

uh.. I found this question on an old Indiana math contest (ICTM) and I was wondering is there a shortcut to this..because Im kinda stuck (like rules for the roots).  Thanks

thanks
how long did you take to factor that because i could never factor that..

A polynomial of degree 5 must have at least one real root, so you can eliminate choice (B).

Use Descartes' Rule of Signs to eliminate choices (D) and (E).

you can consider a polynom

P(x)=x^5-6x^4+13x^3-14x^2+12x-8

and study its variation
therefor you can find the number of real roots

and the rest roots are in C (fundamental theorem of algebra.)


absolute value
number theory proposed
number theory

Find all pairs of positive integers $ (a,b)$ such that the set of positive integers cannot be partitioned into three pairwise disjoint nonempty subsets such that none of them has two numbers with absolute value of their difference equal to $ a$ or $ b$ or $ a\plus{}b$


[quote="hasan"]Find all functions f:R+ to R+ such that :
(x+y)f(f(x)y)=x^2f(f(x)+f(y)) for all x,y>0.[/quote]

I think it is better this way:

[quote]Find all functions $f: R_{+}\to R_{+}$ such that :
$(x+y)f(f(x)y)=x^{2}f(f(x)+f(y))$ for all $x,y>0$.[/quote]

P.S. Learn $LaTeX$! :wink:

(*) $(x+y)f(f(x)y)=x^{2}f(f(x)+f(y))$

If $f(x)=f(z)$ for $x,z\in\mathbb{R}_{+}$, then
${x^{2}\over x+y}={f(f(x)y)\over f(f(x)+f(y))}={f(f(z)y)\over f(f(z)+f(y))}={z^{2}\over z+y}$ for all $y\in\mathbb{R}_{+}$
and $y\to 0$ gives $x=z$.
So $f$ is injective, and then $x=\lambda: ={1+\sqrt{5}\over 2}$ and $y=1$ in (*) gives
$(\lambda+1)f(f(\lambda))=\lambda^{2}f(f(\lambda)+f(1))$ with $\lambda^{2}=\lambda+1\not =0$.
So $f(f(\lambda))=f(f(\lambda)+f(1))$ and $f(\lambda)=f(\lambda)+f(1)$ and $f(1)=0$. Contradiction!
So there is no solution of (*).


I was wondering how many AoPSers play the game. Here are the rules:

RULE 1: Everyone is playing The Game, and everyone is always playing The Game.
RULE 2: Whenever you remember that you are playing The Game, or think about The Game, you lose.
RULE 3: Loss must be announced.

By the way, you just lost The Game!

I like cheese, cheesy cheese. I'm just think about cheese. Cheese chees cheese. DONT THINK ABOUT ANYTHING ELSE BESIDES CHEESE MEW! DONT DO IT!

i like pie. pie is good. pie pie pie pie pie. all i think about is pie. bluebery pie, apple pie, creme pie, blackberry pie, chess pie, pie pie pie pie. i refuse to think about anything other than pie. pie pie pie pie pie.

darn it i just lost the game. ahhhhh i forgot about it for the WHOLE SUMMER!!!! UR SO MEAN!!!!!!!!!  me cries. oh and u have 5 mins after starting to play the game to forget you're playing the game (or at least that's how i play it)

I LOSEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEE

it's 30 minutes.
it's a 30 minute grace period.
there is a way you can win.
it's if you die within the 30 minute period or you die but you don't think of the game.
there are people who have won the game.

i learned about THE GAME at CTY.
CTY = amazing.

Everyone has a different grace period. I prefer 30 seconds. It's funner. And even if you remember that you are playing in the grace period, you don't win. The game was designed to be impossible to win.

Donuts...I love donuts, donuts are amazing why doesnt anyone love donuts as much as me. I REFUSE TO THINK ABOUT ANYTHING BESIDES DONUTS!!!!!!!!!!ARGHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHH

Hmm.

i think this was an old one but still funny now this topic is on.

[img]http://imgs.xkcd.com/comics/anti_mind_virus.png[/img]

MOO MOO MOO MOO MOO MOO MOO MOO MOO, FOO! ME MOO TO THE MOON! ME MOOS TO MOOSIC!

I thought that you won if you said moo without thinking of the game while saying it.


This is '[b]Teh Challenge[/b]' modded by yours truly,
 I wanted to try this type of thing.
I got an inspiration from a whole bunch of games on this forum, (The Fight Against the Dark Lord, Beat the Mod, Big Brother, Mafia.... etc.)
Sooo.. like I'll explain the game.

There will be [b][i][u]TEAMS[/u][/i][/b] (guess where I got this from)
Got that?
I'll be the one to assign them :)
I will send you a very, very detailed PM when you sign up.
It will contain what team your on, and your [b][i][u]role[/u][/i][/b] (guess where I got that from)
a quicktopic for each team, where you and your teammates will discuss strategies and such.

Example:

HELLO! [insert username here]
Thank you for signing up for my game!
Now to get on with the PM stuff... eh...
You are "[insert role here]", you [details of role here]
and you are on team [insert team name here] and your quicktopic is quicktopic.com/[insert unique URL here]
If you don't have an account I suggest you make one.
Your team members are;
[insert team members here]
Good Luck! Be ready for a whole bunch of surprises :)

END EXAMPLE

So like that.
There will be a challenge, like... when I get the whole like PM stuff out. (guessy, guessy...)
Each challenge will last at a maximum of [b]4 days[/b].
Each team will have a leader that will send their PM to MOI! (if leader absent tell MOI!)
If a team sends in their PM late, or not at at all they will automatically be up for eviction/elimination.
Got that?
If ALL or more than 1 team get's there PM late, I will first then ask if team is active, and/or use the power of random.org.
(I might add extension dates, we'll see)
Then the teammates will send me a PM on who they want to eliminate, blah blah blah..
and stuff.

NOW ON WITH [size=150]TEH [color=orange]RULEZ![/color][/size]

[b]Do not reveal your role (to players/teammates) unless I tell you too.
Do not complain if you have been 'bye-bye''d PMing me
Do not complain if challenge is hard and/or too meewhee-ish PMing me
Do NOT keep contact with other players (if not on team) if discussing this game.
Be active as much as possible.
Just so I know you have read the rules, say "Rattatatat" in your sign-up post.
[u]I trust you people, do not break that trust[/u]
[/b]
More rules will be added on later if needed.
So YAY! Now we begin sign-ups

1. Chompy ( the bored person)
2. KING1
3. vahalla
4. jjx1
5. ernie
6. jjfun1
7. Bugi
8. Westiepaw
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.
16.

bored says raattatatat ( :| wait...boredom talks :huh: )...and also that:

1.  Chompy    ( the bored person)
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.
16.

Ha nice. Boredom is very smart.
:)
EDIT: Changed Name to attract more attention :D

the title of this thread made me lose the game.

Hmm, it attracts attention though :D
Would you like to join?

Sounds fun! I join! Yay!  :)

EDIT: lol meewhee you are hilarious :P  Rattatatat

I join.

I'm not going to say rattatat.... oh wait I just did.

Do, do, do...
Humm... 13 spots left :P
maybe I'll reduce the size to 12... We'll see...

Eh hem....
You forgot something... Re-read the rules :)

I join.  [b]"Rattatatat" in your sign-up post.[/b]

Mind if I change the title a bit? (first it makes me lose the game but that barely matters. Second, the title might describe the game a bit better)

Sure dragon :),
I can't like.. think of a name.  :(
So I keep having massive name changes.

Guys, there's a reason there's a QT.
Please check it often and post!!!
Thanks.

Yeah. Results posted ASAMGTHMC (As soon as meewhee gets to her main computer :P)

I can put you in a new group if members inactive... he. he. he. he.

[quote="polkadotman1"]Am I considered inactive now if i haven't been on for 2 days? :([/quote]

Yes.
Sigh.
REQUEST REPLACEMENTS.....

*sigh*

this topic will not survive much longer.

I might be inactive for a LONG period of time so.....

$ \text{\tiny request replacement}$

Oh sorry. I'm in Canada soo... I can like post the results when I get home tomorrow. SORRY FOR INACTIVITY!

cool!

but i still have to $ \text{\tiny\color{yellow}request replacement}$


How many different positive, four-digit integers can be formed
using the digits 2, 2, 9 and 9?

Since there are $ 4$ digits, and there are $ 2$ pairs of digits that are indistinguishable,
$ \frac{4!}{2!2!}\equal{}\boxed{6}$.

[hide="ANSWER"]1.we know the following facts

 I.there are the #'s 2,2,9,9

 II.there are 4! ways to arrange them

 III.2 pairs of 2 #'s are the same

2.so we get the equation

 4!/2!2!=6

3.[hide]6[/hide][/hide]

[= I HOPE IT'S EXPLAINED WELL !


There is a finite amount of people at a party ($n>1$). Show that there are at least two people who know the same number of people. (Here we take it to mean that "knowing" is a mutal relationship).

I think I solved the problem. But my problem is that when my book did examples involving the Pigeonhole Principle it divided the problem into Pigeons and Holes. It explicity stated what the Pigeons are and what the Holes are. I managed to solve it I just dont know how to explicity state what the Pigeons and Holes are.

[hide]
I drew a picture to help visualize the situation. Say we have $P_{1},P_{2},P_{3},P_{4}$ people. Draw lines between them any way you like (with no arrows because knowing is mutal). Then at each vertex place a number between $0,n-1$ which is the number of people he knows. And do that at each vertex. Now divide the problem into 2 cases:

1)If everyone knows at least one person, i.e. nobody is isolated in the graph. Then we are assigning $n-1$ numbers, i.e. $\{1,2,...,n-1\}$ among $n$ people and so by Pigeonhole Principle says at least two know each other.

2)If exactly one person doesnt know anybody (if exactly 2 or more then proof is ocomplete) i.e. we have an isolated point. Since knowing it mutal that point has nothing to do with the graph, i.e. the knowing of people amongst themselves. So we can as if remove it from the picture. Now we have $n-1$ people which by induction (which I didnt state in the begining that this is an iduction proof bu you get the idea) is true.

So in both cases it works
[/hide]

Does it help a problem solver to know explicity state what the holes and pigeons are? Because I dont know how to put it that way.

[hide="Explicit statements"] Assume WLOG that every person knows at least one person, or else they are irrelevant.  The $n$ people are the pigeons.  The $n-1$ holes are for people who know $1, 2, 3, ... n-1$ people, respectively (since it is not possible to know more than $n-1$ people at a party with $n$ people).  Since there are more pigeons than holes, at least one hole contains two pigeons.  Then at least two people know the same number of people. [/hide]

Your proof is alright.

t0rajir0u already explained the pigeonhole stuff.

One problem with the proof...no base case.

Let position numbers $0,1,\hdots, n-1$ represent the $n$ positions for the number of acquaintances.  Clearly, positions $0,n-1$ cannot exist simultaneously.  Therefore, we can have a maximum of $n-1$ positions.  Since we have $n$ people, there will exist at least one position with at least $2$ people, as required.


algebra
polynomial
quadratics
linear algebra
matrix

Can anyone help me with this???

The Question is:-

Let A be the mx [0         0          0          -1
                           0         1      sqrt(2)      0
                           0   sprt(2)      1            0
                          -1        0          0          -1]
[b]Find all EigenValues of A? For one of these Eigenvalues, Find a corres-unit eigenvactor?[/b]

the hint is:-  the charactristic polynomial is the product of 2 quadratics. so shuffle the rows and columns first and find the produdt of 2 quadratics and expand by cofactors.

maybe this will help you
change the order of your basis
so now you have the matrix with as basis e1,e2,e3,e4

now use the basis e1,e4,e2,e3
now you get two nice blocks

when now calculating the charpoly, remember this fact about block matrices
A 0
0  B

has determinant = det(A) *det(B)


Something I noticed during the Math Jams is that sometimes I need to scroll up to find the original problem and it gets tiresome sometimes. Is there a way we could add a little box inside the virtual classroom to display the problem?

I agree. The problem can pop-up or something, if it can that is.

We often put problems as images during the classes and Math Jams; we'll be more assiduous about this in the future (the images appear in a browser window, which you can flip to rather than scrolling to the question).

Thats right...I forgot about that. thanks


All angles are right angles. How many rectangles are in this diagram?
[asy]for(int i = 0; i < 4; ++i){
draw((0,(i)*(i+1)/2)--(-7,(i)*(i+1)/2));
draw((1-2^i,0)--(1-2^i,6));
}[/asy]

We can see that two points on the left and two points on the top will determine a unique rectangle. Thus, our answer is $ \dbinom42\dbinom42\equal{}6\cdot6\equal{}\boxed{36}$.

Oh, I remember what I did.  I counted the vertical $ 1 \times 3$ rectangles twice.

Or you can count how many of each size rectangle there is
1x1-9
1x2-12
1x3-6
2x2-4
2x3-4
3x3-1
Add them all together and you get 36


summer program
Mathcamp
inequalities unsolved
inequalities

If $ a,b,c$ are 3 sides of acute triangle. Prove that:

$ (a\plus{}b\plus{}c)(a^{2}\plus{}b^{2}\plus{}c^{2})(a^{3}\plus{}b^{3}\plus{}c^{3})\ge 4(a^{6}\plus{}b^{6}\plus{}c^{6})$
 :)

we have $ x \equal{} a\plus{}b\plus{}c\geq 2a,2b,2c$ and $ y \equal{} a^{2}\plus{}b^{2}\plus{}c^{2}\geq 2a^{2},2b^{2},2c^{2}$ because they are sides of an acute triangle.
so $ (a^{3}\plus{}b^{3}\plus{}c^{3})xy \equal{} a^{3}xy\plus{}b^{3}xy\plus{}c^{3}xy > 4(a^{6}\plus{}b^{6}\plus{}c^{6})$ :wink:


group theory
abstract algebra
superior algebra
superior algebra unsolved

Hello,

this problem should be an easy exercise but I'm afraid I'm missing something :blush:

Let $ A_n$  be the alternating group on $ \{1,\ldots,n\}$
Let $ \Omega$ be the set of non-ordered triples in that last set.

Consider the action of $ A_n$ on $ \Omega$. Show that it is primitive.

Now the stabilizer of a random triple is $ A_n\cap S_3\times S_{n\minus{}3}$, so maybe I should try to prove that this is a maximal subgroup of $ A_n$, but that doesn't seem to work either. :huh:

Can anyone help? Thanks!

You can map a pair of triples with exactly $ k$ common elements ($ 0\le k\le 2$) into $ \{1,2,3\}$ and $ \{4 \minus{} k,5 \minus{} k,6 \minus{} k\}$ (e.g. do it by an element of $ S_n$ and then tweak it to make it even). So, if a nontrivial equivalence relation is preserved, then there is $ k\in\{0,1,2\}$ such that any two triples with exactly $ k$ common elements are equivalent. But then all triples are equivalent.

(You may need to consider small $ n$ separately. In fact, the statement is false for $ n\equal{}6$.)


probability
number theory
relatively prime

1. How many subsets of $\left\{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7\right\}$ are there such that the sum of their elements is odd?

2. What is the sum of the numbers less than $1000$ and relatively prime with it?

3. The flu can be avoided at 95% taking the vaccine or, indipendentely at 25% staying in the country.
    What is the probability to avoid the flu if I live in the country and I take the vaccine?

[hide="Problem 1"]
There are 4 odds and 3 evens.  We now ask the question, how many ways are there of choosing odd subsets?

so either we choose 3 ones or we choose 1 one.  There are 4 ways of choosing 3 ones and 4 ways of choosign 1 one.

We can either take a zero or not take a zero: $2^3$ combinations.

Therefore there are $2(4 \times 2^3)=64$ combinations.[/hide]

[color=green][size=75]mod edit: hide your solutions[/size][/color]


linear algebra
superior algebra
superior algebra theorems

I am a high school studnet interested in studying advanced algebra. I recently read about Maclane's authoritative book " A survey of modern Algebra" . I also came across" Alegbra " by the same author. Which one covers more topics and which one is more comprehensive and better to comprehend? Also, can you recommend other such books in Advanced Algebra???

Do you know any linear algebra or basic group/ring/field theory?  If the answer to that is no, then you probably want an easier textbook to begin with.  I don't own it, but I've glanced through Herstein's Abstract Algebra a couple of times, and it seems nice for an introductory book (and the exercises are ordered from easy to hard, which is also good).  It may be suitable for your needs.


If anyone has a scanned copy of either, could you send it to me so I can type it up for the Contest section? I'd like to take it, too.

darn i trashed my 10B

I have a scanner which i use frequently HUZZAQHHH!!! OH YEAH SPECTACULAR!!!!

but i wasnt happy with my score  :rotfl:

[quote="Klebian"]Here it is, in a word document.

[i]Edited by admin -- once again, these documents are [b]copyrighted[/b].  Please don't post them.[/i][/quote]
My apologies.


geometry
circumcircle
trigonometry
geometry solved

in triangle ABC, we have $\angle BAC=90^{\circ}$. and D is a point on side BC, in wich $\angle BDA=2\angle BAD$.
prove that:

$\frac{1}{AD}=\frac12\left(\frac{1}{BD}+\frac{1}{CD}\right)$

Let's handle the problem with your favorite transformation. ;)

[color=blue][b]Problem.[/b] Let ABC be a right-angled triangle with < CAB = 90°, and let D be a point on the side BC such that < BDA = 2 < BAD. Prove that $\frac{1}{DA}=\frac12\cdot\left(\frac{1}{DB}+\frac{1}{DC}\right)$.[/color]

[i]Solution.[/i] Let r be an arbitrary length, and let the inversion with respect to the circle with center D and radius r map the points A, B, C to the points A', B', C', respectively. Then, $DA\cdot DA^{\prime}=DB\cdot DB^{\prime}=DC\cdot DC^{\prime}=r^2$. Thus, $\frac{1}{DA} : \frac{1}{DB} : \frac{1}{DC} = DA^{\prime} : DB^{\prime} : DC^{\prime}$, and thus, the equation that we have to prove, $\frac{1}{DA}=\frac12\cdot\left(\frac{1}{DB}+\frac{1}{DC}\right)$, is equivalent to $DA^{\prime}=\frac12\cdot\left(DB^{\prime}+DC^{\prime}\right)$. Since obviously DB' + DC' = B'C', this becomes $DA^{\prime}=\frac12\cdot B^{\prime}C^{\prime}$.

Since $DA\cdot DA^{\prime}=DB\cdot DB^{\prime}$, we have DA : DB' = DB : DA'. Also, < ADB = < B'DA'. Thus, the triangles ADB and B'DA' are similar, so that < B'A'D = < ABD. Similarly, < C'A'D = < ACD. Hence, < C'A'B' = < C'A'D + < B'A'D = < ACD + < ABD = < ACB + < ABC. But since the triangle ABC is right-angled with < CAB = 90°, we have < ACB + < ABC = 90°, so that < C'A'B' = 90°, and thus the triangle A'B'C' is right-angled at A'. Hence, the midpoint M of its hypotenuse B'C' is simultaneously its circumcenter, and its circumradius MA' = MB' = MC' equals to the half of its hypotenuse B'C'. So we have $MA^{\prime}=\frac12\cdot B^{\prime}C^{\prime}$.

Since M is the circumcenter of triangle A'B'C', the central angle theorem yields < A'MC' = 2 < A'B'C'. But < A'B'C' = < A'B'D, and since the triangles ADB and B'DA' are similar, < A'B'D = < BAD. Hence, < A'MC' = 2 < A'B'C' = 2 < A'B'D = 2 < BAD = < BDA. In other words, < A'MD = < A'DM. Thus, the triangle MA'D is isosceles, so that DA' = MA'. Hence, the equation $MA^{\prime}=\frac12\cdot B^{\prime}C^{\prime}$ becomes $DA^{\prime}=\frac12\cdot B^{\prime}C^{\prime}$, and we are done. $\blacksquare$

  darij

[b]I note [/b]$m(\angle BAD)=x\in (0^{\circ},90^{\circ})$. [b]Thus,[/b]

$\frac {2}{DA}=\frac {1}{DB}+\frac {1}{DC}\Longleftrightarrow \frac {DA}{DB}+\frac {DA}{DC}=2\Longleftrightarrow 2=\frac {\sin {(180^{\circ}-3x)}}{\sin x}+\frac {\sin ({3x-90^{\circ})}}{\sin ({90^{\circ}-x)}}\Longleftrightarrow$

$\sin {3x}\cdot \cos x -\cos {3x}\cdot \sin x=\sin {2x}\Longleftrightarrow \sin {(3x-x)}=\sin {2x}.$

[quote="Ph-An"][u]Remark.[/u] A general enunciation for the proposed problem:

$\triangle ABC,\ w=C(O,R),\ D\in BC,\ \{A,A'\}\subset AD\cap w,\ m(\angle ADB)=2(\angle BAD)\Longrightarrow$

$\underline {\overline {\left| \frac{2}{DA}=\frac{1}{DB}+\frac{1}{DC} \Longleftrightarrow DA'=\frac 12 BC\Longleftrightarrow A=90^{\circ}\right| }}$

[b]It is very nice ![/b][/quote]

This is a problem "IFF".


So two and a half weeks past, anyone came up with a solution?

I have been hesitating of multiplying and expanding everything--it's going to be like a 40-minute-boring-algebra practice. I am really not looking forward to it, does someone have a solution yet?

[quote="darij grinberg"]If a, b, c are three positive numbers with a + b + c = 3, then prove the inequality

$\frac{1+b+c^2}{1+c+b^2}+\frac{1+c+a^2}{1+a+c^2}+\frac{1+a+b^2}{1+b+a^2}\geq 3$.

Using computer algebra, I have verified that it is true, but a nice proof is missing...

  Darij[/quote]

Dear Darij, I have pursued some further investigations concerning this inequality, interestingly, the inequality is true for all positive $a,b,c$ such that $a + b + c \geq k$, where $k \approx 2.657$.


geometry
rectangle
angle bisector
geometry proposed

Let the triangle ABC Pythagoras (angle B = 90º) sides of A, B and C. It was built square on the sides AB, BC and AC.
Lets P and Q are centres of squares located on catetos AB and BC respectively.
  (i) Find length of PC in terms of a; b and c
 (ii) Find the length of AQ in terms of a; b and c
(iii) Find the length of TR, with T is the intersection of PC and AQ, and R is the center of the square on the hypotenuse

Thanks
 :)

Note C' the point laying on AB and being a vertex of the square built on BC; similarly A' on BC.
Then CP is median in triangle ACA', while AQ in CAC'.
For 3rd request, see BCRA is cyclic with AC diameter, hence BR is the angle bisector of <ABC.
Denote S the intersection of AQ and BC, V the one of AC and BR, and W the one of AB and CP.
Apply Menelaos for triangle CBC' with transversal QSA, get BS/SC, similarly get AW/WB.
See that BS/SC*CV/VA*AW/WB=1, hence AQ and CP concur on BR at T.
Apply Menelaos for triangle BCV and transversal STA, get BT/TV.
Calculate BV as internal angle bisector of a right angled traingle, then get BT and, finally calculate BR either from the cyclic BCRA or applying Pytago, deduct BT and you are done. This should be the easiest method ever to apply.

Best regards,
sunken rock


graph theory
linear algebra
linear algebra unsolved

Suppose that $2n$ points of an $n\times n$ grid are marked. Show that for some $k > 1$ one can select $2k$ distinct marked points, say $a_1,...,a_{2k}$, such that $a_{2i-1}$ and $a_{2i}$ are in the same row, $a_{2i}$ and $a_{2i+1}$ are in the same column, $\forall i$, indices taken mod 2n.

We regard the $n$ lines and $n$ columns as the two classes of a bipartition in a bipartite graph, two vertices being connected iff the intersection of the corresponding row and column is marked. What we want to prove is that we can find a cycle in this graph, and this is obvious: the graph has $2n$ vertices and $2n$ edges.

had it in one of my exams:
$\color{yellow} \rule{25cm}{3pt}$
name each column $a_i$ and each row $b_i$
,now create a bipartite graph such that on one side of it we have all $a_i$s and on the other side of it we have all $b_i$s. Then if the field $a_{i}b_{j}$ was selected draw an edge between $a_i$ and $b_j$ in the graph,now we should prove that we have a cycle which contains the same number of $a_i$s and the same number of $b_i$s. So we have exactly $2n$ edges which means that we have a cycle in our graph also each edge connects one $a_i$ to another $b_i$.as desired.
\[\color{magenta} \boxed{\mathcal{Q.E.D}}\]$\color{yellow} \rule{25cm}{3pt}$


algebra
polynomial
quadratics
least common multiple
number theory
prime factorization

Please avoid double posting like that. If I were a mod of this forum I would stick those two together.

how do you show work for factoring? We didn't learn factoring in school yet, but my dad taught me the way he learn it in China.

[quote="jli"][quote="rcv"]Cindy:  Is this a challenge or a request for help?  I suggest everyone use the "Message icons" when you post a new topic.[/quote]

why does it matter[/quote]

Generally, if it's a challenge, you should hide your answers, and don't need to post extremely verbose solutions.

If it's a request for help, hiding your answers isn't needed, but showing how you got the solutions is.

http://artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?t=24224

looky here Lucy.... the way we talked about the least common multiple problem....

it's the same....

you just use one integer instead of 3 like we did up there......

you try to divide them with the smallest prime number as possible......

I'll draw a little picture for you...

so you find the GCM of the 3 numbers? anyways, I think i'll stick to the way my dad taught me until we learn it in school, think we learn it this year during summer. Anyways thanks! :D

hm..

isn't that how your dad taught you?

I just thought it was the easiest way ,,, :P  :blush:

it's probably the same thing, but his way involves a square with 4 numbers and stuff...

can't think of it right now....

distracted by so many stuff... :D

well, it's the same as solving 2 + 2 as 2 * 2 or 2^2 or etc....

different ways, but the same solutions... ingenius! :D

[quote="cindy"]factor: 6x 4 -7x 2 +2[/quote]

[hide]
(3x2-1)(2x2-2)
[/hide]

And shinwoo, I don't really understand what you were trying to say...so the prime factorization of a number helps to factor a polynomial? It looks really cool, so could you please explain it some more? Thanks! :)

Many attempts.  But I don't see any correct answers to the original question.

This is my method of choice. Lucy, is this what you were talking about?

Now, we have a correct answer.  Following is a much longer, more tedious solution.  But the general method might help you crack some harder quadratic factorizations.

[hide]Factor $6x^4-7x^2+2$

If we multiply by 6 (the leading coefficient), and make a substitution, we get a simpler factorization...

\begin{eqnarray*}
6(6x^4-7x^2+2)&=&36x^4-42x^2+12 \\
&&\hbox{Let }y=6x^2 \\
6(6x^4-7x^2+2)&=&y^2-7y+12 \\
\end{eqnarray*}

Now, we try to factor $y^2-7y+12$

All possible factors of 12, along with the sums of those factors:
\begin{eqnarray*}
12=12\times 1 &\Longrightarrow& 12+1=13 \\
12=6\times  2&\Longrightarrow& 6+2=8\\
12=4\times 3 &\Longrightarrow& 4+3=7\\
12=-12\times -1 &\Longrightarrow& -12-1=-13\\
12=-6\times -2 &\Longrightarrow& -6-2=-8\\
12=-4\times -3 &\Longrightarrow& -4-3=-7 \qquad \Longleftarrow
\end{eqnarray*}

This gives us the factorization.  We reverse the substitutions to get back to the original question...

\begin{eqnarray*}
y^2-7y+12&=&(y-4)(y-3) \\
y^2-7y+12&=&(6x^2-4)(6x^2-3) \\
36x^4-42x^2+12&=&(6x^2-4)\cdot(6x^2-3) \\
6(6x^4-7x^2+2)&=&2(3x^2-2)\cdot 3(2x^2-1) \\
6x^4-7x^2+2&=&(3x^2-2)(2x^2-1)
\end{eqnarray*}[/hide]


Determine the positive integers $ m,n$ such that: $ 5^m\plus{}6^n\plus{}2$ is a perfect square.

Go to High School Basic.

mod 4 we get $ n \ge 2$ impossible. So $ n\equal{}1$
mod 8 $ 5^m\plus{}8$ we have $ m\equal{}2k$ is even.

So $ (x\plus{}5^k)(x\minus{}5^k)\equal{}8$, gives no solution for positive integer $ k$, so no such $ m,n$ exist.


If you tie a Cow at "B", a point of a circumference with "R" Radius, so that the cow can only eat half of the mown. What is C=R+d?

http://img475.imageshack.us/img475/1682/vestibularc07ssdjkjfdsfic7.gif

ummm what are C and d?  Also.. could you restate your question?

I can try. I got that from a riddle.

I believe what it means is: They tied a cow with a rope with "c" length and ( c == R + d ) in the picture at "B".
The area of both colored and white sections of the circle are equal. What's the length of that rope( c == ? )?

Is it clearer now?


function
logarithms
integration
floor function
calculus
calculus computations

How to prove that $ \ln n! \equal{} \int_{1}^{n}{\frac {n \minus{} \left\lfloor x \right\rfloor }{x}\,dx}$ ?

---------

I proved that $ \int_{1}^{n}{\frac{\left\lfloor x \right\rfloor }{x}\,dx}\equal{}\sum\limits_{k\equal{}1}^{n\minus{}1}{k\big(\ln (k\plus{}1)\minus{}\ln k\big)},$ but I dunno how to solve the last sum.

$ \sum\limits_{k \equal{} 1}^{n \minus{} 1}{k\big(\ln (k \plus{} 1) \minus{} \ln k\big)}, \\
\equal{} 1(\ln 2 \minus{} \ln 1) \plus{} 2(\ln 3 \minus{} \ln2) \plus{} 3(\ln 4 \minus{} \ln 3) \plus{} \ldots \plus{} (n \minus{} 1)(\ln n \minus{} \ln (n \minus{} 1)) \vspace{10pt} \\
\equal{} (\ln 2 \minus{} \ln 1) \plus{} (\ln 3 \minus{} \ln 2) \plus{} (\ln 4 \minus{} \ln 3) \plus{} \ldots \plus{} (\ln n \minus{} \ln (n \minus{} 1)) \\
\phantom{\equal{} (\ln 2 \minus{} \ln 1)} \plus{} (\ln 3 \minus{} \ln 2) \plus{} (\ln 4 \minus{} \ln 3) \plus{} \ldots \plus{} (\ln n \minus{} \ln(n \minus{} 1)) \\
\phantom{\equal{} (\ln 2 \minus{} \ln 1) \plus{} (\ln 3 \minus{} \ln 2) } \plus{}  (\ln 4 \minus{} \ln 3) \plus{} \ldots \plus{} (\ln n \minus{} \ln(n \minus{} 1))\\
\phantom{\equal{} (\ln 2 \minus{} \ln 1) \plus{} (\ln 3 \minus{} \ln 2) \plus{} (\ln 4 \minus{} \ln 3)} \plus{} \vdots \\
\phantom{\equal{} (\ln 2 \minus{} \ln 1) \plus{} (\ln 3 \minus{} \ln 2) \plus{} (\ln 4 \minus{} \ln 3) \plus{} \ldots} \plus{} (\ln n \minus{} \ln(n \minus{} 1)) \vspace{10pt} \\
\equal{} (\ln n \minus{} \ln 1) \plus{} (\ln n \minus{} \ln 2) \plus{} \ldots \plus{} (\ln n \minus{} \ln(n \minus{} 1)) \\
\equal{} (n \minus{} 1)\ln n \minus{} \ln (n \minus{} 1)!$

Then
$ \int_{1}^{n}{\frac {n \minus{} \left\lfloor x \right\rfloor }{x}\,dx} \equal{} n\ln n \minus{} (n \minus{} 1)\ln n \plus{} \ln(n \minus{} 1)! \equal{} \ln n!$


Let $a,b,c$ be positive integers such that $a$ divides $b^2$, $b$ divides $c^2$ and $c$ divides $a^2$. Prove that $abc$ divides $(a + b +c)^7$.

$a = \prod p_i^{a_i}$, $b = \prod p_i^{b_i}$, $c = \prod p_i^{c_i}$

With $p_i$ prime.

Condition is $a_i \leq 2*b_i \leq 4*c_i \leq 8*a_i$

When expandind $(a+b+c)^7$ we only have to consider monoms like $a^7$,$a^6*b$, ... If we take for instance $a^6*b$: $6a_i + b_i \geq a_i+b_i+c_i$ so $abc | a^6*b$ and so on.

[quote=NitroZox]Easier solution is :
b^2 = ka , c^2 = mb , a^2 = nc
Eliminate all to get a,b,c in terms of k ,n,m
We get a^7 + b^7 +c^7 = knm x (something else)
and abc = knm[/quote]

Are you trying to prove $abc|a^7+b^7+c^7$ ?

I don't see how $a^7 + b^7 +c^7 = knm \times (\text{something else})$

[hide = Solution]We can expand the expression $(a+b+c)^7 $using binomial theorem twice:
Note : I expanded the expression without multiplying the binomial coeffeciants, also terms of the form $a^sb^tc^q$ don't need to be included because $abc$ already divides those terms.
Expansion : $a^7+ a^6b + a^6c + a^5b^2 + a^5c^2 + a^ 4b^3 + a^4c^3 + a^3b^4 +a^2b^5 + a^2c^5 + ab^6 + ac^6 + b^7 + b^6c+ b^5c^2 +b^4c^3 + b^3c^4 + b^2c^5 + bc^6 + c^7$
$a|a ; b|a^4 ; c|a^2 \Longrightarrow abc|a^7$
$a|a ; b|b ; c|a^5 \Longrightarrow abc|a^6b$
$a|a^2 ; b|a^4 ; c|c \Longrightarrow abc|a^6c$
$a|a ; b|b^2 ; c|a^4 \Longrightarrow abc| a^5b^2$
$a|a^3 ; b|c^2 ; c|a^2 \Longrightarrow abc|a^5c^2$
$a|a ; b|b^3 ; c|a^3 \Longrightarrow abc|a^4b^3$
$a|a ; b|c^3 ; c|a^3 \Longrightarrow abc|a^4c^3$
$a|a ; b|b^4 ; c|a^2 \Longrightarrow abc|a^3b^4$
$a|b^2 ; b|c^4 ; c|a^3 \Longrightarrow  abc|a^3c^4$
$a|b^2 ; b|b^3 ; c|a^2 \Longrightarrow abc|a^2b^5$
$a|b^2 ; b|c^5 ; c|a^2 \Longrightarrow  abc|a^2c^5$
$a|a ; b|b^2 ; c|b^4 \Longrightarrow abc|ab^6$
$a|a ; b|c^2 ; c|c^4 \Longrightarrow  abc|ac^6$
$a|b^2 ; b|b ; c|b^4 \Longrightarrow abc|b^7$
$a|b^2 ; b|b^4 ; c|c \Longrightarrow abc|b^6c$
$a|b^2 ; b|b^3 ; c|c^2 \Longrightarrow abc|b^5c^2$
$a|b^4 ; b|b^2 ; c|c^3 \Longrightarrow abc|b^4c^3$
$a|b^2 ; b|b ; c|c^4 \Longrightarrow abc|b^3c^4$
$a|b^2 ; b|c^4 ; c|c \Longrightarrow abc|b^2c^5$
$a|c^4 ; b|b ; c|c^2 \Longrightarrow abc|bc^6$
$a|b^4 ; b|c^2 ; c|c \Longrightarrow abc|c^7$
Since $abc$ divides each term of the multinomial expansion of $(a+b+c)^7$.
Thus, $abc|(a+b+c)^7$
[/hide]

No binomial theorem solution:
$v_p(a) \leq 2v_p(b)$, $v_p(b) \leq 2v_p(c)$, $v_p(c) \leq 2v_p(a)$.
Case: $v_p(a) \leq v_p(b) \leq v_p(c)$.
$v_p(abc) = v_p(a) + v_p(b) + v_p(c) \leq v_p(a)+2v_p(a)+2v_p(a) = 5v_p(a) < 7v_p(a) \leq 7v_p(a+b+c)$
Case: $v_p(a) \leq v_p(c) \leq v_p(b)$.
$v_p(abc) = v_p(a) + v_p(b) + v_p(c) \leq v_p(a) + 2v_p(a) + 4v_p(a) = 7v_p(a) \leq 7v_p(a+b+c)$


algebra
polynomial
search
geometry
Ring Theory
function
linear algebra

Define a "polynomial statement" about matrices to be a statement of the form "if square matrices $ A_1, A_2, ... A_n$ satisfy a polynomial identity $ p(A_1, ... A_n) \equal{} 0$ with scalar coefficients, then they also satisfy the polynomial identity $ q(A_1, A_2, ... A_n) \equal{} 0$."

Prove or give a counterexample:  if a polynomial statement is true for arbitrary square matrices over a field of characteristic $ 0$, it is true in an arbitrary ring (edit: also of characteristic $ 0$) with identity.

(Examples [url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?search_id=956528026&t=242500]here[/url] and [url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/weblog_entry.php?t=241701]here[/url].  I suppose this is really a question about representation theory.)

I don't really get your question: what about $ 2A_1\equal{}0\Longrightarrow A_1\equal{}0$ ?

  darij

Edited.  I suspect this statement is false because inverses are not unique in an arbitrary ring, but I haven't actually found a counterexample yet.

[quote="t0rajir0u"]Define a "polynomial statement" about matrices to be a statement of the form "if square matrices $ A_1, A_2, ... A_n$ satisfy a polynomial identity $ p(A_1, ... A_n) \equal{} 0$ with scalar coefficients, then they also satisfy the polynomial identity $ q(A_1, A_2, ... A_n) \equal{} 0$."[/quote]
What are those "scalar coefficients"?

[quote="t0rajir0u"]Prove or give a counterexample:  if a polynomial statement is true for arbitrary square matrices over a field of characteristic $ 0$, it is true in an arbitrary ring (edit: also of characteristic $ 0$) with identity.[/quote]
I don't think I understand how to take a polynomial statement over, say, $ \mathbb{Q}(\sqrt{11},X)$ and re-interpret it over the ring $ \mathbb{Z}[\frac{1}{3}]$. Are the coefficients of the polynomials only allowed to be integers? That would make the concern about characteristic more clear to me, since then it's clear how to re-interpret an identity in various rings.

Sorry if I'm missing something here, but I think it's important to be annoyingly precise here :) more than anything else this strikes me as a problem in algebraic geometry, since I'm not convinced the matrices contribute much to the discussion - it's ultimately a family of polynomial identities. But it [i]is [/i]important to be careful about how to interpret a change of scalars, I think.

[quote="randomgraph"]I think it's important to be annoyingly precise here :)[/quote]
You're right, of course :)  My question is motivated by the observation that there exist non-commutative polynomial identities that can be shown to hold true for square matrices that also hold in an arbitrary ring with unity, and I'm wondering in what sense this observation generalizes.

Let me be more specific, then:  unless I'm terribly mistaken, any ring of characteristic zero contains a subring isomorphic to $ \mathbb{Z}$.  A polynomial identity in an arbitrary ring of characteristic zero is the statement $ p(a_1, a_2, ... a_n) \equal{} 0$ where $ p \in \mathbb{Z} < x_1, x_2, ... x_n >$ (that's the correct notation for a non-commutative polynomial ring, right?).

I agree that the question has an algebraic-geometric flavor to it, but I have no idea what concepts are necessary to develop algebraic geometry from non-commutative function fields.

What I had in mind when thinking of this problem as belonging to algebraic geometry is that there's nothing truly non-commutative here if you switch your point of view from the matrices to their coefficients. For a [i]fixed [/i]dimension $ d$, the expression $ p(A_1, \ldots, A_n)\equal{}0$ (where the $ A_i$ are $ d \times d$ matrices) is equivalent to $ \tilde{p}(x_k)\equal{}0$ where the $ x_k$ are $ nd^2$ scalar variables in the ring or field over which we work, and $ \tilde{p}$ is an ordinary, commutative polynomial.

Given polynomials $ p$ and $ q$ and a specific dimension, we can translate the implication question from a non-commutative one into a commutative one in $ \tilde{p}$ and $ \tilde{q}$. As such, I think the question is a special case of the following: suppose $ p, q \in \mathbb{Z}[X_1, \ldots, X_m]$ are such that whenever $ x_i \in \mathbb{C}$ and $ p(x_i)\equal{}0$, then $ q(x_i)\equal{}0$. The question is then if the same implication holds when $ \mathbb{C}$ is replaced by any ring containing $ \mathbb{Z}$.

So this isn't the most basic type of algebraic geometry (since we're working over rings, rather than algebraically closed fields), but at least it is commutative. I don't remember much about alg geom over such rings, but this seems like a useful way to look at the problem. The condition should imply a simple condition about ideals in $ \mathbb{Z}[X_1, \ldots, X_m]$, and this in turn would imply the validity of the implication over rings containing $ \mathbb{Z}$, perhaps with some slight additional restrictions.

So, how about this identity: in any matrix ring, $ BA\minus{}1\equal{}0$ if $ AB\minus{}1\equal{}0$. That's not true in general rings (with identity). Matrix rings are finite-dimensional, and that does imply some algebraic properties like this one.


Έγινε πριν 2-3 βδομάδες. Οι ασκήσεις βρίσκονται [url=http://www.bmoc.maths.org/home/bmo2-2009.pdf]εδώ[/url]

Vrika oti den yparxoun lyseis alla den eimai sigouros gia ayto pou ekana.

An ypsosoume kai ta dyo meli sto tetragono tote exoume:

          $ a \plus{} b \minus{} 2009 \equal{} \minus{} 2\sqrt{ab}$ Epomenos to $ ab$ prepei na einai teleio tetragono pou simainei
 oti kathena ksexorista apo ta a,b prepei na einai teleio tetragono $ a \equal{} m^2 and b \equal{} n^2$
alla tote exoume $ m \plus{} n \equal{} \sqrt{2009}$ to opoio einai atopo mias kai to aristero melos einai integer eno
to deksio mellos einai arritos

Δεν εισαι σωστος.Οταν α.β ειναι τελειο τετραγωνο δεν ειναι απαραιτητο ο καθενας να ειναι τελειο τετραγωνο.Αυτο ισχυει οταν ειναι πρωτοι μεταξυ τους.Δοκιμασε να υψωσεις αλλαζοντας μελος μια απο τις δυο ριζες.Τοτε θα εχεις υπορριζο 2009α.Ομως 2009=7.7.41 αρα$ a\equal{}41k^2$.Η εξισωση εχει λυσεις.

Η πρωτη ειναι ευκολη. Οπως λεει και ο φιλος μας απο πανω πρεπει $ ab \equal{} k^2$ οπου $ k$ θετικος ακεραιος. Μετα οι $ a,b$ ειναι ριζες τριωνυμου 2ου βαθμου που εχει συντελεστες συναρτησει του $ k$, οποτε πρεπει η διακρινουσα να ειναι τετραγωνο, ετσι βγαζεις καποιες δυνατες τιμες για το $ k$ και μετα απλα κοιτας ποιες επαληθευουν και βγαζεις τα $ a,b$ απο το τριωνυμο

2ο και 4ο δεν τα εχω κοιταξει ακομα

3ο επισεις σχετικα απλο, στην αρχικη οπου $ x$ τα $ y, 1, \minus{} y^2$ και βγαζεις 3 σχεσεις απο τις οποιες με λιγες πραξεις βγαζεις: $ f(x) \equal{} cx$ οπου $ c \in R$


draw the line segments (0,0)-(1,1); (1,1)-(4,1); (4,1)-(4,10); (4,10)-(6,10); (6,10)-(6,6); and (6,6)-(7,7).
what is the average slope of this graph?

if you take it rise over run, the average slope is 1.
but there is a stretch of graph with undefined slope.
if you take the average slope of the line segments and get the average slope of the whole graph you get (1+0+undefined+0+undefined+1)/5.

Umm what are you trying to say? Do you want help with the problem? Or is it for other people to solve? (as it says the source is your head) If it is for other people to solve, you shouldn't write the answer and solution unhidden in the first post.

By the way, if you're trying to find the average, you divide by the total number which is 6 in your case not 5

i thought of it from my head, and i can't figure it out.

if it's by six, it still comes out as undefined divided by 6.

it's kind of like you have a 2-d mountain on a graph, and you are at the bottom. you have to find the slope of the mountain from where you are to halfway up the other side. you could take the two points, and get the slope. but that wouldn't be accurate, because you can't go through the mountain. the slope would first be steeper and then it would be negative. kind of like that. it'd be better with a picture.

You can't calculate slopes by the average because the length of the line segments are all different lengths, therefore not affecting individual slopes but the 'average' (and I use the term loosely) changes

[quote="mathgeniuse^ln(x)"]I think you might need to find a fitted line that is for that graph.

Then you will get your answer.[/quote]

[hide]This method is wrong.

Here is what I think it is.

If you graph these points notice how they are connected by line segments.  So I think the average of the graph is just (7-0)/(7-0)=1.

$1$[/hide]


inequalities
logarithms
calculus
derivative
inequalities unsolved

ok,I have sloved this inequality months ago ;) ,but my proof have to use the largrange median theorem.
here is my solution:
we can assume $a>b$,(if $a=b$ it is easily proved)
$(a^a b^b)^{\frac{2}{a+b}}\geq \frac{a^2+b^2}{2} \iff \frac{a}{a+b} \ln a^2+\frac{b}{a+b} \ln b^2 \ge \ln \frac{a^2+b^2}{2}$  $(1)$
use largrange theorem: we have:
$\frac{a}{a+b} \ln a^2-\frac a {a+b}\ln \frac{a^2+b^2}{2}=\frac a {a+b} (a^2-\frac{a^2+b^2}{2})(\frac 1 {\xi_1})=\frac a {a+b} (a^2-b^2)(\frac 1 {\xi_1})=(a-b)(\frac a {\xi_1})$,$\xi_1 \in (\frac{a^2+b^2}2,a)$
similar:
$\frac b {a+b}\ln \frac{a^2+b^2}{2}-\frac{b}{a+b} \ln b^2=(a-b)(\frac b {\xi_2})$,$\xi_2 \in (b,\frac{a^2+b^2}2)$
so we get
$\frac b {a+b}\ln \frac{a^2+b^2}{2}-\frac{b}{a+b} \ln b^2 \le a-b \le \frac{a}{a+b} \ln a^2-\frac a {a+b}\ln \frac{a^2+b^2}{2}$
which is $(1)$
the inequality has been proved :)

Zhaobin, by your hint I proved it. Thank you.

hope my solution isn't wrong...

$(a^a b^b)^{\frac{2}{a+b}}\geq \frac{a^2+b^2}{2}\Leftrightarrow \frac{a\ln a^2+b\ln b^2}{a+b}\geq \ln\frac{a^2+b^2}{2}$

but by weighted jensen we have that
$\frac{a\ln a^2+b\ln b^2}{a+b}\geq \ln\frac{a^3+b^3}{a+b}$

but it can be easily verified that $\ln\frac{a^3+b^3}{a+b}\geq \ln\frac{a^2+b^2}{2}$, so we're done!

[quote="campos"]
but by weighted jensen we have that
$\frac{a\ln a^2+b\ln b^2}{a+b}\geq \ln\frac{a^3+b^3}{a+b}$
[/quote]
$(lnx^2)''=-\frac{2}{x^2}<0.$ ;)

Yes. It´s wrong because $\frac{a\ln a^2+b\ln b^2}{a+b} \leq \ln\frac{a^3+b^3}{a+b}$, because if $f(x)=ln(x^2)$ the second derivative o $f$ is $-\frac{2}{x^2}$.

i thought this couldn't be so easy!  :D

but there's a funny thing! zhaobin's solution contradicts the topic's name!  :rotfl:

[quote="campos"]
... zhaobin's solution contradicts the topic's name![/quote]
Zhaobin's proof is wrong, but enable to end.

so nobody has posted a proof so far... arqady do you have a proof for it?

[quote="campos"]... arqady do you have a proof for it?[/quote]
Yes. But I wait to Zhaobin. :P

Sorry there a little mitake in my proof,but I think it is not such big :P
$\frac{a}{a+b} \ln a^2-\frac a {a+b}\ln \frac{a^2+b^2}{2}=\frac a {a+b} (a^2-\frac{a^2+b^2}{2})(\frac 1 {\xi_1})=\frac a {2(a+b)} (a^2-b^2)(\frac 1 {\xi_1})=(\frac{a-b}2)(\frac a {\xi_1}),\xi_1 \in (\frac{a^2+b^2}2,b)$
and
$\frac b {a+b}\ln \frac{a^2+b^2}{2}-\frac{b}{a+b} \ln b^2=(\frac{a-b}2)(\frac b {\xi_2}),\xi_2 \in (a,\frac{a^2+b^2}2)$
then we get:
$\frac{a}{a+b} \ln a^2-\frac a {a+b}\ln \frac{a^2+b^2}{2} \ge \frac{a-b}2 \ge \frac b {a+b}\ln \frac{a^2+b^2}{2}-\frac{b}{a+b} \ln b^2$
Is it right now :) (I think it is,but also not very sure)

[quote="arqady"][quote="chuyue"]If $a,b>0$  then  $(a^a b^b)^{\frac{2}{a+b}}\geq \frac{a^2+b^2}{2}$[/quote]
Origin:
http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?t=67464[/quote]
Some times ago I have solved the similar problem on this forum...
Take  $f(a,b)=\displaystyle\frac{a^{\frac{2a}{a+b}} b^{\frac{2b}{a+b}}}{\frac{a^2+b^2}{2}}$ then $f(a,b)=f(ka,kb)$ so take b=1,a>1 then the inequality is obvious :)

[quote="hardsoul"]
Take  $f(a,b)=\displaystyle\frac{a^{\frac{2a}{a+b}} b^{\frac{2b}{a+b}}}{\frac{a^2+b^2}{2}}$ then $f(a,b)=f(ka,kb)$ so take b=1,a>1 then the inequality is obvious :)[/quote]
I tried it. This is very hard. Try! ;)
To Zhaobin. OK. Thank you.

I am sorry, but I think that your proof is wrong, zhaobin.
[quote="zhaobin"]Sorry there a little mitake in my proof,but I think it is not such big :P
$\frac{a}{a+b}\ln a^{2}-\frac a{a+b}\ln \frac{a^{2}+b^{2}}{2}=\frac a{a+b}(a^{2}-\frac{a^{2}+b^{2}}{2})(\frac 1{\xi_{1}})=\frac a{2(a+b)}(a^{2}-b^{2})(\frac 1{\xi_{1}})=(\frac{a-b}2)(\frac a{\xi_{1}}),\xi_{1}\in (\frac{a^{2}+b^{2}}2,b)$[/quote]
$\xi_{1}\in (\frac{a^{2}+b^{2}}2,a^{2})$ :wink:
[quote="zhaobin"]
and
$\frac b{a+b}\ln \frac{a^{2}+b^{2}}{2}-\frac{b}{a+b}\ln b^{2}=(\frac{a-b}2)(\frac b{\xi_{2}}),\xi_{2}\in (a,\frac{a^{2}+b^{2}}2)$[/quote]
$\xi_{2}\in (b^{2},\frac{a^{2}+b^{2}}2)$
[quote="zhaobin"]
then we get:
$\frac{a}{a+b}\ln a^{2}-\frac a{a+b}\ln \frac{a^{2}+b^{2}}{2}\ge \frac{a-b}2 \ge \frac b{a+b}\ln \frac{a^{2}+b^{2}}{2}-\frac{b}{a+b}\ln b^{2}$
Is it right now :) (I think it is,but also not very sure)[/quote]
$\frac{a}{a+b}\ln a^{2}-\frac a{a+b}\ln \frac{a^{2}+b^{2}}{2}\ge \frac{a-b}{2a}$ and  $\frac{a-b}{2b}\geq\frac b{a+b}\ln \frac{a^{2}+b^{2}}{2}-\frac{b}{a+b}\ln b^{2}.$
I think, there is no proof!
To hardsoul: you are right!


function
algebra
polynomial
partial fractions
system of equations

Express $\frac{1}{x^{3}+(\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5})x^{2}+(\sqrt{10}+\sqrt{15}+\sqrt{6})x+\sqrt{30}}$ as a sum of $3$ fractions whose numerators are $1$ and denominators are

linear functions of $x$.
Also, rationalize each fraction.

[quote="me@home"]umm i'm guessing each is $\frac{1}{x+\sqrt{2,3,5}}$
right? Now ratioanlizing is a mess[/quote]
The given fraction is the product of the three fractions you gave, not the sum.

[hide="Solution"]
Partial Fraction Decomposition:

If $n=\frac{1}{ (x+\sqrt5)(x+\sqrt3)(x+\sqrt2)}$, then $n= \frac{A}{x+\sqrt5}+\frac{B}{x+\sqrt3}+\frac{C}{x+\sqrt2}$, for constants $A,B,C$.

Merge the three fractions in the second expression into one, and set the numerator equal to $1$. You'll get a system of equations for $A,B,C$ based on the powers of $x$ (ie. $A+B+C=0$ since $1$ has no second degree terms.)

Solve the mess for $A,B,C$, then put these back into the partial fractions expression and rationalize.

I dont have time to post the numbers, but i will when i return.[/hide]

That was the idea, indeed. But instead of solving the system of equations you get, there is a faster way that gives the values of $A,B$ AND $C$ immediately:
$1=A(x+\sqrt{3})(x+\sqrt{5})+B(x+\sqrt{2})(x+\sqrt{5})+C(x+\sqrt{2})(x+\sqrt{3})$
is the polynomial equation resulting from the considerations above. Now, since this is a equality between polynomials, lefthand and righthand side must be equal for any x. Now subtitute $x=-\sqrt{2},-\sqrt{3},-\sqrt{5}$ respectively, and the values for $A,B$ and $C$ follow at once.


Hurray!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! :gathering:   :starwars:

this is officially the thread to talk about how cool SC is and NC isn't...lol

what happened to NC anyway?

WOOHOO!!!  WE FINALLY BROKE FREE!!!

Thank you Mr. Valentin :) :D

Is their no NC forum :rotfl:

BTW, i would like to take credit for proposing such a brilliant idea....brilliant! :winner_first:

[quote="joml88"][quote="Iversonfan2005"]Is their no NC forum :rotfl:  :rotfl:[/quote]

Not that I know of...  I asked to have the Carolinas changed into South Carolina since 90% or so of it was SC anyway.  If NC wants a forum they can ask Valentin for one...[/quote]

HAHA...looks like we won the war! :rotfl:

Ask them to change it to the flag of India...hehe

NO!!!! I actually started the secession idea in this post from last year:

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?t=33955

[quote="joml88"][quote="furious"]i like how it isn't in alphabetical order anymore :D[/quote]

hmm, I hid the rest of the forums that I don't use as much as I could...so I didn't really notice that.[/quote]

I took care of it.


geometry
circumcircle
incenter
search
geometry unsolved

$ PM\cap$ circumcircle=$ B'$,$ PN\cap$ circumcircle=$ A'$
Apply Pascal theorem for$ AA'PB'BC$

[quote="Inequalities Master"]Consider the triangle $ ABC$ and its circumcircle. A circle $ S$ is tangent to the sides $ CA,CB$ and internally tangent with the circumcircle of the triangle $ ABC$ at the points $ M$, $ N$ and $ P$, respectively.
Call $ I$-the incenter of the triangle $ ABC$. Prove that $ I$ is midpoint of $ [MN]$.[/quote]
The result you mentioned is well know, the cirlcle S is called "C-mixtilinear incircle". You can find its proofs in many documents.

[b]77ant[/b], could you detail your proof?
Thank you very much.

I have seen here ---> http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?search_id=1164894600&t=31739


trigonometry
calculus
integration
calculus computations

Show the following: :D
\[ \int_{0}^{\infty}\sin(x^n)\,dx \equal{} \Gamma\left(1\plus{}\dfrac{1}{n}\right)\cdot \sin\left(\dfrac{\pi}{2n}\right)\]

Where $ n>1$.

put $ t\equal{}x^n$ next
$ \textbf I \equal{} \frac{1}{n} \int_0^\infty t^{\frac{1}{n} \minus{} 1} \sin t \, \textbf d t \equal{} \ldots$
(see http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?p=1107526#1107526 )
$ \ldots \equal{} \frac{1}{n} \sin \left( \frac{\pi}{2n} \right) \Gamma \left( \frac{1}{n} \right) \equal{} \boxed{\Gamma\left(1\plus{}\dfrac{1}{n}\right)\cdot \sin\left(\dfrac{\pi}{2n}\right)}$


Find all integer solutions to a(a + 1) = b(b + 1)(b + 2)(b + 3).

Bwah ... Indeed, but after all, it's still easy.

Well, s0mp was almost there !

Continue from a + a + 1 = (b + 3b + 1).

It's really easy now !

I didn't finish it, but maybe we can get sth from here:

We put k=b^2+3b and we have (a-k)(a+k+1)=k. We take some cases (a<,>0 k<,>0 etc.). I think the only solutions are                      (a,b) in {0,-1}X{0,-1,-2,-3}, meaning that the 2 sides of the equality must be 0.

This is just a guess, I don't know if it's true...

Well, actually it's much simpler.

The condition
a + a + 1 = (b + 3b + 1)
implies that a + a + 1 is a perfect square. But for a > 0 we have
a < a + a + 1 < (a + 1)
and for a < 0 we have
(a + 1) < a + a + 1 < a.
So we have a contradiction (unless a = 0) since there are no squares between x and (x + 1) for any integer x.


Prove that for every $ n\ge 6$ there are at least two primes in the set
\[ \{n\plus{}1, n\plus{}2,...,2n\minus{}1\}\]

:)

See [url=http://en.wikipedia.org/wiki/Ramanujan_prime]Ramanujan prime[/url] for the generalization.

Thanks t0rajir0u it is a very interesting topic, I think.  I haven't found the proof for that theorem until now.

For this particular case an Erdös like proof works, the only difficulty (because of calculation) is to prove the theorem for "the small numbers".

:)

Another similar result that can be proved by very elementary means is the following:

For all $ n\ge 1$ there is at least a prime in the set $ \{2n, 2n\plus{}1,...,3n\}$.

Which is a special case of the more general: for $ a>0$ between $ n$ and $ (1\plus{}a)n$ for $ n$ greater than ...,
:)

I'd very much love to see an elementary proof, will someone give one please?

This might help.

http://www.nd.edu/~dgalvin1/pdf/bertrand.pdf

:)

is ramanujam's prime in some way connected to bertrands postulate