calculus
integration
function
real analysis
derivative
limit
real analysis unsolved

Find the increasing functions $ f: \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ knowing that:
$ \int_{0}^{x}f(t)dt\equal{}x^2$, $ \forall x \in \mathbb{R}$.

Since $ \int_{0}^x (f(t) \minus{}2t )dt \equal{}0$ , $ \forall x \in \mathbb{R}$ it follows that $ f(x)\equal{}2x$ $ \forall x \in \mathbb{R} \setminus A$ , where $ A$ is a set with Lebesgue measure $ 0$.Thus $ \mathbb{R} \setminus A$ is dense in $ \mathbb{R}$.

Let $ a \in A$ and let $ x_n ,y_n \in \mathbb{R} \setminus A$ be two sequences such that $ x_n \rightarrow a$ and $ y_n \rightarrow a$ with $ x_n \leq a$  and $ y_n \geq a$. Because $ f$ is increasing we get that :

$ f(x_n) \leq f(a) \leq f(y_n)$ , and when $ n \to \infty$ we get that $ f(a)\equal{}2a$.

So $ f(x)\equal{}2x$, $ \forall x \in \mathbb{R}$.

Taking the derivative yields $ f(x)\equal{}2x$, so $ f(t)\equal{}2t$ certainly works.

[quote="JRav"]Taking the derivative yields $ f(x) \equal{} 2x$, so $ f(t) \equal{} 2t$ certainly works.[/quote]

Yes I agree with you that $ f(x) \equal{} 2x$ is a solution , but your argument doesn't work here.

$ F(x) \equal{} \int_0 ^x f(t)dt$ is differentiable in those points where $ f$ is continuous.But we only know that $ f$ is increasing.

Even though you see that $ f(x) \equal{} 2x$ is a solution you have to make sure that this is the only one.We can have other functions, such that $ \int_{0}^x f(t)dt \equal{} x^2$ , $ \forall x \in \mathbb{R}$. For instance take :

$ f(x) \equal{} \left \{\begin{array}{cc} 2x \text{ if } x \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{N} \\
0 \text{ if } x \in \mathbb{N}\end{array}\right.$

[quote="Svejk"][quote="JRav"]Taking the derivative yields $ f(x) \equal{} 2x$, so $ f(t) \equal{} 2t$ certainly works.[/quote]

Yes I agree with you that $ f(x) \equal{} 2x$ works , but your argument doesn't work here.

$ F(x) \equal{} \int_0 ^x f(t)dt$ is differentiable in those points where $ f$ is continuous.But we only know that $ f$ is increasing.

Even though you see that $ f(x) \equal{} 2x$ is a solution you have to make sure that this is the only one.We can have other functions, such that $ \int_{0}^x f(t)dt \equal{} x^2$ , $ \forall x \in \mathbb{R}$. For instance take :

$ f(x) \equal{} \left \{ \begin{array}{cc} 2x \text{ if } x \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q} \\
0 \text{ if } x \in \mathbb{Q}\end{array}\right.$[/quote]

You are right. I missed the vital condition: we only know that $ f$ is increasing. :oops:

$ f$ can only have countably many discontinuities since it is increasing. Let $ A$ be the set of numbers $ a$ such that $ f$ is not continuous in $ a$. $ A$ has Lebesgue measure zero. Use F.T.C in $ \mathbb{R} \setminus A$ and get $ f(x) \equal{} 2x$, $ x \in \mathbb{R} \setminus A$.Svejk, your argument works well to show  $ f(a) \equal{} 2a$ for $ a \in A$ .

I think I said something wrong here. The function

$ f(x) \equal{} \left \{\begin{array}{cc} 2x \text{ if } x \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q} \\
0 \text{ if } x \in \mathbb{Q}\end{array}\right.$

is not Riemann integrable since on one hand we have that

$ \lim_{n\to \infty}  \sum_{k\equal{}1}^n (x_{i}\minus{}x_{i\minus{}1})f(\xi_{i})\equal{}0$ if we choose $ \xi_{i} \in \mathbb{Q}$, and we could do this because $ \mathbb{Q}$ is dense in $ \mathbb{R}$.

and on the other hand we get something else if we choose $ \xi_{i} \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$.

But if we replace $ \mathbb{Q}$ with $ \mathbb{N}$, we obtain an integrable function that has $ \int_{0}^x f(t)dt \equal{}x^2$, $ \forall x \in \mathbb{R}$.

[i]I edited my post above, writing the function that works.[/i]


group theory
abstract algebra
superior algebra
superior algebra unsolved

Let $ G$ be a finite group and $ H<G$ a proper subgroup of $ G$ so that $ H=N_{G}(H)$.
Is it true that $ H$ is maximal? (i.e. if $ H<K\le G$ then $ K=G$).

Nobody interested in this problem? Or is it too easy ?

counterexample: Frobenius group of order 105, [Z_15]Z_7, where Z_15 is Frobenius kernel, clearly, the nomalizer of subgroup Z_7 is Z_7, but there Hall-{3,7} subgroup since it is solvable. that Z_7 is not maximal subgroup.


Do you mean [b]biject[/b]?

[hide=" :)"]Cantor's diagonal proof.[/hide]

This is the content of http://en.wikipedia.org/wiki/Cantor's_diagonal_argument .

[quote="ElChapin"]Show that it is impossible to biyect $ N$ with $ (0,1)$

:)[/quote]

The basic idea:

Suppose that $ (0,1)$ can be bijected with $ \mathbb{N}.$ Then denote the real number bijected to $ i$ by $ a_i.$ Then construct a real number as follows: The $ i$th place after the point is a 9 if $ a_i$ doesn't have a nine there, else it's a 0. Then obviously that number is not equal to any number in the list and we have a contradiction.


I have encountered a problem in the process of installing Latex.
After donwloading and installing both miktex (small-miktex-2.4.1705.exe) and TeXicCenter (TXCSetup_1Beta6_31.exe). I run the application fo TeXnicCenter (C:\Program Files\TeXnicCenter\TEXCNTR.EXE) and a configuration wizard pops up. However, after clicking "Yes" when it asks me if I should configure for use with MikTex, the program does NOT ask me for a DVI-viewer. Also, I cannot find a path of "C:/texmf/miktex/bin/yap.exe", as appeared on the Latex page of this site.

Did you install Miktex first? (if not, try uninstalling both, and reinstalling Miktex first with the defaults paths - that is just click ok when ever he asks you to).


Hi every One. I want you give me a nice solution for this problem:

Prove that $ n^n<(n!)^2$ , $ \forall n \in N$ and $ n \ge 3$.

Obviosly $ k(n\plus{}1\minus{}k)\equal{}n, k\equal{}1,n$ and $ k(n\plus{}1\minus{}k)>n$ if $ n>3,1< k<n$.

[quote="Rust"]Obviosly $ k(n \plus{} 1 \minus{} k) \equal{} n, k \equal{} 1,n$ and $ k(n \plus{} 1 \minus{} k) > n$ if $ n > 3,1 < k < n$.[/quote]

[color=darkblue]Thank Rust very much.

We have $ k(n \plus{} 1 \minus{} k) > n$, $ \forall n\in N$ and $ n\ge 3$

Because $ (n \minus{} k)(k \minus{} 1) > 0, \forall n\in N$ and $ n\ge 3, 1 < k < n \Longleftrightarrow k(n \plus{} 1 \minus{} k) > n$

$ \Longrightarrow (n!)^2 \equal{} (1.n).[2.(n \minus{} 1)]...[k(n \minus{} k \plus{} 1)]...(n.1) > n.n.n...n \equal{} n^n$[/color]

$ n^n < (n!)^2$

$ \Longleftrightarrow \sqrt{n}<\sqrt[n]{n!}$


inequalities
geometry
circumcircle
incenter
geometry proposed

[color=purple]Let $ O$ and $ I$ are circumcenter and incenter of triangle $ ABC$ which has are $ S$. Prove that
  $ OI\ge \frac {2}{3}\sqrt {S}[|\frac {b \minus{} c}{a}|.|\frac {c \minus{} a}{b}| \plus{} |\frac {c \minus{} a}{b}|.|\frac {a \minus{} b}{c}| \plus{} |\frac {a \minus{} b}{c}|.|\frac {b \minus{} c}{a}|]$
 :) [/color]

[color=purple] Here is the stronger :$ \sqrt[4] {12}OI\ge \sqrt {S}[|\frac {b \minus{} c}{a}|.|\frac {c \minus{} a}{b}| \plus{} |\frac {c \minus{} a}{b}|.|\frac {a \minus{} b}{c}| \plus{} |\frac {a \minus{} b}{c}|.|\frac {b \minus{} c}{a}|]$ :) [/color]


AMC
AIME
geometry
probability
number theory
\/closed

What is the format of the AIME problem series class (homework, tests, problems, lectures...)? Also, if anyone reading this has taken the course, how helpful was it?

Thanks.

The AIME Problem Series includes 12 classes of 90 minutes each.  Each day focuses on a general subject (number theory, geometry, algebraic techniques, counting, probability, etc.) using AIME or AIME-level problems.  Students are asked to offer ideas and calculations and typically solutions are built by the students, but backed up with observation by the instructor.  Techniques and strategies are highlighted as they relate to each problem.

You might want to read over the last Classes Math Jam.  You can get to the transcripts by going to the Math Jams area and clicking the little button at the top that says 'transcripts'.

There are a few threads in this forum in which students give their opinions of the class.


superior algebra
superior algebra unsolved

Show that if p is a prime number, then the congruence x^2=1 (mod p) has only the solutions x=11 and x=-1.

$ p | (x\plus{}1)(x\minus{}1)$ implies $ p | x \plus{} 1$ or $ p | x \minus{} 1$, since $ p$ is prime.


function
inequalities proposed
inequalities

Let $ r\equal{}1\minus{}\frac{a}{b}\minus{}\frac{c}{d}$ for $ a,b,c,d\in\mathbb{Z}^\plus{}$.
Prove that if $ 0<r$ and $ a\plus{}c\le 1987$ then
$ r>\frac{1}{1988^3}$

[quote="pqrs"]Let $ r \equal{} 1 \minus{} \frac {a}{b} \minus{} \frac {c}{d}$ for $ a,b,c,d\in\mathbb{Z}^ \plus{}$.
Prove that if $ 0 < r$ and $ a \plus{} c\le 1987$ then
$ r > \frac {1}{1988^3}$[/quote]
Suppose that, $ b \equal{} \max (b,d)$ then  $ r \geq 1 \minus{} \frac {a}{d} \minus{} \frac {c}{d} \equal{} 1 \minus{} \frac {a \plus{} c}{d} \geq 1 \minus{} \frac {1987}{d}$
  $ r$  is received min if and only if $ d \equal{} 1988$ ( because function  increase)

Thus, $ r \geq \frac {1}{1988} > \frac {1}{1988^3}$
 seem, i'm wrong  :blush:


Let f1>=f2>=f3>=.... belong to C([0,1]) and tend to zero pointwise. Prove the convergence is in fact uniform!

$A_n=f_n^{-1}(]- \infty;\epsilon[)$. The $A_n$ form an increasing sequence of open subsets of the compact $[-1;1]$. Moreover the union of the $A_n$ is precisely equal to $[0;1]$. Compacity shows there is some $n_0$ such that $A_{n_0}=[0;1]$ and the fact that the $f_n$ are decreasing allows us to conclude ..

This is known as Dini's theorem, I believe.


khob mese poste ghabli,shoroo konim be gozashtane halle soalayte entehaye in shomare,omidvaram in post ham mese poste ghabli ba esteghbal rooberoo beshe...  :lol:  :roll:

khob shoroo konim dge...  :D
$ 8)$ahmado mohammad be tarighe zir bazi mikonan.ahmad adadi az majmooeye $ A \equal{}\{1,2,...,90\}$ entekhab mikonad.bad mohammad zirmajmooei manande $ B$ az $ A$ moshakhas mikonado ahmad be mohammad migooyad ke adadi ke entekhab karde ast dar in zirmajmooe hast ya nist.agar pasokh "bale" bashad,mohammad be ahmad $ 2$ tooman midahad va agar pasokh "kheir" bashad,ahmad be mohammad $ 1$ tooman midahad.mohammad dastekam chand tooman bayad dashte bashad ta betavanad adade mohammad ra hatman peida konad?
[hide="rahe hal"]
fek konam javabesh $ 11$ bashe...  :maybe:
khob idash aadade fibonatchie...
deghat konid ke $ 90 \equal{} 89\plus{}1$,hala biaid aval adade $ 1$ ro bedid,age javab bale bood ke masale hal ast,dar gheire in soorat be ma javabe kheir midahado yek tooman bayad pardakht konim...
hala biaid $ 89$ adade baghi moonde ro be do daste $ 55$tai va $ 34$tai taghsim konid,yeni do jomle fibonatchie ghabli...
hala aval oon majmooe $ 34$tai ro tahvil bedid va sepas majmooe $ 55$tai ro,pas ya ba $ 1$ tooman be $ 55 (F_{n\minus{}1})$ miresim,va ya ba $ 2$ tooman be majmooe $ 34 (F_{n\minus{}2})$tai,pas chon $ 89 \equal{} F_{11}$ pas ba kami deghat motevajeh mishavim ke ba $ 8$tooman mitavan be $ F_{3}$ resid...
hala dar nahayat kafie yeki az do adade baghi moondaro bedim age javab bale bood ke ba $ 2$tooman be javab residim va age kheir bood adade digar javab asto ba $ 1$ tooman be javab resideim,pas dar nahayat $ 2$ tooman haddeaksar dar in marhale bayad prdakht shavad,pas dar majmoo bayad $ 1\plus{}8\plus{}2 \equal{} 11$tooman pardakht konim...
khob pas tebghe algorithme bala mishe ba haddeaksar $ 11$toman adado peida kard,hala kafie sabet konim in behtarin ravesheo adade be das oomade minimum adade...
deghat konid ke dar bala sabet shod baraye majmooe $ A \equal{}\{1,...,F_{n}\plus{}1\}$ haddeaksar $ n$ tooman niaz ast,hal sabet mikonim haddeaghal $ n$ tooman niaz ast...

ino ba esteghrae do moghaddame roo $ n$ sabet mikonim,paye esteghra vase $ 3,4$ ro mishe check kard...
hala farz konid hokm baraye $ n\minus{}2,n\minus{}1$ doros bashe,mikhaim hokmo baraye $ n$ sabet konim...
yeni farz konid majmooe $ A \equal{}\{1,...,F_{n}\plus{}1\}$ ro dashte bashim...
hala age dar marhale aval ye zirmajmooe $ m$ozvi dade beshe dota halat darim:
$ \text{halate avval}:$age $ m > F_{n\minus{}2}$
$ text{halate dovvom}:$age $ m\leq F_{n\minus{}2}$

tooye halate aval age adademoon tooye majmooe $ m$ozvi bashe,oon moghe $ 2$tooman inja bayad pardakh beshe va ba ye majmooe haddeaghal $ F_{n\minus{}2}\plus{}1$ozvi sarokar darim ke tebghe farze esteghra haddeaghal $ n\minus{}2$tooman niaz dare,pas dar majmoo mishe $ n\minus{}2\plus{}2 \equal{} n$tooman...

tooye halate dovom age adademoon tooye in majmooe nabashe,yeni tooye majmooe $ F_{n}\plus{}1\minus{}m$ozvi bashe oon moghe aval az hame bayad $ 1$tooman pardakh konim va badesh ba ye majmooe haddeaghal $ F_{n}\plus{}1\minus{}m\geq F_{n}\plus{}1\minus{}F_{n\minus{}2}\equal{} F_{n\minus{}1}\plus{}1$ozvi sarokar darim ke tebghe esteghra haddeaghal $ n\minus{}1$tooman niaz dare,pas dar majmoo too in halatam bayad $ n\minus{}1\plus{}1 \equal{} n$tooman pardakh konim...
pas baraye majmooe $ \{1,...,F_{n}\plus{}1\}$ haddeaghal $ n$tooman niaze...[/hide]

$ 2)$ farz konid $ a,b,c$ se adade sahih bashand agar $ \frac{a(a\minus{}b)\plus{}b(b\minus{}c)\plus{}c(c\minus{}a)}{2}$ morabae kamel bashad dar in soorat $ a \equal{} b \equal{} c$ .

[hide]
deghat konin $ a^{2}\plus{}b^{2}\plus{}c^{2}\minus{}ab\minus{}ac\minus{}bc \equal{} 2x^{2}\longrightarrow (a\minus{}b)^{2}\plus{}(b\minus{}c)^{2}\plus{}(c\minus{}a)^{2}\equal{} 4t^{2}$ . hal be sadegi mishe sabet kard ke $ (a\minus{}b) \equal{} 2x$ va $ b\minus{}c \equal{} 2y$ va dar natije $ c\minus{}a \equal{} 2(x\plus{}y)$ (yani mitavan sabet kard ke se adade fogh zoj and) . ba jagozari dar moadele darim :$ x^{2}\plus{}y^{2}\plus{}(x\plus{}y)^{2}\equal{} t^{2}\longrightarrow 2(x^{2}\plus{}y^{2}\plus{}xy) \equal{} t^{2}$ , hal maloom ast ke $ t \equal{} 2t'$ pas $ x^{2}\plus{}y^{2}\plus{}xy \equal{} 2t'^{2}$ . aknoon vazeh ast ke $ x \equal{} 2x'$ va $ y \equal{} 2y'$ va sepas be dast miayad $ t' \equal{} 2t''$ . agar inkar ra tekrar konim be in natije miresim ke $ x \equal{} 0$ va $ y \equal{} 0$ zira hich adade gheire sefri voojood nadarad ke binahayat tavane $ 2$ bakhshpazir bashad . pas be dast miayad $ a \equal{} b$ va $ b \equal{} c$ pas $ a \equal{} b \equal{} c$[/hide]

$ 4)a,b,c,d$ adadhai haghighi va gheire manfiand.sabet konid:

$ \frac{(1\plus{}a^3)(1\plus{}b^3)(1\plus{}c^3)(1\plus{}d^3)}{(1\plus{}a^2)(1\plus{}b^2)(1\plus{}c^2)(1\plus{}d^2)}\geq \frac{1\plus{}abcd}{2}$

[hide="tamim"]
in masalae baraye $ 5$ moteghaieresham doroste yeni:

$ \frac{(1\plus{}a^3)(1\plus{}b^3)(1\plus{}c^3)(1\plus{}d^3)(1\plus{}e^3)}{(1\plus{}a^2)(1\plus{}b^2)(1\plus{}c^2)(1\plus{}d^2)(1\plus{}e^2)}\geq \frac{1\plus{}abcde}{2}$[/hide]

[quote="BaBaK Ghalebi"]$ 4)a,b,c,d$ adadhai haghighi va gheire manfiand.sabet konid:

$ \frac {(1 \plus{} a^3)(1 \plus{} b^3)(1 \plus{} c^3)(1 \plus{} d^3)}{(1 \plus{} a^2)(1 \plus{} b^2)(1 \plus{} c^2)(1 \plus{} d^2)}\geq \frac {1 \plus{} abcd}{2}$
[/quote]
bacheha in soale soale ghashangie age hallesh nakardid hatman roosh fek konid,soale ghashango zibaie...

[quote="BaBaK Ghalebi"]
in masalae baraye $ 5$ moteghaieresham doroste yeni:

$ \frac {(1 \plus{} a^3)(1 \plus{} b^3)(1 \plus{} c^3)(1 \plus{} d^3)(1 \plus{} e^3)}{(1 \plus{} a^2)(1 \plus{} b^2)(1 \plus{} c^2)(1 \plus{} d^2)(1 \plus{} e^2)}\geq \frac {1 \plus{} abcde}{2}$[/quote]
[hide="hint"]
kafie halate khasse $ a \equal{} b \equal{} c \equal{} d \equal{} e$ ro sabet konim.[/hide]

are ba oon va namosavie holder hal mishe , fekr konam baraye har $ n$ moteghaieresham doroste !

[quote="khashi70"]fekr konam baraye har $ n$ moteghaieresham doroste ![/quote]
na nist :)


[size=150]Let $ a,b,c>0$.Prove that [/size]

$ \sqrt{\frac{a}{b\plus{}3c}}\plus{}\sqrt{\frac{b}{c\plus{}3a}}\plus{}\sqrt{\frac{c}{a\plus{}3b}}\geq \frac{3}{2}.$

Thank you very much  :lol:

[quote="hedeng123"][size=150]Let $ a,b,c > 0$.Prove that [/size]

$ \sqrt {\frac {a}{b \plus{} 3c}} \plus{} \sqrt {\frac {b}{c \plus{} 3a}} \plus{} \sqrt {\frac {c}{a \plus{} 3b}}\geq \frac {3}{2}.$

Thank you very much  :lol:[/quote]
Let $ \frac{a}{b\plus{}3c}\equal{}\frac{p^2}{4},$ $ \frac{b}{c\plus{}3a}\equal{}\frac{q^2}{4}$ and $ \frac{c}{a\plus{}3b}\equal{}\frac{r^2}{4},$ where $ p,$ $ q$ and $ r$ are non-negatives.
Hence, we need to prove that $ p\plus{}q\plus{}r\geq3,$ where $ 3(p^2q^2\plus{}p^2r^2\plus{}q^2r^2)\plus{}7p^2q^2r^2\equal{}16.$
Let $ p\plus{}q\plus{}r<3$ and $ x\equal{}kp,$ $ y\equal{}kq,$ $ z\equal{}kr,$ where $ k>0$ and $ x\plus{}y\plus{}z\equal{}3.$
Hence, $ 3\equal{}k(p\plus{}q\plus{}r)<3k.$
Thus, $ k>1$ and $ 16\equal{}3(p^2q^2\plus{}p^2r^2\plus{}q^2r^2)\plus{}7p^2q^2r^2\equal{}\frac{3(x^2y^2\plus{}x^2z^2\plus{}y^2z^2)}{k^4}\plus{}\frac{7x^2y^2z^2}{k^6}<$
$ <3(x^2y^2\plus{}x^2z^2\plus{}y^2z^2)\plus{}7x^2y^2z^2.$
But it's contradiction since, easy to show that
$ 16\geq3(x^2y^2\plus{}x^2z^2\plus{}y^2z^2)\plus{}7x^2y^2z^2$ for all non-negative $ x,$ $ y$ and $ z$ such that $ x\plus{}y\plus{}z\equal{}3.$
Id est, $ p\plus{}q\plus{}r\geq3$ is true.
See also here:
http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?t=153325


[quote="dts"]Would it be possible to change the color of the spoiler text?  That way, we could more easily distinguish between, say,

[hide]This[/hide]
and

[url=http://www.artofproblemsolving.com]Click to reveal hidden content[/url]

I ask because some people have been abusing this...[/quote]We'll think about a solution to this ...

In the meantime, you can PM me about anyone who is abusing this, particularly if they have been asked to stop.


algebra
polynomial
advanced fields
advanced fields unsolved

Let $ P\in \mathbb{R}[X,Y]$, $ P\neq 0$. Show that there is a finite number of real $ x$ s.t. $ P(x,e^x)\equal{}0$. Give a sharp bound of this number.

Correct me if i am mistaken, but isn't this a consequence of Bezouts theorem?

Let $ P(X,Y)\equal{}\sum_{k\equal{}0}^n Q_k(X)Y^k$ where $ Q_k\in \mathbb{R}[X],~deg(Q_k)\equal{}m_k$.
Suppose $ P(X,e^{X})\equal{}\sum_{k\equal{}0}^n Q_k(X)e^{kX}\equal{}0$.
Since $ e^{kX}\neq 0$ for any $ X\in\mathbb{R}$ we need only to consider when each $ Q_k(X)\equal{}0$.
By Bezouts theorem, $ |\{X\in\mathbb{R}~|~Q_k(X)\equal{}0,~k\equal{}0,1,..,n\}|\leq \prod_{k\equal{}0}^n m_k<\infty$.

The sum may be $ 0$ without any of its terms being $ 0$. ;)

but the $ e^{kX}$ are linearly independent.
//edit: ok it's useless

[quote="-oo-"]but the $ e^{kX}$ are linearly independent.[/quote]
How does this help here¿ It just says that there is no general linear relation.

The key is, of course, Rolle's theorem with the sharp bound being the sum of degrees of $ Q_k$ minus 1 ;) Once this is said, the proof of the upper bound becomes not so difficult but it is still interesting to find an example showing the sharpness of the bound for every combination of degrees.


I don't know why is so hard to understand that solution, it is tottaly correct.

Try to prove this $\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\cdots }}}=2$, it is very simmilar...

Bye

does someone actually know an expression for
$k_{n,t}= \sqrt[t]{n+\sqrt[t]{n+.....}}$

Well, it is the only positive solution of $k_{n,t}^{t}-k_{n,t}-n=0$. There is no better term (as long as "term" allows standard stuff like roots only).


Let $ n$ be a positive integer having at least two distinct prime factors. Show that there is a permutation $ (a_1,a_2,a_3,\ldots,n)$ of $ (1,2,3,\ldots,n)$ such that
\[ \sum_{k \equal{} 1}^n k\cos\frac {2\pi a_k}{n} \equal{} 0.
\]I would appreciate hints.

You want to explicitly construct the permutation, and it's easier to use roots of unity rather than just the
$ x$-coordinates.
A pattern for $ n\equal{}6$: 162435 in cyclic order, starting anyway. That decomposes as a 123 triangle and a 456 triangle reflected across the center from it.
Another $ n\equal{}6$ pattern: 163254, based on three pairs 12,34,56.

[hide="Consider"]

$ 0(1\plus{}\zeta^a\plus{}\zeta^{2a}\plus{}\cdots\plus{}\zeta^{(b\minus{}1)a})\equal{}0$
$ b(\zeta\plus{}\zeta^{a\plus{}1}\plus{}\zeta{2a\plus{}1}\plus{}\cdots\plus{}\zeta^{(b\minus{}1)a\plus{}1})\equal{}0$
$ \vdots$
$ (a\minus{}1)b(\zeta^{a\minus{}1}\plus{}\zeta^{2a\minus{}1}\plus{}\zeta{3a\minus{}1}\plus{}\cdots\plus{}\zeta^{ab\minus{}1})\equal{}0$

and

$ 0(1\plus{}\zeta^b\plus{}\zeta^{2b}\plus{}\cdots\plus{}\zeta^{(a\minus{}1)b})\equal{}0$
$ 1(\zeta\plus{}\zeta^{b\plus{}1}\plus{}\zeta{2b\plus{}1}\plus{}\cdots\plus{}\zeta^{(a\minus{}1)b\plus{}1})\equal{}0$
$ \vdots$
$ (b\minus{}1)(\zeta^{b\minus{}1}\plus{}\zeta^{2b\minus{}1}\plus{}\zeta{3b\minus{}1}\plus{}\cdots\plus{}\zeta^{ab\minus{}1})\equal{}0$

With $ ab\equal{}n$ where $ a,b$ are relatively prime.
[/hide]
[hide="Now"] you just have to prove that the sum of all those equations is equal to
$ \minus{}(1\plus{}\zeta\plus{}\zeta^2\plus{}\cdots\plus{}\zeta^{n\minus{}1})\plus{}\displaystyle\sum_{k\equal{}1}^{n}k\cos\frac{2\pi a_k}{n}$
[/hide]


modular arithmetic
graph theory
combinatorics unsolved
combinatorics

Let $G$ be a k-chromatic graph that is not a complete graph or a cycle of length congruent to $3\mod6$. Prove that $G$ has two vertices of the same color with a common neighbor.

The connection with [url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?t=39104]Brooks' Theorem[/url] is almost obvious :).

The theorem (which was proved by you in that thread :)) states that unless a graph is complete or an odd cycle, the chromatic number is at most as large as the maximal degree. It's clear from here that unless a graph is complete or an odd cycle, a vertex with maximal degree must have two neighbours with the same color in a coloring with the minimal numebr of colors.

The only cases left are cycles of length $\equiv \pm 1\pmod 6$. If any two adjacent vertices and any two vertices with distance $2$ between them have different colors, then the colors go around the cycle like this: $a,b,c,a,b,c,\ldots$. It's easy to see that this leads to a contradiction unless the number of vertices in the cycle is a multiple of $3$.


geometry
circumcircle
incenter
modular arithmetic
cyclic quadrilateral
geometry proposed

Dear Mathlinkers,
let ABC a triangle, O the center of the circumcircle, I the incentre, E, F the points of contact of the incircle with AC, AB, U the point of intersection of the perpendicular to AO through E with AI.
Prove  that FU is parallel to BC.
Sincerely
Jean-Louis

Consider the inversion through pole $ A$, power $ k \equal{} \frac {(b \plus{} c \minus{} a)\cdot b}{2}$, where $ (a,b,c) \equal{} (BC,CA,AB)$. We have $ \mathcal {I}(A,k): C\mapsto E$, $ B\mapsto M$. Hence $ \mathcal {I}(A,k): ME\mapsto (ABC)\equiv (O)$ $ \Longrightarrow AO\perp ME$. Thus $ EU\equiv ME$. In the other hand, we have $ B,M,E,C$ are concyclic $ \Longrightarrow$ $ (EM,EA)$ $ \equiv$ $ (EU,EA)$ $ \equiv$ $ (BM,BC)$ $ \equiv$ $ (BA,BC)$ $ \pmod \pi$. But $ U\in$ the bisector perpendicular of $ EF$, hence $ (EU,EA)\equiv (FA,FU) \pmod \pi$. Thus $ (BA,BC)$ $ \equiv$ $ (FA,FU)$ $ \equiv$ $ (BA,FU) \pmod \pi$, which implies that $ FU\parallel{}BC$. $ \square$

Denote $ J$ the intersection of $ EU$ and $ AB$. This result is well-known: $ BJEC$ is cyclic quadrilateral
So $ \angle ABC\equal{}\angle AEU\equal{}\angle AFU \Rightarrow$ QED


Hello Aops,
A golf ball is dropped from a height of 12 feet. Each time it strikes the ground, it rebounds 2/3 of the distance from which it last fell. Find the total vertical distance traveled by this golf ball.

Answer:
[hide]60 ft.[/hide]

[hide="solution"]After the initial distance travelled of $ 12$ feet, it travels both up and down $ \frac {2}{3}$ of the distance.
So you can say that $ x \equal{} 12 \plus{} \sum_{n \equal{} 1}^{\infty}2\cdot12\cdot\left(\frac {2}{3}\right)^{n} \equal{} 12 \plus{} 2\cdot12\cdot\sum_{n \equal{} 1}^{\infty}\left(\frac {2}{3}\right)^{n}$
Sum of infinite geometric series is given by: $ S \equal{} \frac {a_1}{1 \minus{} r} \equal{} \frac {\frac {2}{3}}{1 \minus{} \frac {2}{3}} \equal{} 2$
So your total sum is $ 12 \plus{} 2\cdot12\cdot2 \equal{} \boxed{60}$

[/hide]

what does the sigma sign mean? can you explain it to me?

It is the notation of a summation. In other words, it is just a shorter and simpler way to write sums. Here is an example:
$ \sum_{k\equal{}1}^{8} 2^{2k\plus{}1}\equal{}2^3\plus{}2^5\plus{}2^7\plus{}2^9\plus{}\cdots\plus{}2^17$
We have an expression in terms of $ k$, and we replace $ k$ with every integer between $ 1$ and $ 8$ into the expression and add the 8 results.

For more information, see [url=http://www.artofproblemsolving.com/Wiki/index.php/Sigma_notation]here[/url].

Basically this is an infinite geometric series.

The basic format of an infinite geometric series is $ a, ar, ar^2, ....$

But the sum of a geometric series is $ a \plus{} ar \plus{} ar^{2} \plus{} ...$

From this, we can derive a formula, which is $ \frac {a}{1 \minus{} r}$

So, the initial vertical distance is 12, which is our $ a$ in this case. The ball drops $ \frac {2}{3}$ of its previous height each time it falls. Therefore, our sum would look like this:

$ 12 \plus{} 12(\frac {2}{3}) \plus{} 12(\frac {2}{3})^{2} ...$

But we don't want to evaluate this all out. Now we can finally rely on our formula. Our $ a$ is 12, and our $ r$ is $ \frac {2}{3}$ . So, the total is $ \frac {12}{1 \minus{} 2/3} \equal{} \frac {12}{1/3} \equal{}$$ 12*3 \equal{} 36$.

But we have forgotten to count the distance in which it rebounds up! This is basically 36-12=24 (do you see why?)

So therefore, our total distance is $ 36 \plus{} 24 \equal{} \boxed {60}$

That is a way to do it without summations :)

I really need to learn what that sigma sign means.

Please rate this post at least a 5-cube. It helped, right?

Thank you all for the help, and I rewarded you guys with excellent posts! :)


[quote="BOGTRO"][quote="GameBot"]Henry drove along a straight highway at a constant speed of 60 miles per hour. He observed a pink car one-half mile behind him. The pink car was moving at an average speed that allowed it to pull up even with Henry in exactly three minutes. What was the pink car's average speed, in miles per hour?[/quote]

Henry moves 3 miles in 3 minutes. So the pink car goes $ 3.5$ miles in 3 minutes. So $ 70$.[/quote]
For clarification, we write the equations $\frac{D}{r}=t$ where $D$ is the distance traveled, $r$ is the rate, and $t$ is the time.  Then we plug in the values for both cars and set the expressions on the left equal to each other since both cars traveled the same amount of time:

Let $x$ = the average speed of the pink car in mph

$\frac{3.5}{x}=\frac{3}{60}$

$3.5\times{60}/3=x$

$x=3.5\times20$

$x=\boxed{70}$ mph


Pro1 .find all $z \in C$ satisfying condition :$|z|$ $< Recz-1$
Pro2 :
 caculate sum : $sinx+sin2x+... sinkx+.. sinnx$
and $cosx+cos3x+...cos(2n-1)x$


An advice: some of these inequalities really don't say anything or are too simple. You could post them to the begginers corner. In this way, they would be also useful, not just posted and quickly solved.

If x,y,z are in (0,1) and x+y+z=1 then we have: 1/x+1/y+1/x>=3(x^2+y^2+z^2)+8.

The original inequality is equivalent to
1/x+1/y+1/z>=11-6(xy+yz+zx)
(xy+yz+zx)/xyz>=11-6(xy+yz+zx)
By AMGM, xyz<=1/27
(xy+yz+zx)/xyz>=27(xy+yz+zx)

While
xy+yz+zx>=(x+y+z)^2/3=1/3
33(xy+yz+zx)>=11
27(xy+yz+zx)>=11-6(xy+yz+zx)
which finishes the proof.

if a+b+c=1 then 1/a+1/b+1/c>=6+9(a^2+b^2+c^2). Try to prove this one.

The original inequality is equivalent to
1/a+1/b+1/c>=15-18(ab+bc+ca)
Similarly it's equivalent to prove ab+bc+ca>=1/3, and this is true as ab+bc+ca>=(a+b+c)^2/3=1/3

all these ineqs with topic: ineq Cxx are taken from

Book: Inegalitati; Authors:L.Panaitopol,V. Bandila,M.Lascu

[quote="nickolas"]How  do  you  prove  ab+bc+ca>=(a+b+c)^2/3 ???
thanks[/quote]

chebyshev.

You  can also  take  a=1/2 , b=c=1/4.  Then  a+b+c=1  ,  ab+bc+ca=5/16  and  (a+b+c)^2/3=1/3 , but  ab+bc+ca<(a+b+c)^2/3

[quote="nickolas"]Well  ab+bc+ca>=(a+b+c)^2/3 <=>3(ab+bc+ca)>=(a+b+c)^2<=>
ab+bc+ca>=a^2+b^2+c^2<=>0>=(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 which  is  not  true  exept  a=b=c.....
nickolas[/quote]

oh then i'm wrong.
very sorry about it.

[quote="harazi"]There is a slightly stronger result:
  if a+b+c=1 then 1/a+1/b+1/c>=6+9(a^2+b^2+c^2). Try to prove this one.[/quote]

There is a lemma(?) to try this

(ab+bc+ca)(18abc + (a+b+c)^3 ) >= 15abc (a+b+c)^2

( using brute force, we obtain  \sum a^4b + 3 \sum a^3b^2 >= 4 \sum a^3bc . It can be proved by using AM>=GM)

So (ab+bc+ca)(18abc+1)>=15abc, therefore we get

18(ab+bc+ca) + (ab+bc+ca)/abc >= 15

<==> (ab+bc+ca)/abc >= 15-18(ab+bc+ca)

<==> 1/a + 1/b + 1/c >= 6+9(a^2+b^2+c^2), as desired.

Thanks.

[quote="Soarer"]If x,y,z are in (0,1) and x+y+z=1 then we have: 1/x+1/y+1/x>=3(x^2+y^2+z^2)+8.

The original inequality is equivalent to
$ \frac{1}{x} + \frac{1}{y}+ \frac{1}{x}+6(xy+yz+zx) \geq 11$
[hide](xy+yz+zx)/xyz>=11-6(xy+yz+zx)
By AMGM, xyz<=1/27
(xy+yz+zx)/xyz>=27(xy+yz+zx)
While xy+yz+zx>=(x+y+z)^2/3=1/3
33(xy+yz+zx)>=11
27(xy+yz+zx)>=11-6(xy+yz+zx)
which finishes the proof.[/hide][/quote]
 Let $t=\sqrt[3]{xyz} $$(0<t\le  \frac{1}{3})$ , hence $\frac{1}{x} + \frac{1}{y}+ \frac{1}{x} \geq \frac{3}{t} $ , $xy+yz+zx \geq 9t^3$,
$ \frac{1}{x} + \frac{1}{y}+ \frac{1}{x}+6(xy+yz+zx) \geq \frac{3}{t} +54t^3\geq 3+4\sqrt[4]{(\frac{2}{3t} )^3 54t^3}= 11$,
then we have
$  \frac{1}{x} + \frac{1}{y}+ \frac{1}{x}+6(xy+yz+zx) \geq 11$
$\Leftrightarrow \frac{1}{x} + \frac{1}{y}+ \frac{1}{x} \geq 3(x^{2}+y^{2}+z^{2})+8$.


geometry
3D geometry
tetrahedron
combinatorics unsolved
combinatorics

Prove that you cannot divide a cube into 11 Tetrahedron(not nessessary regular) with the same Volume.

[quote="bearkiller"][quote]Because each tetrahedron can only contain one full edge of the cube, and there are 12 edges.[/quote]
But a each tetrahedron can contain for example 3 half edges.[/quote]

Yeah i didn't read the question.  I'm going to bed.  Thats like the 3rd dumb thing i've done in the last 10 minutes.


A book with 53 pages has its pages numbered from 1 to 53 on the top of each page, but it also has its pages renumbered in reverse, from 53 to 1, on the bottom of each page.  So, the first page has a 1 on top and a 53 on bottom.  For how many pages do both numbers on the page have the same units digit?

all numbers 2 and 7 should have the same units digit, so pages 2,7,12,17,22,27,32,37,42,47,and 52 (for a total of 11).


MATHCOUNTS
geometry
analytic geometry
absolute value
area of a triangle

I noticed alot of people have used "shoelace formula" to solve some problems. What exactly is "shoelace formula"?? How do you use it?

[url=http://staff.imsa.edu/math/journal/volume2/articles/Shoelace.pdf]Resource[/url]

What does grade have to do with this? :D

Random question, it has nothing to do with this. :D
kind of curious :D

I just realized today when i took your poll that this is my last year in mathcounts $NOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOO$

This is also mine and 71% of the people who took the poll.
Wonder why there are no 6th graders here?? :?

cheer up, there's more in high school!  ;)

I was a 6th grader last year and I posted.

[quote="pianoforte"]most 6th graders probably don't know about AoPS, and they're mostly under 13 years of age (which may or maynot be a factor). I didn't know about AoPS until about a few months ago. I'm an 8th grader (NOOOOO last year of Mathcounts!!!).[/quote]

Same as you...... man i wish i found out about this sooner

YAY MY 100th post!!!!!

the shoelace method is very useful...i might use it on my math test..... :D

my last year of mathcounts too...tears!
Shoelace formula is for finding the area of a triangle if you are given it's coordinates.
say for example a triangle with coordinates (1,2) and (4,5) and (3, 27)
pick one. write them all under each other like this and do the first one again at the end
1  2
4  5
3  27
1  2

now draw diagonal lines that make little x's connecting 1 to 5, 4 to 27, 3 to 2, and the other way 2 to 4, 5 to 3, 27 to 1. (see the shoelace?)
multipley the numbers connected by lines. Add all the products indicated by lines going like this "\" and all the products indicated by lines ging like that "/". Then subtract and find the absolute value and then divide by 2.
This should work. It actually is supposed to work for all convex polygons that you have the coordinates of thier points. Fun, because you get to draw a picture!!!

I attempted to use it on a countdown problem.  As a result, I failed miserably.

Moral: This might be slow.

well, it probably was something easy like:
whats the area of
0,0 0,1 1,0 1,1?

[code]This is also mine and 71% of the people who took the poll.
Wonder why there are no 6th graders here??  [/code]
im a sixth grader... and im gonna go to states :rotfl:  (in North dakota)!!!  I think that the reason for no other  6th graders is age or no one knows about it...

in sixth grade i knew about it but at first I thought our mathcounts program at school was only for 7th and 8th graders. (not true.) then I thought I wouldn't be good enought. (also proabaly not true but we'll never know, will we?)
so I started in 7th grade.


geometry
3D geometry
algebra
polynomial
function
algebra unsolved

Hello:

I hope I put this in the appropriate category. My apologies if not.

I was wondering what the best method is for finding a recursive formula once you have the characteristic equation.

Suppose I wanted to find the recursion for the cubes: 1,8,27,64,125,.............

I derived $ x^{3}\plus{}3x^{2}\plus{}2x\plus{}1$

This gives the cubes with 0 being 1, 1 being 8 and so on. I tried to find a recursion from this but keep hitting a wall.

Thank you

[quote="fredoniahead"]I derived $ x^{3}\plus{}3x^{2}\plus{}2x\plus{}1$[/quote]

I'm not sure what you mean; this is not a recursion, just a formula.  And the concept of characteristic equations doesn't really come into play for polynomial sequences, which have very simple recursions.

[b]Lemma:[/b]  Let $ P(x)$ be a polynomial of degree $ n$.  Then $ \Delta P(x) \equal{} P(x\plus{}1)\minus{}P(x)$ is a polynomial of degree $ n\minus{}1$.  Furthermore, we have by definition

$ P(n\plus{}1) \equal{} P(n)\plus{}\Delta P(n)$

For all positive integers $ n$.

For the sequence $ P(x) \equal{} x^{3}$ we have $ \Delta P(x) \equal{} 3x^{2}\plus{}3x\plus{}1$ (perhaps this is what you meant) and the corresponding equation

$ P(n\plus{}1) \equal{} P(n)\plus{}(3n^{2}\plus{}3n\plus{}1)$

This is a simple recursion for the cubes.  Note that recursions are not unique; if you wanted a recursion solely as a function of the previous term rather than the index, then you might look at

$ P_{n\plus{}1}\equal{} (\sqrt[3]{ P(n) }\plus{}1 )^{3}$

which is not as nice a recursion.

Thank you. I did mean $ 3x^{2}\plus{}3x\plus{}1$.

I see what I was doing wrong. Again, thank you.


Everybody has different opinions about what's going to happen to us in the future. What do you think will happen? You don't have to talk about long-term effects, you can talk about short-term things,too. People many years from now will look at this topic and find out if the predictions were right. Isn't that cool? You can even write about irrelevant stuff like who is going to IMO this year, etc.

I'll start. In 5000000 years sun will explode and we will all die.

[quote="rem"][quote="ragnarok23"]in the future i will be typing this post.
the future has come and i will finish this sentence.
(short-term is a very broad definition)
by the way in the future, i will push the submit button and in the future it will be shown on this topic. and soon it will be in the past. (but that's in the future :clap:)[/quote]
Please don't be like him. Let the short term in this topic mean at least a week. Otherwise it's just not interesting. The post was funny though. I like that humour. It's creative. i will give you a happy face for that :)[/quote]
Well, people need define these broad words a little more, so retards like me won't take advantage of them. :D
I dunno. I guess the world will blow up sooner or later at this rate. If not humans become extinct by global warming first. So live your lives good.  :D
Such a happy thought.

I watched The Day After Tomorrow yesterday. It says the global warming will soon lead to an ice age!! Fancy that!

future of the stars for us is their past


ratio
real analysis
real analysis unsolved

E is the epsilon sign 0 to infinity

If f(x) = E C(subscript n)x^n, where C(subscript n+4) = C(sub n) for all n >= 0, find the interval of convergence of the series and a formula for f(x)

That "E" is actually a capital Sigma.
We should probably assume that some $C_k$ is nonzero- it's pretty trivial if all terms are zero, and that's a different answer anyway.

Hint: Find a ratio (and initial term) for which this is a geometric series.


function
real analysis
real analysis solved

Let  g(x)=f(x)+sinf(x)  be  a periodic function  and  f be a function that
f:R---->R.Show  that  f(x) is a  periodic  function.

Maybe I'm wrong, but isn't the function $ f(u)=u+sinu $ injective?


group theory
superior algebra
superior algebra solved

Is it true that for every cardinal number $\aleph$ there exists a group $G$ such that $|G|=\aleph?$

We had already the same question with fields instead of groups, I think.

Thanks. I just found it in [url]http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?t=63545[/url].
I must do some work towards understanding it.

I don't see what the big deal is :?. For finite cardinals just take a cyclic group, and for infinite cardinals take the free group on $\aleph$ generators. Or even better, a direct [i]sum[/i] of copies of $\mathbb Z_2$ (the group with two elements) with $\aleph$ factors.

Edit:

Yes, jmerry, thank you for noticing. I put it in italics :).

Make that a direct sum, not a direct product. We don't want the power set here.

[quote="grobber"]I don't see what the big deal is :?. For finite cardinals just take a cyclic group, and for infinite cardinals take the free group on $\aleph$ generators. Or even better, a direct sum of copies of $\mathbb Z_2$ (the group with two elements) with $\aleph$ factors.
Edit: Yes, jmerry, thank you for noticing.[/quote]

Sometimes it is hard to notice easy stuff.


function
induction
algebra
domain
functional equation
algebra unsolved

Hello,

[b][u]i)[/u][/b] Find all surjective functions $ f: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ such that for all $ m,n \in \mathbb{N}$,
$ f(m) \Big| f(n)$ if and only if $ m | n$.

[b][u]ii)[/u][/b] Determine all functions $ f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ such that the set $ \{\frac {f(x)}{x} | x \neq 0 \}$  is finite, and $ \forall x \in \mathbb{R}$ ,

$ f\Big(x \minus{} 1 \minus{} f(x)\Big) \equal{} f(x) \minus{} x \minus{} 1$ .

[b][u]iii)[/u][/b] Determine all functions $ f: \mathbb{Q}^{\plus{}} \to \mathbb{Q}^{\plus{}}$ that satisfy :

$ f\Big(x\plus{}\frac{y}{x}\Big) \equal{} f(x)\plus{}\frac{f(y)}{f(x)} \plus{} 2y$.  forall $ x,y \in \mathbb{Q}^{\plus{}}$ .

[hide="iii"]Put $ y\equal{}0$:

$ f(x)\equal{}f(x)\plus{}f(0)/f(x)\implies f(0)\equal{}0$.

Put $ y\equal{}x$:

$ f(x\plus{}1)\equal{}f(x)\plus{}2x\plus{}1$

Substituting repeatedly, $ f(x\plus{}1)\equal{}f(x)\plus{}2x\plus{}1\equal{}f(x\minus{}1)\plus{}2(x\minus{}1)\plus{}2x\plus{}1\plus{}1\equal{}\cdots$

$ f(x\plus{}1)\equal{}f(0)\plus{}\sum_{k\equal{}0}^{x}2k\plus{}1\equal{}x(x\plus{}1)\plus{}x\plus{}1\equal{}(x\plus{}1)^2$.

Therefore, $ \boxed{f(x)\equal{}x^2}$.[/hide]

[quote="Anavel_Gato"][quote="grn_trtle"][hide="iii"]Put $ y \equal{} 0$:

$ f(x) \equal{} f(x) \plus{} f(0)/f(x)\implies f(0) \equal{} 0$.

Put $ y \equal{} x$:

$ f(x \plus{} 1) \equal{} f(x) \plus{} 2x \plus{} 1$

Substituting repeatedly, $ f(x \plus{} 1) \equal{} f(x) \plus{} 2x \plus{} 1 \equal{} f(x \minus{} 1) \plus{} 2(x \minus{} 1) \plus{} 2x \plus{} 1 \plus{} 1 \equal{} \cdots$

$ f(x \plus{} 1) \equal{} f(0) \plus{} \sum_{k \equal{} 0}^{x}2k \plus{} 1 \equal{} x(x \plus{} 1) \plus{} x \plus{} 1 \equal{} (x \plus{} 1)^2$.

Therefore, $ \boxed{f(x) \equal{} x^2}$.[/hide][/quote]

Does the set $ \mathbb{Q}^{ \plus{} }$ include zero?[/quote]the function is defined for positive rational numbers only.

The first one is posted [url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?t=150745]here[/url].

[hide="Problem 3"]Reduce the function to natural numbers, putting $ x = y = n$:

$ f(n + 1) = f(n) + 2n + 1$

From there

\begin{eqnarray*}f(2) - f(1) & = & 2\cdot 1 + 1 \\
f(3) - f(2) & = & 2\cdot 2 + 1 \\
& \vdots & \\
f(n) - f(n - 1) & = & 2(n - 1) + 1\end{eqnarray*}

Summing and telescoping, we get $ f(n) - f(1) = 2\cdot{n(n - 1)\over 2} + n - 1 = n^2 - 1$

Hence for natural $ n$ we get $ f(n) = n^2 - 1 + f(1)\quad (1)$

Now putting $ y = x$ we get

$ f(x + 1) = f(x) + 2x + 1$

From there

\begin{eqnarray*}f(x + 1) & = & f(x) + 2x + 1 \\
f(x + 2) & = & f(x + 1) + 2x + 3 \\
f(x + 3) & = & f(x + 2) + 2x + 5 \\
& \vdots & \\
f(x + n) & = & f(x + n - 1) + 2x + 2n - 1\end{eqnarray*}

Summing those up and simplifying, we get

$ f(x + n) = f(x) + 2nx + n^2\quad (2)$

By the initial equation

$ f\left(x + {nx\over x}\right) = f(x) + {f(nx)\over f(x)} + 2nx$

Equating that with $ (2)$ we get

$ f(nx) = n^2f(x)\quad(3)$

Therefore for natural $ n$, we get $ f(n) = n^2f(1)$. Equating that with $ (1)$, we get $ n^2 - 1 + f(1) = n^2f(1)\implies (n^2 - 1)(f(1) - 1) = 0$. That yields $ f(1) = 1$, hence $ (1)$ becomes $ f(n) = n^2$.

Putting $ x = {m\over n}$ in $ (3)$ we get

$ f(m) = n^2f\left({m\over n}\right)$

But as we proved that $ f(m) = m^2$, we get

$ f\left({m\over n}\right) = \left({m\over n}\right)^2$, which implies $ f(x) = x^2$ as the only solution, and we check that it works.[/hide]

[quote="grn_trtle"][hide=iii]Put $ y \equal{} 0$:

$ f(x) \equal{} f(x) \plus{} f(0)/f(x)\implies f(0) \equal{} 0$[/quote]

I don't see why $ ...\implies f(0)\equal{}0$

enndb0x: It follows because $ f(x) = f(x) + f(0)/f(x) \Leftrightarrow 0 = f(0)/f(x) \Leftrightarrow f(0) = 0$...

[hide="ii"]Our initial claim is that $ \forall x\neq 0, f(x) = x$. Suppose the contrary: suppose that $ \exists x\neq0$ such that $ \exists k\neq 1$ such that $ f(x) = k\cdot x$. Set $ x_{ - 1} = x,f(x_{ - 1}) = k\cdot x$ and consider the sequence $ \{(x_k,f(x_k))\}$ formed by substituting each $ (x_n,f(x_n))$ into the LHS of the functional equation to find $ (x_{n + 1},f(x_{n + 1}))$. Specifically, we have:
\begin{tabular}{ | c | c | c | } \hline k & x_k & f(x_k) \\
\hline - 1 & x & k\cdot x \\
0 & - (k - 1)\cdot x - 1 & (k - 1)\cdot x - 1 \\
1 & - 2(k - 1)\cdot x - 1 & 2(k - 1)\cdot x - 1 \\
2 & - 4(k - 1)\cdot x - 1 & 4(k - 1)\cdot x - 1 \\
\vdots & \vdots & \vdots \\
\hline \end{tabular}
In general, a simple induction argument shows that $ (x_n, f(x_n)) = ( - 2^n(k - 1)\cdot x - 1, 2^n(k - 1)\cdot x - 1)$. We have:
\begin{align*} \frac {f(x_n)}{x_n} & = \frac {2^n(k - 1)\cdot x - 1}{ - 2^n(k - 1)\cdot x - 1} \\
& = - 1 + \frac {2}{2^n(k - 1)\cdot x + 1} \end{align*}
But then $ \{\frac {f(x_n)}{x_n} | x \neq 0\}$ is clearly infinite, as $ x\neq 0$ and $ k\neq 1$ by hypothesis. This is a contradiction to the problem statement, so we conclude that our initial assumption was false.

Now suppose that $ f(0) = r$: we must have that $ f(0 - 1 - r) = r - 0 - 1 \Leftrightarrow f( - 1 - r) = r - 1$. If $ - 1 - r \neq 0 \Leftrightarrow r \neq - 1$, we have $ - 1 - r = r - 1 \Leftrightarrow r = 0$. If $ r = - 1$, we have $ r = r - 1 \Leftrightarrow 0 = - 1$, a contradiction. We conclude that $ f(x) = x, \forall x$. It is easy to see that this function satisfies the given conditions.[/hide]

Except the problem states that the identity is valid for $ x,y \in \mathbb{Q}^\plus{}$.

Since $ 0 \not\in \mathbb{Q}^\plus{}$, the identity is not necessarily true for $ y \equal{} 0$. In fact, $ f(0)$ could be undefined.

Indeed, the function as given has domain $ \mathbb{Q}^\plus{}$. I was clarifying enndb0x's specific question about the solution of grn_trtle, which mysteriously worked in $ \mathbb{Q}^\plus{}_0$ (and forgot to consider carefully $ x\in \mathbb{Q}^\plus{}_0 \backslash \mathbb{Z}$ as well).

People, you need to start spotting the positive restriction more. It shows up a lot in contests. :)


$ x,y,z>0$,prove that
\[ (x\plus{}\frac{1}{x})^2\plus{}(y\plus{}\frac{1}{y})^2\plus{}(z\plus{}\frac{1}{z})^2\geq 3(x\plus{}y\plus{}z\plus{}\frac{1}{x\plus{}y\plus{}z})\]

[quote="Tourish"]$ x,y,z > 0$,prove that
\[ (x \plus{} \frac {1}{x})^2 \plus{} (y \plus{} \frac {1}{y})^2 \plus{} (z \plus{} \frac {1}{z})^2\geq 3(x \plus{} y \plus{} z \plus{} \frac {1}{x \plus{} y \plus{} z})\]
[/quote]
It's indeed interesting but wrong. Try $ x\equal{}y\equal{}z\equal{}1.5.$

[quote="Tourish"]$ x,y,z > 0$,prove that
\[ (x \plus{} \frac {1}{x})^2 \plus{} (y \plus{} \frac {1}{y})^2 \plus{} (z \plus{} \frac {1}{z})^2\geq 3(x \plus{} y \plus{} z \plus{} \frac {1}{x \plus{} y \plus{} z})\]
[/quote]

try  $ x\equal{}y\equal{}z\equal{}\frac{5}{3}$

The following inequality is true (if my proof is correct): \[ \left(x\plus{}\frac1x\right)^2\plus{}\left(y\plus{}\frac1y\right)^2\plus{}\left(z\plus{}\frac1z\right)^2\ge2\left(x\plus{}y\plus{}z\plus{}\frac9{x\plus{}y\plus{}z}\right)\]

[quote="Johan Gunardi"]The following inequality is true (if my proof is correct):
\[ \left(x \plus{} \frac1x\right)^2 \plus{} \left(y \plus{} \frac1y\right)^2 \plus{} \left(z \plus{} \frac1z\right)^2\ge2\left(x \plus{} y \plus{} z \plus{} \frac9{x \plus{} y \plus{} z}\right)\]
[/quote]
$ \sum_{cyc}\left(x \plus{} \frac {1}{x}\right)^2\geq\frac {1}{3}\left(\sum_{cyc}\left(x \plus{} \frac {1}{x}\right)\right)^2\geq$
$ \geq\frac {1}{3}\left(x \plus{} y \plus{} z \plus{} \frac {9}{x \plus{} y \plus{} z}\right)^2\geq2\left(x \plus{} y \plus{} z \plus{} \frac {9}{x \plus{} y \plus{} z}\right).$


geometry
geometric transformation
reflection
AMC
AIME
USA(J)MO
USAMO

Now, most of us, on this forum, have a relatively high ability to solve problems.

What do you think, are you born with the ability to solve problems or is it developed. Do you think it is possible that say, a mediocre school student, could develop a higher order of problem-solving, or he/she is stuck with what they got?

This is a very interesting topic, share any of your experiences, such as you not being able to solve problems, then you went to the IMO (this is overly exaggerated).

On you marks, get ready, DEBATE!

I think that there has to be something there from birth.  It is doubtful that you could take a mediocre high school student and train them for the IMO, and have them place.  But even if you do have a gift, it has to be developed.  One needs to train to unleash the full potential.

Unless of course you're Abel or Galois.

[quote="JRav"] Unless of course you're Abel or Galois.[/quote]

"Abel"?

Niels Henrik Abel.

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

[quote="JRav"]But even if you do have a gift, it has to be developed.  One needs to train to unleash the full potential.

Unless of course you're Abel or Galois.[/quote]
the full potential?I'm inclined to suspect that a human has infinite potential...the more you study,the more you know.Furthermore as well-known formula says:
\[ success \equal{} work\times talent
\]
IMHO it doesn't really matter how much talented you're,you can reach any aim(according to the formula you must have at least a little talent though)...But in virtue of many circumstances,the person,who is not talented enough,is not interested in math either.
So we might say and assume that the majority of mathlinkers has considerable talent and potential,otherwise,they would not be here.
A friend of mine had studied in really poor school,but nevertheless he made IOI and received gold medal.actually he participated three times,and received gold medal after second attempt.
hmm...not really exaggerated,for instance,I was not able to solve math problems in secondary school,but I made IMO this year,and received silver medal(not great result though)...but it depends on person...I just hadn't put forth much effort and hadn't aimed to be mathematician,till I found it easy to solve problems in high-school.(or till I terminted being idler :roll: )
moreover, my parents are not mathematicians by far...so it is not genetic either...

One point to make is that a person only has that much time... while a very high amount of potential can be achieved, certainly not an [u]infinite[/u] amount of potential, as there is only so much time in the world...

On a biology stand, one can note that everything is detailed in your genes. However, it is the [i]interaction[/i] between the environment and your genes that reflect how well you perform. For example, your genes dictate how tall you can grow. However, if your parents never fed you, you aren't going to achieve that pre-imposed height. This can also be applied to mathematical skill. Your parents pass on their genes to you, but if you never did a math problem in your life then you're not expected to have great skill.

Everybody starts off somewhere, some higher up than others, but it is the dedication and commitment to this beautiful subject that matters.

[quote="Erken"]

\[ success \equal{} work\times talent
\]
[/quote]

I think you starkly underestimate the factor of luck to be networked with the right people and have access to opportunities in a suitable place at the right time.

I think that problem solving can be learned and developed given the right circumstances.  If a teacher regularly gives students AMC problems, then the students will become more keen problem solvers.

It all depends on what kinds of problems you expose them to.  When I took the AIME for the first time, I struggled because I never saw any problems like those before.  After I joined AoPS, I developed my skills and made USAMO the following year.  I did better because I had more experience.


algorithm
number theory open
number theory

Is there a formula that generates the i'th digit of the j'th Fibonacci Number in a given base?
I know that $ \pi$ has a nice formula in hexadecimal base - [url]http://en.wikipedia.org/wiki/Bailey%E2%80%93Borwein%E2%80%93Plouffe_formula[/url]

That depends on what you mean by "formula."  There are two techniques I would try:

- Computing the Fibonacci sequence $ \bmod b^k$.  There is a certain [url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/weblog_entry.php?t=229442]nice lemma[/url] you will need to figure out what the actual period is.

- Computing $ \frac {x}{1 \minus{} x \minus{} x^2} \equal{} \sum_{n \ge 0} F_n x^n$ for $ x \equal{} \frac {1}{b^k}$ and inspecting the digits of the resulting rational number.  You'll have to come up with a snappy way of accounting for overflow, but this is somewhat in the spirit of what a spigot algorithm should look like (except in reverse).  This algorithm is likely to have absurdly bad runtime.

Edit:  Let me mention that the first approach is essentially the best you can do.  The units digit of the $ n^{th}$ Fibonacci number in base $ b$ is precisely the value of $ F_n \bmod b$, which, if you think about Binet's formula, is no easier than any other question of the sort - say, asking for the value of $ 2^n \bmod 2007$ for various $ n$.  If you consider this a formula, then cool - but recognize that it's really an algorithm:  [url=http://en.wikipedia.org/wiki/Exponentiation_by_squaring]binary exponentiation[/url].  You can do the same thing over $ \mathbb{Z}[\phi]$ to compute Fibonacci numbers (although this may or may not actually improve matters over running the recurrence), but recognize that this isn't really a "formula."


1. Se tiene un triangulo equilatero triangulado (es decir diseccionado en triangulos que comparten lados o vertices o son disjuntos). Pruebe que podemos dirigir todos los arcos inteiores del triangulo de modo que de cada vertice interior salgan exactamente 3 arcos. Pruebe ademas que siempre en estas disecciones no sale ningun arco de los vertices exteriores iniciales.

2. Se tiene un tablero de $n\times n$ y cada casilla tiene algun elemento de un conjunto $S$. No hay 2 columnas iguales. pruebe que se puede quitar una fila de modo que las $n$ columnas sigan siendo distintas dos a dos.

3. Se ponen algunas torres en un tablero de ajedrez de $n\times n$ de modo que si la casilla $(i,j)$ esta libre, entonces hay por lo menos $n$ torres en la union de la columna $i$ y fila $j$. pruebe que hay por lo menos $n^2/2$ torres en el tablero.

4. En un poligono convexo de $n$ lados con $n>4$ pruebe que hay maximo $\frac{n(2n-5)}{3}$ triangulos de area $1$ con vertices en los vertices del poligono.

5. $m$ fichas ($m>n$) se distribuyen en los vertices de un n-agono regular, en cada paso 2 fichas en un mismo vertice se mueven a los vertices adyacentes a este, una a cada uno. Pruebe que si luego de algun nuemrod e pasos la configuracion inicials e ha restaurado, entonces el numero de pasos en que se restauro es multiplo de $n$.

6. Dado un rectangulo de $m\times n$ cual es el minimo numero de casillas que se deben colorear de modo que no sea posible poner un L_tromino en las casillas no coloreadas?

y bien, que tal se ven los esperados problemas de combinatoria???

a lo colombiano: bacanos!

pregunta pascual: que es un L-tromino?

una L de tres casillas?

bueno  mucha expectativa pero aun no envian soluciones!!! que paso??? ;)

Aqui tambien toco dar pistas:

1. Haga induccion quitando el punto mas cercano a alguno de los lados del triangulo. Para la segunda parte use la formula de Euler para grafos planos.

2. Construya un grafo en el que se unen 2 columnas si al quitar 1 fila siguen siendo iguales. Analice este grafo.

3. Escoja la casilla con menos fichas, o reorganice filas y columnas, cosas de ese estilo sirven para visualizar.

4. Barra el plano

5. Busque una invariante bien fuerte, puede ser algo modulo $n$ :P

6. Pinte el tablero en algunas zonas especiales.

Disculpame hermano Pascual : pero la verdad que no entiendo el enunciado de algunos problemas debido a que tengo algunas dudas .

en el problema 1 : ¿el diseccionado es arbitrario ? ¿Cual es al diferencia entre arco interior y arco exterior?

en el problema 4 : ¿cuales son las dimensiones del poligono convexo de n lados ?

y en el problema 3 : ¿ es posible que una casilla dle tablero contenga varias torres ?

En el primero si es arbitrario! los arcoes externos son los lados del triangulo inicial.

En el de las torres, maximo una por casilla.

En el segundo, el area es arbitraria 8solo piense que hay amximoe sa cantidad de triangulos con misma area.


[quote="nemenala"]Προβλέπονται εξαιρέσεις στην ορθότητα του πυθαγορείου θεωρήματος;
Αν ναι, που προβλέπονται;[/quote]

Έστω $ V,W\in\mathbb{R}^n$ με $ V \equal{} \sum_i V^i e_i$, $ W \equal{} \sum_i W^i e_i$ στη συνήθη βάση $ \{e_i\}_1^n$ του $ \mathbb{R}^n$. Τότε, η Ευκλείδεια μετρική ορίζεται ως $ \delta(V,W) \equal{} \sum_{i,j}V^i \delta_{ij} W^j$ όπου $ \delta_{ij}$ το σύμβολο του Kronecker: $ \delta_{ij} \equal{} \begin{cases}1, & i \equal{} j \\
0, & i\neq j \end{cases}$

Στα πλαίσια των παραπάνω, το Πυθαγόρειο θεώρημα είναι η πρόταση:
\[ |V|^2 \equal{} \delta(V,V) \equal{} \sum_i (V^i)^2
\]
δηλ. το τετράγωνο του μέτρου της υποτείνουσας ισούται με το άθροισμα των τετραγώνων των συνιστωσών πλευρών.

Είναι ok αυτή τη διατύπωση του Πυθαγορείου?

Cheerio,

Durandal 1707

Δεν θα αλλάξουμε διατύπωση. Και γιατί να αλλάξουμε; Αμφισβητείς τη γνήσια διατύπωση καλέ μου φίλε Durandal; Εγώ για τη γνήσια διατύπωση σε ρωτάω και όχι για την παραλλαγή της.
[b]Πυθαγόρειο
Το άθροισμα των τετραγώνων των κάθετων πλευρών ορθογωνίου τριγώνου, ισούται με το τετράγωνο της υποτείνουσας. [/b]
Παραθέτω «διάσημες» αποδείξεις του πυθαγορείου, [b]επί αυτής της διατύπωσης,[/b] συμπεριλαμβανομένων και των αποδείξεων του ίδιου του Πυθαγόρα και του Ευκλείδη, που διδάσκονται σήμερα σε όλον τον κόσμο:
[b]Απόδειξη Πυθαγόρα[/b]
http://users.ira.sch.gr/thafounar/Ge...Pythagora.html
[b]Απόδειξη Ευκλείδη[/b]
http://users.ira.sch.gr/thafounar/Ge...s/euclidis.htm
[b]Απόδειξη Λεονάρντο ντα Βίντσι[/b]
http://users.ira.sch.gr/thafounar/Ge...ci/daVinci.htm
[b]Απόδειξη H.Dudeney[/b]
http://users.ira.sch.gr/thafounar/Ge...ioTheorima.htm
[b]Απόδειξη Perigal[/b]
http://users.ira.sch.gr/thafounar/Ge...th/perigal.htm
[b]Απόδειξη Liu Hui[/b]
http://users.ira.sch.gr/thafounar/Ge...th-Hui/hui.htm
[b]Απόδειξη Λεγάτου[/b]
http://users.ira.sch.gr/thafounar/Ge...thLegatos.html
[b]Πυθαγόρειο Θεώρημα (εκ των εκατοντάδων!)[/b]
http://users.ira.sch.gr/thafounar/Ge.../animation.htm

Στηρίζεις αυτές τις αποδείξεις που είναι ισχυρές από την εποχή του Πυθαγόρα μέχρι σήμερα;

Επί της δικής σου προτάσεως τώρα, για να μη θεωρήσεις ότι μου παρέθεσες πρόταση πυθαγορείου την οποία αρνούμαι να εξετάσω. Την δική σου εκφώνηση που εισάγει το μέτρο στο πυθαγόρειο και επομένως δεν μιλάμε πλέον για το πυθαγόρειο αλλά για μια παραλλαγή του, θα την εξετάσουμε μαζί σε δεύτερο βήμα (το υπόσχομαι). Το "Μέσο και μισό" σαν θέμα, θα πρέπει να σε έχει προϊδεάσει πως μπορώ να κάνω φύλλο και φτερό αυτή την απόδειξη, χωρίς καμία δυσκολία. Θα βρεθείς σε πολύ δύσκολη θέση να αποδείξεις την ύπαρξη ακέραιων πολλαπλασίων του 1 και σε τετράγωνα (πυθαγόρειο) και σε αριθμούς (πυθαγόρειες τριάδες).

[b]Μετά από όλα αυτά σε καλώ να απαντήσεις αν με εξαίρεση την περίπτωση Ρίμαν, προβλέπονται εξαιρέσεις στην ορθότητα του πυθαγορείου, που μετρά περισσότερες από 370 αποδείξεις της ορθότητάς του (για να μην πάω στον Αργυρόπουλο, που διεκδικεί Γκίνες με παραλλαγές, υπερβαίνοντας τις 500 αποδείξεις). [/b]
Να ξέρεις αγαπητέ ότι για μένα ισχύει (και θα πρέπει να ισχύει και για σένα σαν μαθηματικός) ότι, μία απόδειξη στο ίδιο αξιωματικό δεν μπορεί ταυτόχρονα να είναι και ορθή και ψευδής.

Περιμένω την απάντησή σου αν προβλέπονται εξαιρέσεις του πυθαγορείου, από την εποχή του Πυθαγόρα μέχρι σήμερα, γιατί απαντάς, [b]αλλά δεν απαντάς επί αυτού[/b], καθώς και αν στηρίζεις όλες τις "διάσημες" μετασχηματιστικές αποδείξεις που παραθέτω και εξακολουθούν να διδάσκονται στα παιδιά μας και σε όλα τα παιδιά του κόσμου, για τις οποίες χρησιμοποιούμε κανόνα και διαβήτη αποκλειστικά και ούτε μέτρα, ούτε εμβαδά, ούτε αριθμούς. Ελπίζω να μη θυμώσεις που σου επισημαίνω ότι άλλο ρωτάω και σε άλλο απαντάς γιατί αυτός είναι εύκολος συμπερασμός από τα γραφόμενά μας.
Σε ευχαριστώ πάντως γιατί ανταποκρίθηκες έστω και εκτός θέματος, ελπίζοντας ότι θα μπεις και στο θέμα.

kanena apo ta links de mou anoigei. ftaiei to diko mou pc i uparxei provlhma me ta links?

Έχεις δίκιο φίλε μου. Και σε μένα δεν ανοίγουν. Τα πήρα απευθείας από την ιστοσελίδα. Για δοκίμασε τώρα.

Απόδειξη Πυθαγόρα
http://users.ira.sch.gr/thafounar/Genika/PythagorioTheorima/apodPythagora.html

Απόδειξη Ευκλείδη
http://users.ira.sch.gr/thafounar/Genika/PythagorioTheorima/apodPythagora.html

Απόδειξη Λεονάρντο ντα Βίντσι
http://users.ira.sch.gr/thafounar/Genika/Pyth-DaVinci/daVinci.htm

Απόδειξη H.Dudeney
http://users.ira.sch.gr/thafounar/Genika/PythagorioTheorima/PythagorioTheorima.htm

Απόδειξη Perigal
http://users.ira.sch.gr/thafounar/Genika/Perigal-Pyth/perigal.htm

Απόδειξη Liu Hui
http://users.ira.sch.gr/thafounar/Genika/Pyth-Hui/hui.htm

Απόδειξη Λεγάτου
http://users.ira.sch.gr/thafounar/Genika/PythLegatos/pythLegatos.html

Λοιπόν, κατ'αρχάς να δηλώσω ότι έχω βαρεθεί ατάκες του στυλ "λαλίστατοι φερόμενοι ως μαθηματικοί" και "ο Durandal δε βγάζει άχνα" κλπ, κλπ ιδίως όταν αυτές διανθίζονται με διάφορα υπονοούμενα και τελικά ερμηνεύονται ως "ΑΧΑΑ!!! κάτι λοιπόν πράγματι τρέχει με το Πυθαγόρειο και ο Durandal γι'αυτό κάνει την πάπια".

Αν ήταν μόνο αυτό που συνέβαινε, δε θα απαντούσα στο topic, και ο λόγος είναι απλός: [url=http://en.wikipedia.org/wiki/Troll_(Internet)]shooo troll[/url], εγώ δεν έχω άλλο φαΐ! Αυτός ήταν ο λόγος που δεν απαντούσα τόσο καιρό. Έχε για μένα όποια άποψη θέλεις, κρίμα για μένα.

[b]HOWEVER![/b] Επειδή είδα ότι ίσως υπάρχουν κάποιες αμφιβολίες μήπως κάτι πράγματι όντως γίνεται με το Πυθαγόρειο από άλλα παιδιά του forum, θέλω να είμαι καλά με τη συνείδησή μου και να μη δώσει η σιωπή πάτημα στις φωνές να επιβληθούν (ή να δημιουργήσουν αμφιβολίες εκ του μή όντος). [b]Αυτός και μόνο αυτός είναι ο λόγος που σου ξαναγράφω[/b], μετά θα συνεχίσω να "ποστάρω για να καλύψω τα posts σου" (όπως με τόση ευγένεια χαρακτήρισες τις απαντήσεις μου σε άλλα topics ή το ότι έβαλα τρεις δικές μου ασκήσεις).

[quote]Προβλέπονται εξαιρέσεις στην ορθότητα του πυθαγορείου θεωρήματος;
Αν ναι, που προβλέπονται;[/quote]

Αφού λες ότι δε σε ενδιαφέρει η περίπτωση της διαφορικής γεωμετρίας ή της συναρτησιακής ανάλυσης, και αφού ο γνώμονάς σου φαίνεται να είναι η Ευκλείδεια γεωμετρία, το μόνο που μπορώ να συνάγω ότι εννοείς με την ερώτησή σου είναι το εξής: [b]είναι σωστό το πυθαγόρειο θεώρημα (δηλ. είναι ορθή η απόδειξή του) στα πλαίσια του αξιωματικού συστήματος της Ευκλείδειας γεωμετρίας[/b]?

Η απάντησή μου, αν και δεν έχω ασχοληθεί καθόλου σχεδόν με την Ευκλείδεια γεωμετρία είναι η εξής: [i]στα πλαίσια όπου ερμηνεύονται κοινώς οι αρχικές μη ορισμένες έννοιες, οι ορισμοί, τα αξιώματα και οι κοινές έννοιες του Ευκλείδη, ναι, το θεώρημα είναι ορθό[/i]. Σε ό,τι αφορά ιστορικές αναδρομές και άλλους ανθρώπους που έχουν αμφισβητήσει την ορθότητά του δεν ξέρω (και δε με νοιάζει ιδιαίτερα, δες παρακάτω γιατί).

Φυσικά, για το αν είναι ένα θεώρημα σωστό δεν έχει σημασία πόσα ξέρω εγώ, πόσα ξέρεις εσύ και πόσα ξέρει ο Ευκλείδης. Σημασία έχει αν μπορεί να ελεγχθεί η ορθότητα της απόδειξης στα πλαίσια του αξιωματικού συστήματος όπου έχει διατυπωθεί.

Ωστόσο, σε ένα αξιωματικό σύστημα όπως η Ευκλείδεια γεωμετρία, αυτό είναι αδύνατο ή, μάλλον, πιο σωστά, είναι σχεδόν σίγουρο ότι eventually θα οδηγήσει σε αντιπαραθέσεις. Πράγματι, οι αρχικές και [b]μη ορισμένες[/b] έννοιες του Ευκλείδη είναι, με μία πρώτη ανάγνωση των ορισμών του, πάνω από 20 (και αυτό αφορά [i]μόνο στην πρώτη σελίδα των ορισμών[/i]). Ιδού μία (non-exhaustive :P) λίστα: μέρος, μήκος, πλάτος, πέρας, κείμαι εξ'ίσου, πλάτος, κλίσις, άπτομαι, περιέχω...

Αυτές είναι έννοιες που [i]δεν έχουν ορισθεί[/i], άρα κάθε αναγνώστης των Στοιχείων μπορεί να τις ερμηνεύσει με το δικό του τρόπο (π.χ. βλέπεις ότι ήδη εμείς οι δύο διαφορετικά ερμηνεύουμε το πλάτος). Έτσι, τα Στοιχεία του Ευκλείδη είναι εντελώς τρωτά σε διαφορετικές ανθρώπινες ερμηνείες.

2500 περίπου χρόνια μετά τον Ευκλείδη έχουμε καταλήξει σε ένα αξιωματικό σύστημα το οποίο εξακολουθεί να είναι τρωτό διότι και αυτό, όπως και κάθε άλλο, έχει ορισμένες αρχικές έννοιες που δεν έχουν ορισθεί. Ωστόσο, στα πλαίσια της σύγχρονης θεμελίωσης (ZF[C] με λογική πρώτης τάξης), οι αρχικές μη ορισμένες έννοιες είναι οι εξής [b]3[/b]:
1. Η έννοια της "κλάσης" (class)
2. Η έννοια του "στοιχείου" (element)
3. Η έννοια του "ανήκω" (membership)

Αυτές είναι οι αρχικές έννοιες που δεν ορίζονται και οι οποίες απαιτούνται για να φτιαχτεί η πρώτη πρόταση $ x \in y$. Στη σύγχρονη θεμελίωση των μαθηματικών, όχι μόνο γνωρίζουμε τη σημασία των αρχικών εννοιών, αλλά και τις αναγνωρίζουμε πρώτες πρώτες στη θεωρία, πριν καν τους ορισμούς και τα αξιώματα, κάτι που στα στοιχεία ο Ευκλείδης το προσπερνάει (όπως άλλωστε κι εσύ).

(Επ'ουδενεί να μην ερμηνευθεί το παραπάνω ότι δεν εκτιμώ τα Στοιχεία. Χρείαστηκαν 2000 (2000!!) και βάλε χρόνια για να καταφέρουμε να αναγνωρίσουμε τις ελλείψεις των Στοιχείων και περίπου δύο αιώνες για να τις ελαχιστοποιήσουμε μέχρι το σημερινό επίπεδο!)

Τι σημαίνει αυτό για εμάς? Είναι προφανώς καλύτερο να εργαζόμαστε στα πλαίσια της θεωρίας συνόλων και να οικοδομήσουμε πάνω εκεί τη γεωμετρία και τα υπόλοιπα μαθηματικά, επειδή έτσι δίνουμε πολύ λιγότερες δυνατότητες στην ανθρώπινη ερμηνεία να έρθει και να καταστρέψει τα πράγματα. Πράγματι, αυτό έχει οδηγήσει σε πολύ πλουσιότερα μαθηματικά καθώς μας έχει επιτρέψει να δώσουμε μία πολύ πιο αυστηρή διατύπωση της Ευκλείδειας γεωμετρίας και των λοιπών γεωμετριών.

Η αρχική μου διατύπωση είναι η διατύπωση του Πυθαγορείου στη σύγχρονη μαθηματική γλώσσα. Έτσι, δεδομένης και της απειρίας των δυνατών γεωμετριών, το παραπάνω αποτελεί ουσιαστικά και το χαρακτηρισμό της Ευκλείδειας γεωμετρίας (δηλ. του μετρικού τανυστή $ \delta$).

Αν εσύ, μετά απ'ολ'αυτά επιμένεις να γράφεις δοκίμια με βάση τους αρχαίους ορισμούς του Ευκλείδη, αυτό είναι δικαίωμά σου, όπως και δικαίωμά μου είναι να μην ασχολούμαι επειδή [i]πραγματικά δε με ενδιαφέρουν αιχμηρά δοκίμια πάνω στα μαθηματικά των αρχαίων Ελλήνων, με ενδιαφέρουν τα μαθηματικά[/i]. Η άποψή μου είναι ότι εσύ το κάνεις [i]ακριβώς[/i] επειδή τα Στοιχεία είναι τρωτά σε φιλοσοφικές διενέξεις του δικού σου τύπου, όπου μπορείς να αναλώνεσαι σε εκθέσεις σελίδων οι οπόιες ανάγονται στο εξής απλό γεγονός: ερμηνεύεις διαφορετικά τις προτάσεις που βλέπεις στα στοιχεία του Ευκλείδη από τον υπόλοιπο κόσμο.

Μαγκιά σου. Αν βγάλεις ενδιαφέροντα μαθηματικά, τα Annals of Mathematics [url=http://annals.princeton.edu/]εδώ[/url] είναι. Προσωπικά, δε μου άρεσε ποτέ να λέω πολλά όπου τα λίγα επαρκούν, γι'αυτό και δε συμμετέχω στις φιλοσοφικές συζητήσεις πάνω στις έννοιες που ο Ευκλείδης δεν μπόρεσε να θωρακίσει απέναντι στο υποκειμενικό της ανθρώπινης ερμηνείας.

Exeunt Durandal

Edit: είδα τώρα ότι είμαι ΚΑΙ Κινέζος! Ni hao, wo-duh ming-d'zih Durandal  :rotfl:

[quote]Durandal
Λοιπόν, κατ 'αρχάς να δηλώσω ότι έχω βαρεθεί ατάκες του στυλ "λαλίστατοι φερόμενοι ως μαθηματικοί" και "ο Durandal δε βγάζει άχνα" κλπ, κλπ ιδίως όταν αυτές διανθίζονται με διάφορα υπονοούμενα και τελικά ερμηνεύονται ως "ΑΧΑΑ!!! κάτι λοιπόν πράγματι τρέχει με το Πυθαγόρειο και ο Durandal γι'αυτό κάνει την πάπια". Αν ήταν μόνο αυτό που συνέβαινε, δε θα απαντούσα στο topic, και ο λόγος είναι απλός: shooo troll, εγώ δεν έχω άλλο φαΐ! Αυτός ήταν ο λόγος που δεν απαντούσα τόσο καιρό. Έχε για μένα όποια άποψη θέλεις, κρίμα για μένα.
[/quote]
Εξέφρασα τη λύπη μου και την εκφράζω εκ νέου. Το ότι απαντάς αποδεικνύει ότι δεν είχες αδυναμία να απαντήσεις, αλλά ωστόσο έχεις αδυναμία θεμελίωσης της άποψής σου. Άλλο το ένα άλλο το άλλο. Το ζητούμενο δεν είναι μόνο η απάντηση, αλλά και η ορθότητά της.

[quote]Durandal
HOWEVER! Επειδή είδα ότι ίσως υπάρχουν κάποιες αμφιβολίες μήπως κάτι πράγματι όντως γίνεται με το Πυθαγόρειο από άλλα παιδιά του forum, θέλω να είμαι καλά με τη συνείδησή μου και να μη δώσει η σιωπή πάτημα στις φωνές να επιβληθούν (ή να δημιουργήσουν αμφιβολίες εκ του μή όντος). [/quote]
Μου αρέσει αυτός ο τρόπος γραφής και διατύπωσης. Εμπεριέχει ποίηση και σε συγχαίρω.

[quote]Durandal
Αυτός και μόνο αυτός είναι ο λόγος που σου ξαναγράφω, μετά θα συνεχίσω να "ποστάρω για να καλύψω τα posts σου" (όπως με τόση ευγένεια χαρακτήρισες τις απαντήσεις μου σε άλλα topics ή το ότι έβαλα τρεις δικές μου ασκήσεις). [/quote]

Τώρα ξέρω ότι δεν το έκανες για αυτό το λόγο. Λυπάμαι εκ νέου.

[quote]Nemenala
Προβλέπονται εξαιρέσεις στην ορθότητα του πυθαγορείου θεωρήματος;
Αν ναι, που προβλέπονται; [/quote]

[quote]Durandal
Αφού λες ότι δε σε ενδιαφέρει η περίπτωση της διαφορικής γεωμετρίας ή της συναρτησιακής ανάλυσης, και αφού ο γνώμονάς σου φαίνεται να είναι η Ευκλείδεια γεωμετρία, το μόνο που μπορώ να συνάγω ότι εννοείς με την ερώτησή σου είναι το εξής: είναι σωστό το πυθαγόρειο θεώρημα (δηλ. είναι ορθή η απόδειξή του) στα πλαίσια του αξιωματικού συστήματος της Ευκλείδειας γεωμετρίας?
[/quote]
Αυθαίρετος συμπερασμός φίλε Παναγιώτη. Δεν είναι αυτή η διατύπωση. Η διατύπωση είναι:

1. Αν προβλέπονται εξαιρέσεις στην ορθότητα του πυθαγορείου θεωρήματος [b]διαχρονικά[/b], είτε στην διδακτέα ύλη, είτε στην παγκόσμια μαθηματική βιβλιογραφία με εξαίρεση την περίπτωση Ρίμαν και [b]ουδεμία[/b] άλλη. Γιατί μου λες ότι δεν δέχομαι την διαφορική ή τη συναρτησιακή ανάλυση;
2. Αν στηρίζει κάποιος μαθηματικός τις «διάσημες» αποδείξεις του πυθαγορείου που έχω παραθέσει και εξακολουθούν να διδάσκονται παγκόσμια.

Δεν είπα αγαπητέ Παναγιώτη ότι δεν με ενδιαφέρει η διαφορική γεωμετρία σαν μέσο απόδειξης του πυθαγορείου, αλλά ότι [b]δεν μπορούμε να αλλάξουμε τη διατύπωση του πυθαγορείου[/b]. Ρίξε μια ματιά. Αυτό λέω στην ερώτησή σου αν είμαι ο.κ. με αυτή τη διατύπωση του πυθαγορείου που εσύ προτείνεις. Και αν άλλο κατάλαβες, επαναλαμβάνω. Όποια διαχρονική απόδειξη του πυθαγορείου επιθυμείς να την εισάγεις, αλλά όχι αλλαγή της διατύπωσής του, γιατί τότε, δεν θα μιλάμε για το πυθαγόρειο. Αν μου πεις ότι και με την άλλη διατύπωση που εσύ προτείνεις το ίδιο ακριβώς λέμε, τότε γιατί να την αλλάξουμε;

Γιατί επικεντρώνεσαι στην ευκλείδεια γεωμετρία όταν εγώ δεν επικεντρώνομαι και δεν το εξειδικεύω; Για να μπορείς να επικαλεστείς τις αδυναμίες της (όπως τις κρίνεις υποκειμενικά και τις κρίνω υποκειμενικά καθώς ορθά λες), όπως ακριβώς και κάνεις; Πέρα από αυτό, δεν απάντησες αν στηρίζεις τις αποδείξεις που έχω παραθέσει και τις διδάσκεται όλος ο κόσμος.

[quote]Durandal
Η απάντησή μου, αν και δεν έχω ασχοληθεί καθόλου σχεδόν με την Ευκλείδεια γεωμετρία είναι η εξής: στα πλαίσια όπου ερμηνεύονται κοινώς οι αρχικές μη ορισμένες έννοιες, οι ορισμοί, τα αξιώματα και οι κοινές έννοιες του Ευκλείδη, ναι, [b]το θεώρημα είναι ορθό[/b]. Σε ό,τι αφορά ιστορικές αναδρομές και άλλους ανθρώπους που έχουν αμφισβητήσει την ορθότητά του δεν ξέρω (και δε με νοιάζει ιδιαίτερα, δες παρακάτω γιατί). Φυσικά, για το αν είναι ένα θεώρημα σωστό δεν έχει σημασία πόσα ξέρω εγώ, πόσα ξέρεις εσύ και πόσα ξέρει ο Ευκλείδης. Σημασία έχει αν μπορεί να ελεγχθεί η ορθότητα της απόδειξης στα πλαίσια του αξιωματικού συστήματος όπου έχει διατυπωθεί. [/quote]

Πολύ καλά τα λες. Φέρε μου μια απόδειξη της ορθότητάς του στην ευκλείδεια γεωμετρία (αφού εκεί μένεις και δεν πας και στα πιο σύγχρονα μαθηματικά) που να μην μπορώ να την ανατρέψω. Δεν αρκεί φίλε Παναγιώτη να λες ΝΑΙ ΕΙΝΑΙ ΟΡΘΟ. [b]Εσύ λες: Σημασία έχει αν μπορεί να ελεγχθεί η ορθότητα της απόδειξης στα πλαίσια του αξιωματικού συστήματος όπου έχει διατυπωθεί. [/b]
Κάνε το πράξη. Απόδειξε το πυθαγόρειο που είναι διαχρονικά ορθό από το 700 π.Χ μέχρι σήμερα χωρίς εξαιρέσεις με το αξιωματικό σύστημα που υπήρχε πριν τον Ντε Καρτ (περίπου 2500 χρόνια δηλαδή). Γιατί μη μου πεις ότι το πυθαγόρειο ήρθε εσφαλμένο από την αρχαιότητα και αποδείχθηκε ορθό σήμερα; Ορθό και τότε, ορθό και σήμερα. Εγώ λέω: Λάθος και τότε, λάθος και σήμερα.
[b]Το πυθαγόρειο λέει:
Το άθροισμα των τετραγώνων των κάθετων πλευρών ορθογωνίου τριγώνου ισούται με το τετράγωνο της υποτείνουσας. [/b]
Μπορείς να μου πεις όλες αυτές οι αποδείξεις που έχω παραθέσει και το αποδεικνύουν μετασχηματιστικά, χωρίς μήκη, εμβαδά και αριθμούς που δεν τα χρησιμοποιούσε ο Ευκλείδης, αλλά χρησιμοποιούσε έναν απλό διαβήτη και έναν κανόνα (αβαθμολόγητο χάρακα), που στηρίζονται αξιωματικά; Εσύ λες ότι χρειάζεται αξιωματικός έλεγχος της ορθότητας κάθε απόδειξης. Ποιο αξίωμα στηρίζει το πυθαγόρειο; Όλοι αυτοί οι διάσημοι μαθηματικοί κάνουν μετασχηματισμούς, δηλαδή κόβουν σχήματα και ενώνουν σχήματα. Προβλέπονται αθροίσεις σχημάτων, όχι μόνο στην ευκλείδεια γεωμετρία αλλά και στα σύγχρονα μαθηματικά; Πως διατείνεσαι ότι είναι ορθό λοιπόν;
Πως εσύ χωρίς να υπάρχει πρόβλεψη άθροισης σχημάτων με την έννοια της ένωσής τους ή άθροισης μονάδων (με την έννοια της ένωσής τους) ή άθροιση στοιχείων των συνόλων (και όχι συνόλων, με την έννοια της ένωσής τους), αποδέχεσαι σαν ορθό το πυθαγόρειο που χωρίς αξιωματική στήριξη κάνει αθροίσεις σχημάτων με την έννοια της ένωσής τους, από την ίδια την εκφώνησή του;
Στο πυθαγόρειο δείχνεται διπλάσιο τετράγωνο δοσμένου τετραγώνου επί ορθογωνίου ισοσκελούς με κάθετες πλευρές 1. Έχουμε δηλαδή το τετράγωνο της υποτείνουσας διπλάσιο κάθε τετραγώνου των κάθετων πλευρών. Ισχύει 1+1=2 όπου το 2 δείχνεται ένα ακέραιο τετράγωνο. Πως θα κατασκευάσουμε αυτό το διπλάσιο τετράγωνο όταν δεν προβλέπονται αθροίσεις σχημάτων; Το ίδιο βέβαια ισχύει (αφού το έφερε η κουβέντα) και με το λάθος αίτημα του Δήλιου προβλήματος. Πως θα κατασκευάσεις διπλάσιο κύβο όταν δεν προβλέπονται αθροίσεις σχημάτων;
Το ίδιο και στην αριθμητική: 1+1=2. Πως θα αιτιολογηθεί 2 σαν ακέραιο διπλάσιο του 1; Στα τετράγωνα μέσω του πυθαγορείου δείχνεται με αστήρικτους αξιωματικά μετασχηματισμούς. Στις μονάδες πως θα αιτιολογηθεί ακέραιο 2, δηλαδή δύο μονάδες ενωμένες σε μία διπλάσια που να τις περιέχει; Στα ευθύγραμμα τμήματα δείχνεται με το κοινό σημείο διαδοχικών τμημάτων σύμφωνα με το αξίωμα συνεχείας του Χίλμπερτ (άσχετα αν δεν συμφωνεί η θεωρία μετρήσεως). Οι αριθμητικές μονάδες, είτε στον Ευκλείδη, είτε στον Χίλμπερτ, είτε στο Πεάνο, είτε στον Ντεντεκιντ, είτε στον Καντόρ κ.τ.λ., αιτιολογούνται να ενωθούν σε μία πολλαπλάσια που να τις περιέχει ενωμένες; Ο Πεάνο κάνει μια προσπάθεια αλλά και αυτός δεν προβλέπει ένωση μονάδων σε ακέραιο πολλαπλάσιο.

[quote]Durandal
Ωστόσο, σε ένα αξιωματικό σύστημα όπως η Ευκλείδεια γεωμετρία, αυτό είναι αδύνατο ή, μάλλον, πιο σωστά, είναι σχεδόν σίγουρο ότι eventually θα οδηγήσει σε αντιπαραθέσεις. Πράγματι, οι αρχικές και μη ορισμένες έννοιες του Ευκλείδη είναι, με μία πρώτη ανάγνωση των ορισμών του, πάνω από 20 (και αυτό αφορά μόνο στην πρώτη σελίδα των ορισμών). Ιδού μία (non-exhaustive  ) λίστα: μέρος, μήκος, πλάτος, πέρας, κείμαι εξ'ίσου, πλάτος, κλίσις, άπτομαι, περιέχω... [/quote]

Άκουσε φίλε durandal. Θα σου δώσω με απλό παράδειγμα γιατί δεν είναι ορθό το πυθαγόρειο θεώρημα ούτε επί Πυθαγόρα, ούτε επί Ευκλείδη, ούτε στα σύγχρονα μαθηματικά, ούτε επί Θεού. Ούτε το ραβδάκι του Χάρι Πότερ μπορεί να το αποδείξει ορθό, ούτε και ο ίδιος ο Θεός για όποιον πιστεύει.

Πάρε 4 ίσα τετράγωνα πλακίδια επίστρωσης δαπέδων (κάνουμε πλακοστρώσεις με αυτά) και προσπάθησε να τα ενώσεις σχηματικά σε ένα τετράγωνο που να τα περιέχει. Αυτό δεν γίνεται ποτέ διότι ή το ένα κατακορυφήν ζεύγος πλακιδίων θα εφάπτεται στο κέντρο του υπό σύνθεση τετραγώνου ή το άλλο. Η επαφή του ενός ζεύγους κατακορυφήν τετραγώνων εμποδίζει την επαφή του άλλου ζεύγους. Αυτό έχει σαν συνέπεια να μην υπάρχει τέλειο τετράγωνο περιφερειακά του υπό σύνθεση τετραγώνου. Για το λόγο αυτό υπάρχουν εξάλλου και οι αρμοί ώστε να μπορούν τα τετράγωνα πλακίδια να συνθέσουν τετράγωνο που να τα περιέχει.
Αυτό ισχύει, είτε θεωρήσουμε τετράγωνα πλακίδια, είτε θεωρήσουμε τα τετράγωνα ιδεατά σύμφωνα με το αφαιρετικά της φύσης και δεν μπορεί να το ξεπεράσει καμία μαθηματική συλλογιστική, όσο και να προσεγγίζει την αντίληψη του Χίλμπερτ «με κάθε μέσο». Ελπίζω να κατάλαβες γιατί δεν ισχύει πουθενά το πυθαγόρειο. Δεν ισχύει γιατί δεν μπορεί να ισχύει αποδεδειγμένα αλλά και επειδή στερείται αξιωματικής στήριξης.

[quote]Durandal
Αν εσύ, μετά από όλα αυτά επιμένεις να γράφεις δοκίμια με βάση τους αρχαίους ορισμούς του Ευκλείδη, αυτό είναι δικαίωμά σου, όπως και δικαίωμά μου είναι να μην ασχολούμαι επειδή πραγματικά δε με ενδιαφέρουν τα δοκίμια πάνω στα μαθηματικά των αρχαίων Ελλήνων, με ενδιαφέρουν τα μαθηματικά.[/quote]

Εσύ επέλεξες την ευκλείδεια γεωμετρία, το επαναλαμβάνω. Χρησιμοποίησε όποιο μαθηματικό συλλογιστικό μέσο επιθυμείς και όποιο αξιωματικό σύστημα θέλεις. Επομένως άσε σε παρακαλώ τους «αρχαίους» και έλα στους «νέους» να αποδείξεις το πυθαγόρειο, να το δεις να αναπαύεται στη λήθη έκτοτε, είτε γίνουν αποδεκτές, είτε δεν γίνουν αποδεκτές οι αντιλήψεις μου. Τα άλλα είναι λόγια.
Συμπερασματικά: Στον τομέα που ισχυρίστηκες ότι είναι ορθό το πυθαγόρειο (δηλαδή ευκλείδεια γεωμετρία και μαζί όλες οι «διάσημες» αποδείξεις) αυτό αποδεικνύεται ότι δεν είναι ορθό, αφού δεν έχει αξιωματική στήριξη και προβαίνει σε αθροίσεις σχημάτων που δεν προβλέπονται.

Καλό είναι:
Α. Αν δεν αποδέχεσαι τις αποδείξεις μου να μου πεις το λόγο.
Β. Να πας σε όποιο αξιωματικό σύστημα επιθυμείς να αποδείξεις την ορθότητα του πυθαγορείου και μη στέκεις στον Ευκλείδη ώστε να έχεις πρόφαση να μου λες περί αρχαίων μαθηματικών και λοιπά τερπνά και ανωφελή. Δεν σε δέσμευσα στο Ευκλείδη και καλό είναι να φύγεις από αυτόν να δεις ότι το ίδιο αποτέλεσμα θα συνοδεύει την όποια απόδειξή σου.
Γ. Να χρησιμοποιήσεις τις πυθαγόρειες τριάδες ή μήπως και αυτές είναι αρχαίες;

Εσύ πιθανόν να θεωρείς ότι μου έχεις απαντήσει, αλλά όπως βλέπεις η απάντησή σου δεν στέκει. Επέλεξες ένα πεδίο το οποίο μπορείς βάσιμα ή αβάσιμα να κατηγορήσεις σαν ανεπαρκές ώστε να πέσει το βάρος στο πλαίσιο διερεύνησης του θέματος και όχι στο αστήρικτο της απόδειξης.

ΥΓ: Πρόσεξε την περίπτωση των πλακιδίων και των πλακοστρώσεων γιατί σε βλέπω έτοιμο να αντιπαρατεθείς επί αυτού. Θα βρεθείς προ εκπλήξεως.

Σου εύχομαι να είσαι καλά, σε ευχαριστώ που με τίμησες και λυπάμαι για την λάθος εκτίμηση που είχα για το θάρρος σου να απαντήσεις.

Ρε για να πιάσεις στο στόμα σου τον Παναγιώτη ... Άστο να πάει ... LOCKED
Ψηφίστε εδώ http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?p=1307574#1307574

'' Για την καλύτερη λειτουργία του φόρουμ ,  οι moderators σκεφτήκαμε  να κλειδώσουμε όλα τα ποστ πάνω σε αυτό το θέμα , όχι διότι επιβάλλουμε λογοκρισία(δεν διαγράφουμε κανένα μήνυμα από αυτά που ήδη έχουν σταλλεί!) , αλλά διότι δεν οδηγούν τα μέλη παρά μόνο σε αδιέξοδο και σύγχιση. Στη συνέχεια , όποιο ποστ έχει αυτό το θέμα ή αντίστοιχο , θα διαγράφεται αμέσως. Η επικοινωνία για όσους θέλουν συνέχεια στο συγκεκριμένο πεδίο   να γίνεται με προσωπικά μηνύματα. Φυσικά , μηνύματα που αφορούν ασκήσεις και απορίες πάνω στις ολυμπιάδες και τα μαθηματικά , είναι ευπρόσδεκτα και από τον nemenala. Δεν αποκλείουμε κανένα από το φόρουμ, έχουμε όμως ευθύνη να διαφυλλάξουμε την ομαλή λειτουργία του. Αυτή είναι η αποστολή του φόρουμ και είμαστε υποχρεωμένοι να την υπηρετήσουμε σωστά.''


Find all real solutions to the equation:

$ | | | | | | | x^2\minus{}x\minus{}1|\minus{}3|\minus{}5|\minus{}7|\minus{}9|\minus{}11|\minus{}13|\equal{}x^2\minus{}2x\minus{}48.$

[quote="moldovan"]Find all real solutions to the equation:

$ | | | | | | | x^2 \minus{} x \minus{} 1| \minus{} 3| \minus{} 5| \minus{} 7| \minus{} 9| \minus{} 11| \minus{} 13| \equal{} x^2 \minus{} 2x \minus{} 48.$[/quote]

$ x^2\minus{}2x\minus{}48\geq 0$ and so $ x\leq\minus{}6$ or $ x\geq 8$

$ x\leq\minus{}6$ or $ x\geq 8$ $ \implies$ $ x^2\minus{}x\minus{}1>0$ and so $ LHS\equal{}\parallel{}\parallel{}\parallel{}x^2\minus{}x\minus{}1\minus{}3|\minus{}5|\minus{}7|\minus{}9|\minus{}11|\minus{}13|$ $ \equal{}\parallel{}\parallel{}\parallel{}x^2\minus{}x\minus{}4|\minus{}5|\minus{}7|\minus{}9|\minus{}11|\minus{}13|$

$ x\leq\minus{}6$ or $ x\geq 8$ $ \implies$ $ x^2\minus{}x\minus{}4>0$ and so $ LHS\equal{}\parallel{}\parallel{}|x^2\minus{}x\minus{}4\minus{}5|\minus{}7|\minus{}9|\minus{}11|\minus{}13|$ $ \equal{}\parallel{}\parallel{}|x^2\minus{}x\minus{}9|\minus{}7|\minus{}9|\minus{}11|\minus{}13|$

$ x\leq\minus{}6$ or $ x\geq 8$ $ \implies$ $ x^2\minus{}x\minus{}9>0$ and so $ LHS\equal{}\parallel{}\parallel{}x^2\minus{}x\minus{}9\minus{}7|\minus{}9|\minus{}11|\minus{}13|$ $ \equal{}\parallel{}\parallel{}x^2\minus{}x\minus{}16|\minus{}9|\minus{}11|\minus{}13|$

$ x\leq\minus{}6$ or $ x\geq 8$ $ \implies$ $ x^2\minus{}x\minus{}16>0$ and so $ LHS\equal{}\parallel{}|x^2\minus{}x\minus{}16\minus{}9|\minus{}11|\minus{}13|$ $ \equal{}\parallel{}|x^2\minus{}x\minus{}25|\minus{}11|\minus{}13|$

$ x\leq\minus{}6$ or $ x\geq 8$ $ \implies$ $ x^2\minus{}x\minus{}25>0$ and so $ LHS\equal{}\parallel{}x^2\minus{}x\minus{}25\minus{}11|\minus{}13|$ $ \equal{}\parallel{}x^2\minus{}x\minus{}36|\minus{}13|$

$ x\leq\minus{}6$ or $ x\geq 8$ $ \implies$ $ x^2\minus{}x\minus{}36>0$ and so $ LHS\equal{}|x^2\minus{}x\minus{}36\minus{}13|$ $ \equal{}|x^2\minus{}x\minus{}49|$

And so the equation is $ |x^2\minus{}x\minus{}49|\equal{}x^2\minus{}2x\minus{}48$ with $ x\leq\minus{}6$ or $ x\geq 8$

If $ x^2\minus{}x\minus{}49\geq 0$, the equation becomes $ x^2\minus{}x\minus{}49\equal{}x^2\minus{}2x\minus{}48$ and so $ x\equal{}1$ but $ 1^2\minus{}1\minus{}49<0$ so no solution

If $ x^2\minus{}x\minus{}49\leq 0$, the equation becomes $ \minus{}x^2\plus{}x\plus{}49\equal{}x^2\minus{}2x\minus{}48$ and so $ 2x^2\minus{}3x\minus{}97\equal{}0$ and the only root of this equation which is such that $ x^2\minus{}x\minus{}49\leq 0$ is :

$ \boxed{x\equal{}\frac{3\minus{}\sqrt{785}}{4}}$


show that the polynomial $x^4+3x^3+6x^2+9x+12$ cannot be written as the product of 2 polynomials of degree 2 with integer coefficients.

A brute-force solution...

suppose $x^4+3x^3+6x^2+9x+12=(x^2+ax+b)(x^2+cx+d)$,
expanding the right side and comparing the coefficients, we get
$3=a+c$
$6=d+ac+b$
$9=ad+bc$
$12=bd$

WLOG, suppose $b<d$.

the last one imply that $(b,d)=(1,12),(2,6),(3,4),(-12,-1),(-6,-2),(-4,-3)$
check each case above, we don't get integer $a,c$ satisfying the system of equations.

Suppose x^4+3*x^3+6*x^2+9*x+12=(a1*x^2+a2*x+a3)(b1*x^2+b2*x+b3); then a1*b1=1. Thus WLOG we can assume a1=b1=1; Now a3*b3=12; Hence a3+b3 cannot be divided by 3 (because one of a3,b3 = 0 mod 3 and another one - not); Hence a2*b2=6-a3-b3 also cannot be divided by 3 and hence neither a2 nor b2 can. Thus a2*b3+b2*a3=9 cannot be divided by 3, contradiction

yes, modulo 3 is far the best solution. saying 12 is no multiple of 9 is sufficient :D

This follows from Eisenstein's Criterion, for p = 3.
[url]http://mathworld.wolfram.com/EisensteinsIrreducibilityCriterion.html[/url]

:shock: guess I'll have to start believing that they really copied EVERY question from the web :P


ABC is a triangle. AB=CB and D is a point on AB. AC=DB . <DCB = 30 so find <DBC

[hide="nice!"]
draw line $DD'$ parallel to $AC$, intersecting $BC$ at $D'$.  draw line through $A$ parallel to $CD$ intersecting $DD'$ at $D''$.  So $DD'' = AC = BD$, so $\triangle BDD''$ is isoceles.  draw line $DD'''$ parallel to $BC$ intersecting $BD''$ at $D'''$.  some angle chasing gives that $\triangle BDD' \sim \triangle DD''D'''$, solving gives that $x$ is half of the base angle of triangle $ABC$, and therefore $x=36$.
[/hide]
[hide="strategy for the geometry impaired"]
It is evident that we need auxiliary lines to make more info out of the diagram. a line through $D$ parallel to $AC$ is an obvious line to draw when you have isoceles triangle, but some examination shows that the key to this problem is $BD=AC$, because the trapezoid define by $\angle DCB = 30$ is not unique yet.  Since we're finding angles angle chasing will be nice, but we have to somehow use the fact $BD=AC$.  After banging your head for couple times you find the line through $A$ parallel to $BC$ is the best because it transfers segment $AC$ right next to $BD$ to create more isoceles triangles.  The rest is trivial.
[/hide]

My Geom Program dissagrees. :o [hide]
When $\angle DBC=36, \angle BCD=36$ and when $\angle BCD=30 \angle DBC = 32,68$[/hide]
Hope I made a mistake!


[quote="GacKiem"]It is wrong if $a=0,b=c=1$.[/quote]
It is correct when $a=0,b=c=1$ we have
$LHS=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=2$
$RHS=\frac{30}{11}-\frac{2}{4}\approx 2.23\ge 2$
You should learn more four basic operation in basic school :D

We have the following better result:

If $a+b+c=3$ then
\[\frac{1}{6-ab}+\frac{1}{6-bc}+\frac{1}{6-ca}\le \frac{3}{5}.\]

and if $a+b+c=2$ then
\[\frac{1}{2-ab}+\frac{1}{2-bc}+\frac{1}{2-ca}\le 2.\]

The first problem is familiar. For the second one, it is equivalent to
\[12-4\sum ab+2abc \le 2(8-4\sum ab+4abc-a^{2}b^{2}c^{2})\]
or
\[2+3abc \ge 2\sum ab+a^{2}b^{2}c^{2}\]
which is slighter than
\[2+\frac{73}{27}abc \ge 2\sum ab\]
or
\[\frac{73}{54}abc \ge \sum ab-1\]
By Schur
\[8(1-a)(1-b)(1-c) \le abc\]
So
\[\frac{9}{8}abc \ge \sum ab-1.\]
and we have done because
\[\frac{73}{54}\ge \frac{9}{8}.\]

8(-1+

[quote="GacKiem"]The fact that all these problems you've posted are the same as mine, it makes me tired to think. People can be easy to create an inequality, nice and beautiful, but a few of them can solve their problems. They create.. create.. they don't know if their problems are true or wrong, but post here and ask other to solve.[/quote]
You shouldn't think you are VIP of this forum,you are only a member as all orther members, you can't give yourself the right to spam and to comment other members. In my topic about inequalities , you shouldn't spam unless you can reply related some things.

I am Vip?  :D Why you think that? Of course, I am a person who attends mathlinks some months ago but learned from it a long time ago. I say that I am tired of thinking the problems you post above because they are all the same and the same as problem I posted before. And I guess that you also have no try to solve them (just from an inspiration of my problem, you create something similar). So should I make a try to solve yours? That's all the reason.

[quote="GacKiem"]I say that I am tired of thinking the problems you post above because they are all the same and the same as problem I posted before. And I guess that you also have no try to solve them (just from an inspiration of my problem, you create something similar). [/quote]
Stop spam here! Why do you think I inspire from you (because you are VIP of this forum)  :rotfl:  :rotfl: , Link for me if you can ? And it is stupid to think I haven't solved my problems,  :D

[quote="skywalker"][quote="GacKiem"]Yet it's the reason why I think that your problem is not strict (As other problems you posted).
[/quote]
I don't understand what reason you said, I don't think truth is the reason,  :D actually mine is true and follow me there is only true or false in inequalities, there isn't concept strict !  :D  :D

[quote="GacKiem"]We have the following better result:

If $a+b+c=3$ then
\[\frac{1}{6-ab}+\frac{1}{6-bc}+\frac{1}{6-ca}\le \frac{3}{5}. \]
and if $a+b+c=2$ then
\[\frac{1}{2-ab}+\frac{1}{2-bc}+\frac{1}{2-ca}\le 2. \]
[/quote]
Ok I think the second is stronger mine, good solution, but it isn't stronger yours
[quote="GacKiem"]
\[\frac{1}{2-ab}+\frac{1}{2-bc}+\frac{1}{2-ca}+\frac{2}{4-abc}\le \frac{5}{2}. \]
[/quote]
Do you think the above is true?  :D
And now I have many similar problems
With $a,b,c\ge 0$
$1)$  $a+b+c=\frac{11}{4}$ then
$\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca}\le\frac{5}{4}+\frac{5}{16-4abc}$
$2)$  $a+b+c=\frac{3}{2}$ then
$\frac{1}{2-ab}+\frac{1}{2-bc}+\frac{1}{2-ca}\le\frac{5}{2}+\frac{5}{10-2abc}$
$3)$  $a+b+c=\frac{2}{3}$ then
$\frac{1}{3-2ab}+\frac{1}{3-2bc}+\frac{1}{3-2ca}\le\frac{5}{3}+\frac{5}{15-3abc}$
and anyone if you request me  :D  :D but overall I have an advice sometimes truth is only in trivial things, it isn't difficult to understand when we study elementary math.[/quote]

Who inspired from who is not important. All I want is that you once thought seriously about your problems. If you post just because you've just felt it's true, people who solved your problems may think that you are playing them.

[quote="GacKiem"]Yet it's the reason why I think that your problem is not strict (As other problems you posted). I think the following one is true
\[\frac{1}{2-ab}+\frac{1}{2-bc}+\frac{1}{2-ca}+\frac{2}{4-abc}\le \frac{5}{2}. \]
[/quote]

I've checked and proved that it's true. Prove it by expanding and using Schur as the solution above.

Oh my VIP  :D you understood wrongly, I don't miss problems so much that I must inspire from VIP of Vietnam! And I think we shouldn't angry because of a book not of us :D
Ok if you want to know truth, I inspire them from Vasc's problem in his book (page 270)
If $a,b,c,d\ge 0$ such that $a+b+c+d=4$ then
$\frac{1}{5-abc}+\frac{1}{5-bcd}+\frac{1}{5-cda}+\frac{1}{5-dab}\leq 1$
We choose the special values for $d$ we will get my problems!

No, you are wrong!  :blush: I'm not VIP. I don't know why you always say that. I just learn Inequality for three months. There is also no book between the story of us. But according to the way you create problem, I must say, as Vietnamese said, [b]botay.com[/b]   :lol: . I can't translate it to English properly.

I think we should stop discussing in this way and  :welcomeani: ... wait me some minutes, I have a nice problem for you.  :D


Prove or disprove that for positive $ a,b,c$ that $ \sum_{cyc}a\sqrt{b\plus{}c}\ge abc$ if $ a\plus{}b\plus{}c\equal{}1$.

Am I missing something? $ a\plus{}b\plus{}c \equal{} 1, \; a,b,c>0 \implies 0<a,b,c<1$

$ \sum_{cyc} a \sqrt{b\plus{}c} > a \sqrt{b\plus{}c} > a(b\plus{}c) > ab > abc$


linear algebra
matrix
vector
algebra solved
algebra

Lets consider the sequences:
(an),(bn),(cn) and (dn) with n>=0 with:
a0=1 and b0=c0=d0=0 and we have:
a_(n+1)=2an+3bn
b_(n+1)=2bn+3cn
c_(n+1)=2cn+3dn
and d_(n+1)=2dn+3an for any n natural.
Prove that: an=(n,0) 2^n+(n,4)2^(n-4)*3^4+(n,8)2^(n-8)*3^8+...

where (n,k) denotes n!/[k!(n-k)!]

cheers! :D :D :D

This is obvious.
an=\sum C(n,4k)2n-4k34k
bn=\sum C(n,4k-1)2n-4k+134k-1
cn=\sum C(n,4k-2)2n-4k+234k-2
dn=\sum C(n,4k-3)2n-4k+334k-3

We use the property of C(n,k): C(n+1,k)=C(n,k)+C(n,k-1)

Myth, why are you always saying that it's obvious ?
It might be obvious to you but it is certainly not obvious to me.

This is obvious because we know formula for an and we can easly construct similar formula for bn,cn,dn. It is just technique.

And you are wrong. Many problems are not obvious for me, but some of them have clear path to their solution.

The only way i see is to introduce a matrix
M=
[2 3 0 0]
[0 2 3 0]
[0 0 2 3]
[3 0 0 2 ]

Vn is the vector
[a_n]
[b_n]
[c_n]
[d_n]
We have V(n+1)=MV(n) => V(n)=M^n.V(0)
M=2Id + 3A with id is the identity matrix
A=
[0 1 0 0]
[0 0 1 0]
[0 0 0 1]
[1 0 0 0]
we can apply binomial formulae to compute M^n = (2I + 3A)^n with the
fact that A^4 = I
and have V(n)

Myth wich formulae did you get on a_n  ?

oubinool

Do you mean "WHICH formulae did you get on a_n?". In such case the answer is written above.

I think this is from Gazeta Matematica, isn't it?

This is what I did:

we can observe that (2+3i)^n=an*1+bn*(-i)+cn*(-1)+dn*i. This is a technique which can be used in many problems which look like this.

OKay, grobber can you post a full solution? And how you got to that result?
(2+3i)^n=an+...?

grobber can you post simmilar problems for which you can use the same technique?

thank you very much! bye bye!

[quote="grobber"]I (2+3i)^n=an*1+bn*(-i)+cn*(-1)+dn*i[/quote]
with the binomial expansion
an*1+bn*(-i)+cn*(-1)+dn*i= \sum_{k = 0 to n}C(n,k)2^(n-k).3^k.i^k
and summing with condition k =4m,k=4m+1,k=4m+2,k=4m+3
you have a_n, b_n, c_n, d_n respectively coeffcient of 1,-i,-1,i
it is idea (2+3i)^n

I now see how it is.. hmm. thank you everyone! The idea is to find a and b from (a+bi)^n so that you get an, bn, cn and dn..

really smart move! :D :D
cheers! :D


Circle of diameter $ r$ touches the line $ p$ in point $ A$. Let $ \bar{AB}$ be the diameter of that circle and $ C$ arbitrary point on the circle, different from $ A$ and $ B$. Let $ D$ be the orthogonal projection of point $ C$ to the line $ AB$. Let $ E$ be the point on the extension of the segment $ \bar{CD}$ through D so that  $ \bar{ED} \equal{} \bar{BC}$. Let the tangents from point $ E$ to the circle intersect the line $ p$ in $ K$ and $ N$. Prove that length of the segment $ \bar{KN}$ does not depend on the choice of the point $ C$.

Let $ P,\ P'$ be, the tangency points of the circle $ (O)$ with diameter $ AB$ $ ($ $ E,$ between $ P,\ N$ $ )$ and we denote the point $ F\equiv (O)\cap DE.$

So, we have that $ (EP)^{2} \equal{} (EF)\cdot (EC) \equal{} (ED \minus{} DF)\cdot (ED \plus{} CD) \equal{} (ED)^{2} \minus{} (CD)^{2}$ $ ,(1)$ because of $ CD \equal{} DF.$

From $ (1)$ and because of $ ED \equal{} BC$ we conclude that $ (EP)^{2} \equal{} (BC)^{2} \minus{} (CD)^{2} \equal{} (BD)^{2}$ $ \Longrightarrow$ $ EP \equal{} BD$ $ ,(2)$

$ \bullet$ Let $ EL$ be, the $ E$-altitude of the triangle $ \bigtriangleup EKN$ and it is clear that $ EL \equal{} AB \minus{} BD$ $ ,(3)$

From $ (2),$ $ (3)$ $ \Longrightarrow$ $ EL \equal{} AB \minus{} EP$ $ ,(4)$

From $ (4),$ based on the below [b][size=100]Lemma[/size][/b], we conclude that $ EL \equal{} p \minus{} EK$ $ ,(5)$ where $ p$ is the semiperimeter of the triangle $ \bigtriangleup EKN,$ $ ($ $ 2p \equal{} EK \plus{} KN \plus{} EN$ $ ).$

From $ (4),$ $ (5)$ $ \Longrightarrow$ $ p \minus{} EK \equal{} AB \minus{} EP \equal{} AB \minus{} p \plus{} EN$ $ ,(6)$ because of $ EP \equal{} NP \minus{} EN \equal{} p \minus{} EN.$

From $ (6)$ $ \Longrightarrow$ $ EK \plus{} KN \plus{} EN \equal{} AB \plus{} EK \plus{} EN$ $ \Longrightarrow$ $ KN \equal{} AB$ abd the proof is completed.

[b][size=100][color=DarkBlue]LEMMA. – A triangle $ \bigtriangleup ABC$ is given and let $ R_{a},\ H_{b}$ be, its $ A$-exradius and $ B$-altitude, respectively. Suppose that the relation $ H_{b} \equal{} 2R_{a} \minus{} (p \minus{} c)$ is true, where $ p$ is the semiperimeter of $ \bigtriangleup ABC,$ $ ($ $ 2p \equal{} a \plus{} b \plus{} c$ $ ).$ Prove that $ H_{b} \equal{} p \minus{} a$[/color][/size][/b].

Kostas Vittas.

PS. I will post here later the easy proof of the [b][size=100]Lemma[/size][/b] I have in mind.

[quote="vittasko"][b][size=100][color=DarkBlue]LEMMA. – A triangle $ \bigtriangleup ABC$ is given and let $ R_{a},\ H_{b}$ be, its $ A$-exradius and $ B$-altitude, respectively. Suppose that the relation $ H_{b} \equal{} 2R_{a} \minus{} (p \minus{} c)$ is true, where $ p$ is the semiperimeter of $ \bigtriangleup ABC,$ $ ($ $ 2p \equal{} a \plus{} b \plus{} c$ $ ).$ Prove that $ H_{b} \equal{} p \minus{} a$[/color][/size][/b].[/quote]
[b][size=100]PROOF.[/size][/b] - Let be the equality $ BF \equal{} ZK,$ which means the relation $ H_{b} \equal{} 2R_{a} \minus{} (p \minus{} c)$ $ ,(1)$

Applying the well known formula for the area $ S$ of the given triangle $ \bigtriangleup ABC,$ we have that $ S \equal{} (p \minus{} a)\cdot R_{a}$ $ ,(2)$

But, we have also that $ S \equal{} \frac {b\cdot H_{b}}{2}$ $ ,(3)$

From $ (2),$ $ (3)$ $ \Longrightarrow$ $ b\cdot H_{b} \equal{} (p \minus{} a)\cdot 2R_{a}$ $ ,(4)$

From $ (1),$ $ (4)$ $ \Longrightarrow$ $ b\cdot H_{b} \equal{} [H_{b} \plus{} (p \minus{} c)]\cdot (p \minus{} a)$ $ \Longrightarrow$ $ \boxed{H_{b} \equal{} p \minus{} a}$ $ ,(5)$ and we are done.

Kostas Vittas.

PS. It is obvious that from $ (1),$ $ (5),$ we conclude also that $ \boxed{b \equal{} 2R_{a}}$ $ ,(6)$

Dear yedi and vistasko, this problem was posted at [url=http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?t=212962&search_id=1587352224]here[/url].


133720081337 is a base 49 numeral. When converted to base 8, what is its units' digit?

[hide="not sure"]Clearly, we want the remainder (mod 8). Note that 49 is 1 (mod 8) so this all reduces to adding the numbers in each place value and finding it (mod 8). It's 38 (heh, nice use of 1337 and 2008), so 6?[/hide]

Bleh, I'm tired.

[quote="Math Geek"]So just to clarify, since I totally suk at number theory, would you be able to subtract 1 from the remainder of $ 133720081337_{49}$ when it is divided by 49, because 49 is congruent to 1 mod 8 while 8 is congruent to 0 mod 8.  idk, but I'm confused how you were able to add the digits and then mod out the 8.  I'm sorry, but, like I said, number theory pwns me.[/quote]

Couldn't you replace the 49 with any base greater than 1 and is 1 mod 8, or am I just being stupid?

[hide="Let me try again"]So this $ 49^{11}\plus{}3*49^{10}\plus{}...\plus{}7$. Since we want the unit's digit in base 8, we just need this (mod 8), similar to how if we want the unit's digit in base 10, we take the remainder after dividing by 10. Since 49 is 1 (mod 8), this all reduces to $ 1\plus{}3\plus{}3\plus{}7\plus{}2\plus{}8\plus{}1\plus{}3\plus{}3\plus{}7$ in (mod 8) which is 6.[/hide]

EDIT:Beaten, and yeah, I think so.

[quote="xpmath"][hide=Let me try again]$ 49^{11} \plus{} 3*49^{10} \plus{} ... \plus{} 7$. quote]

How do you get this!!! i understand everything else but where did you get this!!!!AGHHH im dumb!

It's just knowing base rules. Just like in base 10 (our regular one), the hundred's ($ 10^2$) place is 3rd from the right.
Argh, I can't explain well.

That is the definition of base.

Say, we have
$ 392008_{10}$ (that is, 392008 base 10). Notice how it equals

$ 3*10^{5} \plus{} 9*10^{4} \plus{} 2*10^{3} \plus{} 0*10^{2} \plus{} 0*10^{1} \plus{} 8$. This relation works with all bases.

EDIT: To clarify, it equals:
$ 300000\plus{}90000\plus{}2000\plus{}0\plus{}0\plus{}8$. Thus we have $ 392008$.

[quote="distracted523"]That is the definition of base.

Say, we have
$ 392008_{10}$ (that is, 392008 base 10). Notice how it equals

$ 3*10^{5} \plus{} 9*10^{4} \plus{} 2*10^{3} \plus{} 0*10^{2} \plus{} 0*10^{1} \plus{} 8$. This relation works with all bases.

EDIT: To clarify, it equals:
$ 300000 \plus{} 90000 \plus{} 2000 \plus{} 0 \plus{} 0 \plus{} 8$. Thus we have $ 392008$.[/quote]

And to add on to this, we usually call it "Expanded Form."

Think back to 4th grade? (or even Pre-Algebra)

ok without mods:

powers of 49 go: 1; 49; 2410; 117649; ... with a pattern of the ones digit being 1, 9, 1, 9, ...

so find the units digit of 133720081337 base 49:

9 1 9 1 9 1 9 1 9 1 9 1
1 3 3 7 2 0 0 8 1 3 3 7

9+3+27+7+18+0+0+8+9+3+27+7+= 118

find 118 base 8

64  8  1
 1  6   6

so 133720081337 base 49 converted to base 8 has a units digit of 6.

Is this legal? Will this be the case every time or was it a lucky coincidence?


Denote [i]R[/i] the biggest number such that for all convex polygons with area [i]A[/i] and perimeter [i]p[/i] there exists a circle with radius [i]R[/i] that can be inscribed into the polygon (the circle does not have to touch all the sides of the polygon). Find the value of [i]R[/i] or prove that such a number does not exist.

It is easy to prove that if [i]R[/i] exists then it is not less than [i]A/p[/i]. And the maximum possible value of [i]R[/i] is [i]2A/p[/i]. But what next?


Will somebody please tell me how does 1 express some of the fundamental mathematical symbols here such as integration,power etc?

Do you mean $\LaTeX$¿
An introduction can be found here: http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=5261


Several sets of prime numbers, such as $\{7,83,421,659\}$ use each of the nine nonzero digits exactly once. What is the smallest possible sum such a set of primes could have?

I believe this is correct unless I misread the problem:

[hide]${5,2,3,47,61,89}$ the sum of these 5 primes $5+2+3+47+61+89=207$[/hide]

[hide]4, 6, and 8 certainly cannot be units digits because that would make a number even and greater than 2, therefore composite.

Therefore 4, 6, and 8 must be tens digits. If there exists a set of primes where all other digits are units digits, the sum will be minimized.

The primes with tens digit 4, 6, and 8 are 41, 43, 47, 61, 67, 83, 89. Since 9 cannot stand alone, it goes with 8.

The digits 1 and 7 can be paired with 4 and 6, in either order. That leaves 2, 3, and 5, which just stand alone.

So the minimum is 40+60+80+1+2+3+5+7+9, or $\boxed{207}$.[/hide]


inequalities logarithms algebra function domain

[quote="shobber"]If $[(1-a)n-a]\lg{a}<0$ for all $n \in N_+$(positive integer).
Find the range of $a$.[/quote]

[hide]

$a > 0$ otherwise $\log a$ is complex.

If $a < 1$ then $\log a < 0 \Rightarrow [(1-a)n -a] > 0$

$\therefore a < \frac{n}{n+1} < 1$

If $ a > 1$ then $\log a >0 \Rightarrow [(1-a)n-a] < 0$

$\therefore \frac{n}{n+1}<1<a$

If $a = 1$ then $\log a = 0$

$\therefore a\ne 1$

The range of $a$ is

$a\in (0,1) \cup (1,\infty]$
[/hide]

[quote="shobber"]Read the question carefully. There is a small mistake in your answer.[/quote]

I believe I read carefully enough, $[(1-a)n-a]\log a < 0 \ni n\in \mathbb{N}_+$, was it not?

[quote="K81o7"]The thing u missed...there are times when that expression is equal to 0.  For instance, take a=1/2, n=1.  In other words, your answer is fine apart from the fact that n-an-a can't be 0.  n-an-a=0 means that a=n/n+1.  In other words, the domain of a is (0,1/2) U (1/2,2/3) U (2/3,3/4) U (3/4,4/5) U ... so that a can be any real greater than 0 so long as a isn't equal to 1 and a isn't equal to n/n+1 where n is a positive integer.[/quote]

Thanks.

The final answer is:
$a \in (0,\frac12) \cup (1,+\infty)$

Oh yeah that's true...if it was in the range (1/2,1) then n-an-a would be greater than 0 at some point.  Namely, if (x-1/x)<a<x/(x+1) then when n>=x+1.