trigonometry
vector
function
integration
linear algebra
real analysis
real analysis theorems

What do you guys think is a better definition for a dot product in 3-D?
$\vec{a}\cdot\vec{b}= |\vec{a}|\cdot|\vec{b}|\cos{{\theta}}$
or
$\vec{a}\cdot\vec{b}= \sum_{i=1}^{3}a_{i}b_{i}$

I think the first one is better  :D  ,actually I think It doesn't make a difference, did you just wanted to ask our opinions?
 both are useful... :)

[quote="sinajackson"]I think the first one is better  :D  ,actually I think It doesn't make a difference, did you just wanted to ask our opinions?[/quote]
Sort of... I wanted to know which one of the two is a more "fundamental definition" (BTW, I think the first one is better too :wink: ).

[quote="mlok"]Since I define a vector as an ordered $n$-tuple of real numbers, it makes more sense to define dot product by the second formula. If you introduce vectors as directed line segments, I suppose you could do it otherwise.[/quote]
See, that's is my point. I don't know why is it that most people prefer the second definition as more fundamental. I mean, isn't the second expression derived from the first one? Look:

$\vec{a}\cdot\vec{b}= (a_{1}\hat{i}+a_{2}\hat{j}+a_{3}\hat{k})\cdot(b_{1}\hat{i}+b_{2}\hat{j}+b_{3}\hat{k})$

$= (a_{1}\hat{i})\cdot(b_{1}\hat{i}+b_{2}\hat{j}+b_{3}\hat{k})+(a_{2}\hat{j})\cdot(b_{1}\hat{i}+b_{2}\hat{j}+b_{3}\hat{k})+(a_{3}\hat{k})\cdot(b_{1}\hat{i}+b_{2}\hat{j}+b_{3}\hat{k})$

$= b_{1}\hat{i}\cdot a_{1}\hat{i}+b_{2}\hat{j}\cdot a_{1}\hat{i}+b_{3}\hat{k}\cdot a_{1}\hat{i}+b_{1}\hat{i}\cdot a_{2}\hat{j}+b_{2}\hat{j}\cdot a_{2}\hat{j}+b_{3}\hat{k}\cdot a_{2}\hat{j}+b_{1}\hat{i}\cdot a_{3}\hat{k}+b_{2}\hat{j}\cdot a_{3}\hat{k}+b_{3}\hat{k}\cdot a_{3}\hat{k}$

Now if we assume that $\hat{i},\hat{j},\hat{k}$ are mutually orthogonal then using the first definition (since $\hat{i}\cdot\hat{k}$ etc would be zero using the first definition) we get:
$a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+a_{3}b_{3}$

which is exactly the second expression. However, its not as general because we made an assumption of orthogonality.

What happens down the road when you seek to generalize this to other settings? Eventually you reach the notion of an abstract inner product space. In that setting, the first "definition" gets turned around to become itself the definition of the angle between elements of the inner product space. (With a place of special importance reserved for elements which are [i]orthogonal[/i], meaning that the dot product between them is zero, making the angle a right angle.)

That's a part of linear algebra. Realizing that we will eventually be talking about a concept in linear algebra, we focus on the fundamental arithmetic properties of the dot product, namely:

$(r\vec{a})\cdot \vec{b}=\vec{a}\cdot(r\vec{b})=r(\vec{a}\cdot\vec{b})$

$\vec{a}\cdot(\vec{b}+\vec{c})=\vec{a}\cdot\vec{b}+\vec{a}\cdot\vec{c}$

(And similarly for a sum on the other side of the dot product.)

Now, back to your original question: in which form can you more easily see that both of these arithmetic properties are true?

Either expression can be derived from the other one, as long as you have an orthonormal basis. The fundamental fact about dot product is that it is a [b]bilinear[/b] form that is [b]symmetric[/b] and [b]positive[/b] (the latter means $a\cdot a\ge 0$ with equality only for $a=0$). These properties are used to generalize the concept of dot product to other spaces. The [b]bilinear[/b] part (that you heavily used in your computation) is not at all obvious from the cosine formula.

Here is the "dot product" (positive symmetric bilinear form) of real-valued functions $f$ and $g$ defined on the interval $[0,1]$:
$f\cdot g=\int_{0}^{1}f(x)g(x)\,dx$
Can you define it using cosine?  :P

Edit: I see I am not alone in thinking this way.  :lol:

Thank you mlok and Kent Merryfield. I know little about inner products and vector spaces so its a little hard for me to follow what you guys are talking about. But I think that you guys are saying that, unlike the second definition, properties of dot products are hard to see from the first definition, and thus the second definition is better. However, it doesn't really change the fact that we had to assume orthonormality to arrive at the second expression, right?

BTW, if you just had the second definition and didn't know about the first definitoin at all, then how would you prove that $\hat{i}\cdot\hat{j}=0$ or $\hat{i}\cdot\hat{i}=1$? Wouldn't you be stuck?

Since $\vec\i=\langle 1,0,0\rangle$ and $\vec\j=\langle 1,0,0\rangle$, we can multiply and add to get $\vec\i\cdot \vec\j=0$.
If you knew the first definition but not the second, how would you compute $(\vec\i+2\vec\j-3\vec k)\cdot (2\vec\i-\vec\j+\vec k)$? Note that the first definition does not tell you that you can open the parentheses.

[quote="mlok"]Since $\vec\i=\langle 1,0,0\rangle$ and $\vec\j=\langle 0,1,0\rangle$, we can multiply and add to get $\vec\i\cdot \vec\j=0$. [/quote]
Yeah, that's right. But I always thought of $\langle 1,0,0\rangle$ as a shorthand to write $1\hat{i}+0\hat{j}+0\hat{k}$. Maybe I got it backwards?

[quote="mlok"]If you knew the first definition but not the second, how would you compute $(\vec\i+2\vec\j-3\vec k)\cdot (2\vec\i-\vec\j+\vec k)$? Note that the first definition does not tell you that you can open the parentheses.[/quote]
I see your point. But is it even possible to evaluate this just by using the first definition? I can find the magnitude by the squareroot of the sum of the squares of the coefficients. But I don't know how would I find the angle (other than by using $cos(\theta) = \frac{\vec{a}\cdot\vec{b}}{|\vec{a}\parallel \vec{b}|}$ but that's not gonna work :( ).

I suppose you could put two sticks into appropriate positions and measure the angle between them.  :)

I think of $\hat i$ as a shorthand for $\langle 1,0,0\rangle$. Reason: I define a vector as an ordered $n$-tuple of numbers, such as the triple $\langle 1,0,0\rangle$. Then $\hat i$, $\hat j$... can be defined in terms of such triples.

i think both are appropriate at their applicabilities. just like the applicablities of a bike & car, both r used where they needed to be..


Give reals $a_1, \cdots, a_n$ prove that
$(\sum_{i=1}^n a_i)^4 \leq \pi^2 (\sum_{i=1}^n a_i^2)(\sum_{i=1}^m i^2 a_i^2)$

See http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=19087 .

  darij


probability
number theory
prime factorization

[quote="boo"]Two integers are chosen at random between 0 and 10. What's the probability that they differ by no more than 5?
[hide="I got"]$ \frac{85}{121}$[/hide]
But idk if that's correct.[/quote]

[hide="I got"]
Using complimetary counting, we can see there are 5 ways to differ by 6, 4 ways to differ by 7, etc until 1 way to differ by 10. So we have $ 5\plus{}4\plus{}3\plus{}2\plus{}1\equal{}15$ ways of being more than 5. Since we have $ 11\cdot11$ total ways, our probability is $ 1\minus{}\frac{15}{121}\equal{}\frac{106}{121}$
[/hide]

Alternate Method:
[hide]Try graphing the lattice points on a graph with y ranging from 0 to 10 and likewise for x.[/hide]

[hide="nice elegant solution"]

Let a, b be our integers between $ 0$ and $ 10$.

For $ a \equal{} 0$ it is easy to see that $ b \equal{}\{0,1,2,3,4,5\}$ which is 6 numbers total.
For $ a \equal{} 1$ we get $ 7$ numbers total and this pattern repeats until $ a \equal{} 5$ since we cannot choose, for instance, $ 11\minus{}6$ as a solution.
For $ a > 5$ The reverse pattern occurs, so we eliminate 1 lower end solution for each following a. Ex\

$ a \equal{} 6\Longrightarrow b \equal{}\{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10\}\equal{} 8\text{ numbers}\equal{} a\text{ as 4}$
$ a \equal{} 7\Longrightarrow b \equal{}\{2,3,4,5,6,7,8,9,10\}\equal{} 7\text{ numbers}\equal{} a\text{ as 3}$

So we have $ 2(6\plus{}7\plus{}8\plus{}9\plus{}10)\plus{}11$ solutions out of our possible $ 121$ (number of selectable integers squared) or $ \boxed{\frac{91}{121}}$.

[/hide]

Unless I'm mistaken, the [hide]lattice point graph[/hide] is easy to visualize, and you can almost do it in your head quickly :)
PRime Factorization, why do you do $ \binom{10}{a}\minus{}\binom{10}{b}<5$? Where do you get the combintations from?

[quote="Prime factorization"]The total number of possibilities is $ {11\choose 1}^{2}$ (assuming that you can have repeated integers).

Now you must simply find when $ {10\choose a}\minus{}{10\choose b}< 5$

$ \frac{10!}{a!(10\minus{}a)!}\minus{}\frac{10!}{b!(10\minus{}b)!}< 5$

$ \frac{a!(10\minus{}a)!}{10!}\minus{}\frac{b!(10\minus{}b)!}{10!}<\frac{1}{5}$

$ a!(10\minus{}a)!\minus{}b!(10\minus{}b)! <\frac{10!}{5}$

Since we have $ 0 < a < 10$ and $ 0 < b < 10$ and $ \{a,b\}\in\mathbb{Z}$ we can try to use some brute force (so to speak). Although there are a ton of cases, we can lower them somewhat as follows:

Using the symmetric property of binomial coefficients, we have for instance $ a \equal{} 1$ and $ a \equal{} 9$ producing the same answer, so we can account for half our cases without even computing them. There are also many cases where $ a!(10\minus{}a)!\minus{}b!(10\minus{}b)! < 0$ which occur when $ a < b$ and $ a < 10\minus{}b$. Finally, if a=b then $ a!(10\minus{}a)!\minus{}b!(10\minus{}b)! \equal{} 0$, so all those cases are accounted for.

I'm not sure if this is going anywhere, but I might post a full solution if I summon the effort to work out the cases.[/quote]

I really do think that the solution is frankly not that complicated...

Erm PF, I think you might have misunderstood the problem (or I have).  After all, it is just $ |a\minus{}b|<5$.
"A number $ a$ is chose from 1-10" doesn't translate to $ \binom{10}{a}$, but I think you already figured that out.
Here's what I mean: [hide]On the y-axis, take 1-10 and on the 1-10 on the x-axis.
 [code]
10 X X X X X O O O O O O
9  X X X X O O O O O O O
8  X X X O O O O O O O O
7  X X O O O O O O O O O
6  X O O O O O O O O O O
5  O O O O O O O O O O O
4  O O O O O O O O O O X
3  O O O O O O O O O X X
2  O O O O O O O O X X X
1  O O O O O O O X X X X
0  O O O O O O X X X X X
   0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10[/code][/hide]


bring that in canonic forme
(x^2+1+x)/(x^3-1)


For any natural number, n, what is the GCD of 8n+5 and 5n+3?

Challenge: Find more than one way to solve the problem.

[hide="a hint"]Ah, those wonderful Fibonacci numbers ...[/hide]

It's difficult to believe that this was once an IMO problem, but:

[hide]$5(8n+5)-8(5n+3)=1$, so their GCD is 1.[/hide]

Solution 2 (I think this might be what JBL was hinting at):

[hide]Assume the GCF is not 1.  There exists an integer p > 1 s.t. p | 8n+5 and p | 5n+3.  Then p | (8n+5-5n-3) --> p | 3n+2.  Then p | (5n+3-3n-2) --> p | 2n+1.  Then p | (3n+2-2n-1) --> p | n+1.  Then p | (2n+1-n-1) --> p | n.  p | n+1 and p | n are both true iff p = 1, reaching a contradiction.  Therefore, GCF(8n+5, 5n+3) = 1.  This can be generalized for any three consecutive fibonacci numbers, if I'm thinking straight today.[/hide]


My calculator gives values for factorials of numbers ending in .5 that are greater than -1 (I graphed Y=x! and the domain was from -.5 to infinity). Is this mathematically correct and why?

The factorial function as it is commonly defined is only defined on the non-negative integers.  However, we can "fill in the holes" and get a new function that behaves like the factorial on the non-negative integers.  This function is called the [url=http://en.wikipedia.org/wiki/Gamma_function]gamma function[/url].


quadratics
geometry
geometric transformation
algebra
geometry solved

HI;
 I have a question concerning the circle-line intersection.Now I have the link that explains exactly the formlas used to detect a circle line intersection which is:http://mathworld.wolfram.com/Circle-LineIntersection.html,but I want the circle to be anyware not only at the origin,how?In the site mentioned above they used for the lines points to determine the end points and they did not use any line equation at all,so if you propose for me a solution please specify one which has no line equation.

Thanks in advance

They used equation of a line to find and solve a quadratic equation for the circle-line intersections. Intersections of a line AB with a circle of radius r centered at the origin is detected by sign of the discriminant $\triangle = r^{2}d^{2}-D^{2},$ where $d = |AB|$ and $D = \left| \begin{array}{cc}x_{A}& x_{B}\\ y_{A}& y_{B}\\ \end{array}\right|.$ If the circle is centered at $(x_{O},\ y_{O}),$ you can move its center to the origin by the translation $x' = x-x_{O},\ y' = y-y_{O}$ and detect the intersections by sign of the discriminant $\triangle = r^{2}d^{2}-D'^{2},$ where $D' = \left| \begin{array}{cc}x_{A}' & x_{B}' \\ y_{A}' & y_{B}' \\ \end{array}\right| = \left| \begin{array}{cc}x_{A}-x_{O}& x_{B}-x_{O}\\ y_{A}-y_{O}& y_{B}-y_{O}\\ \end{array}\right| = D+\left| \begin{array}{cc}d_{x}& x_{O}\\ d_{y}& y_{O}\\ \end{array}\right|$ and $d_{x}= x_{B}-x_{A},\ d_{y}= y_{B}-y_{A}.$


Does anyone know how to pass the AMC from 1950 to 2000? Since I'm doing practice tests, so I wanna know if I passed it or not.
Thanks

I asked the same question a little while back, here is the thread:

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/topic-88233.html

What do you mean by "pass"? If you're referring to qualifying for the AIME, bear in mind that for a significant fraction of the history of the AHSME, there was no AIME and no USAMO - it was a one-shot, one-round test. (And there was no U.S. participation in the IMO.) For instance: in 1969, 1970, and 1971, I personally got scores ranging between about 72 and about 88. That was on a scoring sytem in which a perfect paper would have been 150, but you'd get zero for a blank answer and some negative number for a wrong answer - and I knew people who got negative overall scores. My best guess about my scores? Had there been such a thing as an AIME, that would probably have been good enough to qualify - but since there was no such thing, it's a moot point.

The scoring system for each contest is stated on the cover of the contest booklet itself.  That is true as far back as the exams have been given.  Kent's answer sketches the scoring system for the 1960's and 1970's, but point values and systems have changed from time to time.  The point values are also usually explained in the expalnatory/prefatory/historical remarks at the beginning of each of the Contest Problem Books I-VII.  Statistical suimmaries, high scores, etc. are in the annual Summary of Results and Awards, and are on line back to about 1998 or so.

Steve Dunbar
AMC Director


Two different rectangles are placed together, edge-to-edge, to form a large rectangle. The length of the perimeter of the large rectangle is 2/3 of the total perimeter of the original two rectangles.
Prove that the final rectangle is a square.

[hide="My Solution"]
Because the two rectangles can be joined edge-to-edge to form another rectangle, the two rectangles must have a dimension in common. Let this common dimension be $ x$ and let the different dimensions be $ y$ and $ z$. According to the problem statement, we have the following equation:

$ \frac {2}{3}(2(x \plus{} y) \plus{} 2(x \plus{} z)) \equal{} 2(x \plus{} (y \plus{} z)) \\
4x \plus{} 2y \plus{} 2z \equal{} 3x \plus{} 3y \plus{} 3z \\
x \equal{} y \plus{} z$

In the new rectangle, the dimensions are $ x$ and $ y \plus{} z$. We found that $ x \equal{} y \plus{} z$, meaning that the two dimensions of the rectangle are equivalent thus making it a square. $ \Box$
[/hide]


geometry
inequalities
triangle inequality

[quote="drunner2007"]Prove that the shortest polygonal path from one point to another is the line segment joining them. (define a polygonal path to be a series of connected segments connecting two points)[/quote]
[hide]If you have the points with the connected segments as $a_{1}, a_{2}, a_{3}, ...a_{n}$ where the shortest polygonal path has endpoints $a_{1}$ and $a_{n}$ then you could draw the triangle with vertices $a_{i}, a_{i+1}, a_{i+2}$ and use the triangle inequality to show that the shortest polygonal path is the segment joining $a_{1}$ and $a_{3}$, then do the same with $a_{i+2}, a_{i+3}, a_{i+4}$ etc etc until you get to $a_{n}$ then repeat at $a_{1}$ until you get the line segment joining $a_{1}$ and $a_{n}$..?[/hide]


geometry
3D geometry
sphere
Stanford
college
calculus
trigonometry

Let $S$ denote a set of points $(x,y,z)$. We define the shadow of $S$ to be the set of points $(x,y)$ for which there exists a real number $z$ such that $(x,y,z)$ is in $S$. For example, the shadow of a sphere with radius $r$  centered on the $z$ axis is a circle in the $xy$ plane centered at the origin with radius $r$. Suppose a cube has a shadow of a regular hexagon with area $147\sqrt{3}$. What is the side length of this cube?

my solution is attached with a picture....

Um no you seem to have the right numbers but your calculations went wrong somewhere.

[quote="SM4RT"]following from david's method i think its..
[hide]
$\boxed{7\sqrt{2}}$ :huh:
[/hide][/quote]

Thats what I got but the solutions says its $7\sqrt{3}$ :huh: .

dang it...........
forgot multiply by 2.....
here's the new solution
[hide]
the side would be sqrt 98 which is 7(sqrt 2)
[/hide]
i don't know...
the answer book may be wrong...
or maybe my way of tackling the problem is totally wrong...?

k lol  i followed ur solution and got the answer i posted above...
i dont see how you get 3.5???

forget the 3.5
messed up on my calculations, again...
i edited it....
thanks...
 :lol:

Okay I see they said that the area of a hexagon is $s^{2}\sqrt3$

but it is actually $\frac{3s^{2}\sqrt3}{2}$ I believe

[quote="davidlizeng"]there is one problem....
the shadow is actually smaller than the cube itself...
i tried with my rubik's cube and a bright light...
it would make perfect sense if the shadow was
2/3 the lentgh of the cube's side.
that would cancel out the 3/2 in the area formula.
with my rubik's, i have seen for myself that it is indeed
2/3 the length.
however, someone needs to prove this mathematically.
it'll prob. require some use of the pythagorean theorem..
i'm trying to figure it out....[/quote]

Hmm........ interesting i'll have to read the solution once again.

could you possibly tell me where you got this problem?
i'd like to see the rest of them?
that is, if they can be found online..

[quote="mathgeniuse^ln(x)"]It says Stanford Mathematics Competition[/quote]

Yes right here [url]http://sumo.stanford.edu/smt/2006/Geoques.pdf[/url]

for other tests go here [url]http://sumo.stanford.edu/smt/[/url] and click on a year. There are tests for different subjects like geometry, algebra, calculus and something called Advanced topics  :huh:

I can't seem to get the right answer ... but I think they're saying that the area of a hexagon with side length $\frac{s\sqrt{6}}{3}$ is $s^{2}\sqrt{3}$.

ya thats true because the area of a regular hexagon, with side length $a$ is

$=\frac{3\sqrt{3}a^{2}}{2}$
in this case its
$=\frac{3\sqrt{3}}{2}\cdot\left(\frac{s\sqrt{6}}{3}\right)^{2}$
$=\frac{3\sqrt{3}}{2}\cdot\left(\frac{6s^{2}}{9}\right)$
$=\frac{3\sqrt{3}}{2}\cdot\left(\frac{2s^{2}}{3}\right)$
$=\boxed{s^{2}\sqrt{3}}$

but i dont see why they are saying the side length of the hexagon is $\frac{s\sqrt{6}}{3}$ like what are the similar triangles??

EDIT: Never mind i get it now...i was thinking that TA was the hypotenuse but its AB..so it makes sense now  :)

For those who dont get it (i'm sure its not many) in $\triangle{ABT}$, where $\overline{AB}$ is the hypotenuse, you drop a perpendicular from point $T$ to $\overline{AB}$, all you want to do is compute that distance which can be done with similar triangles (which is quite obvious what they are..)..

I figured out what was wrong with my solution. It was just a computation error.

[hide]
Let [b]s[/b] be the side length of the cube and [b]x[/b] be the side length of the hexagon.
You can see in the cube-hexagon diagram that A' is the shadow of A and B' is the shadow of B. We know that $A'=B'=x$ because each triangle in the hexagon is equilateral. We also know that $A=s\sqrt{2}$ because it's the diagonal of a face on the cube and that $B=s$ because it's just a side on the cube.

The second diagram shows a cutaway view of the cube standing on its tip. It also shows the shadow it makes. From this diagram we know:
\begin{eqnarray*}s\sqrt{2}\cos{(90-\theta)}&=& s\cos{\theta}\\ \sqrt{2}\sin{\theta}&=& \cos{\theta}\\ \tan{\theta}&=& \sqrt{2}/2 \end{eqnarray*}
We also know from the diagram that $\cos{\theta}= x/s$, so:
$s = x/\cos{\theta}= \frac{x\sqrt{6}}{2}$ (You can find 1/cos from tan by drawing a triangle)
The area of the hexagon is $\left(\frac{s^{2}\sqrt{3}}{4}\right)(6) = \frac{3s^{2}\sqrt{3}}{2}= 147\sqrt{3}\qquad \Rightarrow s = 7\sqrt{2}$
Now just sub this into the equation:
$s = \frac{x\sqrt{6}}{2}= \frac{(7\sqrt{2})\sqrt{6}}{2}= \boxed{7\sqrt{3}}$
[/hide]

wow thats a different solution ..nicely done


[quote="chess64"]Let $a$ and $b$ be nonnegative real numbers. Prove that \[ \sqrt{2}\left(\sqrt{a(a+b)^3}+b\sqrt{a^2+b^2}\right)\le 3\left(a^2+b^2\right).  \][/quote][hide="Hint 1"]You have a sum of square roots on the lesser side. What might that suggest?[/hide] [hide="Hint 2"]Each of the terms on the greater side has degree two. This means terms with degree two on the lesser side might be desired. How this be achieved for a useful Cauchy-Schwartz?[/hide] [hide="Solution"]From the [b]Arithmetic Mean-Geometric Mean Inequality[/b], \[ 2ab\le a^2+b^2. \] Hence, \[ 2a^2+2b^2+2ab\le 3a^2+3b^2, \] \[ \left(\sqrt{2}\right)\left(\sqrt{2}\right)(a^2+ab+b^2)\le3(a^2+b^2), \] \[ \left(\sqrt{2}\right)\left(\sqrt{2a^2+2ab+2b^2}\right)\left(\sqrt{a^2+ab+b^2}\right)\le3(a^2+b^2). \] \[ \left(\sqrt{2}\right)\left(\sqrt{(a+b)^2+(a^2+b^2)}\right)\left(\sqrt{a(a+b)+b^2}\right)\le3(a^2+b^2). \]From the [b]Cauchy-Schwartz Inequality[/b], \[ \sqrt{2}\left(\sqrt{a(a+b)^3}+b\sqrt{a^2+b^2}\right)\le\left(\sqrt{2}\right)\left(\sqrt{(a+b)^2+(a^2+b^2)}\right)\left(\sqrt{a(a+b)+b^2}\right). \] Thus, by the transitive propery of inequalities,  \[ \sqrt{2}\left(\sqrt{a(a+b)^3}+b\sqrt{a^2+b^2}\right)\le 3\left(a^2+b^2\right), \] as desired.[/hide]

What's Red MOP? and, where can I get questions from previous years?

I think it's the freshmen group at MOP.  I asked the same question and the response I got was that you can only get them from 2002 and 2005, the latter located [url=http://students.imsa.edu/~tliu/Math/]here[/url].

You can get 2006 if you have connections :D

[quote="jrshoch"]2006 questions shouldn't be released because some of us are working on them  ;)
Although I am tempted to ask for help on many of them  :([/quote]
Only a few are MOP specific. They include a lot of problems from other country's contests. So if a person were to cite those when posting the problem, or say, PMing them to interested persons, he/she wouldn't be breaking (a lot of) rules.

towersfreak2006's solution seems to be rather complicated.
This one is simpler.

By AM-GM inequality:
$LHS=\sqrt{2a(a+b)(a+b)^2}+\sqrt{2b^2(a^2+b^2)} \le \frac{2a^2+2ab+(a+b)^2}{2}+\frac{2b^2+a^2+b^2}{2} = 2(a^2+b^2)+2ab \le 3(a^2+b^2)$


Farmer Orwell has 21 pigs. He wants to put them in 5 pens so that no pen is empty and no pig is homeless. In how many ways can he do this? (All pigs are identical).

I suppose so. This is trickier than I thought...I mean at first it looks like a pigeonhole, but it's not...

That only works if the pens are distinct (which they probably are meant to be for this question).  The method behind that answer:

[hide]We have to divide 21 pigs into 5 groups.  Draw 21 little pigs in a row.  Now, you need to put fences between them.  Since no pen is empty, we have to pick 4 of the spaces between the pigs in which to build the fences.  Thus, C(20, 4).[/hide]

Yeah, this technique is used a lot (it was even taught in my precalc class), so I'd remember how to use it.

yes
yes
see
i put 15*17*19 as my ans, which equals 20C4, but no!!!!
they didn't accept taht answer!!!!
damn
stupid subway made me late


Where can I get past NYCML problems? It would be nice if I get solutions with them.

Asked before:
http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?t=22099
I know that my former teacher keeps copies of the questions from many years ago. Have you asked your own teacher?
Who needs a solution guide when you can ask here? You'd do us all a favor by making them available for reference. :)

NYC Math Team head coach David Linker is currently trying to finish the new books as quickly as possible.  Unfortunately, it will most likely not be ready until at least several months after ARML.


Find the Range of
$ y = \sqrt {x-1} + \sqrt {5-x} $

[quote="Rushil"]Just a minor thing to complete the solution. We just have to justify monotonicity to establish the final resuly!!!! :)  :lol:  :D[/quote]
Yes. I forgot to mention it...


modular arithmetic
number theory unsolved
number theory

Hi  :D !! Prove that every prime numbers of  Fibonacci sequence are in $ 4k \plus{} 1$ form.(exept $ F_4 , F_3$)

And, naturally, except $ F_3 \equal{} 2$  :D

It is known that $ F_m|F_n$ if $ m|n$. So if $ F_p$ is prime, then $ p$ is as well (except $ F_4\equal{}3$ :D, where we have $ 1\equal{}F_2|F_4$). But $ F_n \equal{} \minus{} 1\pmod 4$ only for even $ n$ (as $ F_n\mod 4$ is $ 6$-periodic). qed.

Oh ... I forgot $ F_3$ . thank you for your solution


vector
algebra
polynomial
superior algebra
superior algebra unsolved

Define $E = \mathbb{Q}\left(\left.\left\{\sqrt[n]{2}\ \right|\ n \in \mathbb{N} \backslash \{0\}\right\}\right)$.

Show that $E$ is algebraic over $\mathbb{Q}$ using basic definitions etc (no "advanced" theorems)

It is an extension generated by finite number of algebraic numbers, thus the vector space will be finite dimensional

:huh:
It has infinite dimension, I think.

But wouldn't the standard prove for 'the algebraic numbers are closed under the standard operations' apply here (I don't see why it shouldn't be simple...).

Basically we learnt in class "This is the definition of an algebraic extension: ...", then we got that exercise, and only then we started stating & proving all kinds of theorems about algebraic extensions. So that's why I'm looking for a proof straight from the definition...

Hmm, I just saw the definition on mathworld, and I wonder is $x^n-2$ not such a polynomial? I'm probably wrong on this as it's way too simple, but it seems to fit the definition. :)

Yes it's too easy: the polynomial of $\sqrt 2+ \sqrt[3]2$ is not that 'simple'.

yet it's not difficult to prove that an algebraic extension over an algebraic extension is still algebraic :)


This problem is easy if you know how to do it but extremely tricky if you don't.
What is the absolute value of 3+i?  ( :oops_sign: It's not 4 or 2 :oops_sign: )
[hide="hint"]try using vectors :coolspeak: [/hide]

[hide]
On the imaginary plane, let the horizontal axis be the real axis and the vertical axis be the imaginary axis; then the point (3,i) has absolute value $\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$

I guess it's fairly easy if you have a concept of the imaginary plane.

[/hide]

I'm not positive about this but here goes:
[hide]
$|z|= \sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$[/hide]

I just used what I learned from Algebra II

[hide]It is $\sqrt{3^{2}+1^{2}}=\sqrt{10}$[/hide]

[quote="mathnerd314"][hide]
If I'm not totally mistaken, the absolute value of $a+bi$ is $\sqrt{a^2+b^2}$, in other words, the distance from the origin when it is plotted on the complex plane. Therefore, the absolute value of $3+i$ is $\sqrt{10}$.
[/hide][/quote]

Your not mistaken.

[quote="daermon"]This problem is easy if you know how to do it but extremely tricky if you don't.
What is the absolute value of 3+i?  ( :oops_sign: It's not 4 or 2 :oops_sign: )

[color=darkblue][u]hint[/u][/color]
try using [b]vectors[/b] :coolspeak: [/quote]

What is vectors?

a vector has a direction and a magnitude; basically, draw a line and make one end an arrow. This is a vector, it represents change on another quantity. Just do a google search :)
with the whole absolute value thing, it is easy to see if you define absolute value as distance from zero

vectors are basically arrows directing a move on a number plane :clap:

As a comment, I think if you know about vectors, you'll know that the absolute value of $a+bi=\sqrt{a^2+b^2}$.

[quote="VenDiddy"]Does anyone know what the meaning of $|a+bi|$ is? I know the formula but other than that it is meaningless to me.[/quote]On a number line, abs. value is the distance from zero. Here, it's the distance from the origin. Same thing.

[quote="t0rajir0u"][quote="daermon"]This problem is easy if you know how to do it but extremely tricky if you don't.  [/quote]

I'd say it's impossible if you don't since you wouldn't know the definition of the absolute value of a complex number.  :)

I find the following definition more useful from a theoretical basis:

$|z| \in \mathbb{R}^{+} : (|z|)^2 = z \bar{z}$

Since it extends readily to fields other than $\mathbb{Z}[i]$.  The vector definition is restricting since a physical meaning is less easily ascribed to the norm in, say, $\mathbb{Z}[ \sqrt{3} ]$.[/quote]
To all GS-users, this 'stuff' is not Getting Started level, so don't worry if you don't understand.
[EDIT]Editted the word 'beginners'

o_O I never knew that the absolute value of a number in the complex plane is the same as its vector magnitude...

now I know I guess


Find the next three terms of the patterm 2,4,5,6.

I could fit many different functions to this. Please give at least three more terms (for me to find the next three after that :lol: ) so that I may at least have an idea of where you are going.

Thats the problem, I didn't know ethier :?

[quote="10000th User"]One possible pattern: $a_n=n+\left\lfloor\frac{n+1}{3}\right\rfloor+1$[/quote]
Can you do it without a floor function?

There are way too many functions that fit the pattern!

[quote="mathnerd314"]Same thing I said. Where did you get this, PenguinIntegral?[/quote]
I take math one grade above. We are both doing patterns. Some of the patterns are random.( I didn't know this until today, see my blog). A friend of mine comes up for help on a math problem. To my disanisfaction, I don't have a quick answer utilizing only basic things you use in 7th grade. So apperently, we were supposed to write "random sequence" instead of a equation :rotfl:

To make my blog entry short, I came up against a different random pattern and solved it.

It got counted wrong.:mad:


Let $ n$ be a positive integer. Find the sum of all even
numbers between $ n^2\minus{}n\plus{}1$ and $ n^2\plus{}n\plus{}1$

[hide="Solution"]There's $ n^2\plus{}n\plus{}1\minus{}n^2\plus{}n\minus{}1\equal{}2n$ numbers between them, so $ n$ even numbers between them. If we consider two cases $ \mod 2$, we find that the end values are always odd. The first even number is $ n^2\minus{}n\plus{}2$. The second is $ n^2\minus{}n\plus{}4$, and so on, until $ n^2\plus{}n$.

We have $ \sum_{k\equal{}1}^{n}n^2\minus{}n\plus{}2k\equal{}(n^2\minus{}n)n\plus{}n(n\plus{}1)\equal{}\boxed{n^3\plus{}n}$[/hide]


function
Euler
LaTeX
number theory proposed
number theory

Let $\phi$ denotes the Euler function and $T = \{ \phi (n) , n=1,2,3, \cdots \}$.
Let $a,d$ be two positive integers and $S = \{a+nd,n=0,1,2,3, \cdots \}$.

Prove that $S \cap T $ is either infinite or contains at most one element.
Moreover, prove that these three cases ($0,1,+ \infty$) are indeed possible.

Pierre.

Am I misunderstanding this? What if $a=\phi(k),d=\phi(t)-\phi(k)$? The sets have at least two elements in common: $a$ and $a+d$.

But in that case, it is not difficult to prove that they have an infinite number of common elements. I do not see where the problem is.

Pierre.

Oh, I see. Really sorry for asking stupid questions such as that one...  :blush:

I guess the question is equivalent to prove that $S\cap T$ is not empty. We may prove (if it's true I don't know) it exists a prime p and an integer n verifying $p = a+1 + nd$ since $\phi(p)=p-1=a+nd$, does it exists p such that $d|p-(a+1)$ ?

But if $a+1$ and $d$ are not coprime, I don't think you could find such a prime $p$....

Pierre.

[quote="pbornsztein"]Let $ \phi$ denotes the Euler function and $ T \equal{} \{\phi (n) , n \equal{} 1,2,3, \cdots \}$.
Let $ a,d$ be two positive integers and $ S \equal{} \{a \plus{} nd,n \equal{} 0,1,2,3, \cdots \}$.

Prove that $ S \cap T$ is either infinite or contains at most one element.
Moreover, prove that these three cases ($ 0,1, \plus{} \infty$) are indeed possible.

Pierre.[/quote]

The matter was discussed in "[i]Thomas Dence, Carl Pomerance; The Ramanujan Journal (1998)".[/i] I attach below a copy of this file, but I don't know why it has some sistematically Latex mistakes. I'll be grateful if someone can find a clear version of this paper, I think it is very interesting..


I used to live in the UK and took UKMT intermediate and senior paper
(which I guess are equivalent to AMC 10 and 12 respectively)

Can you evaluate and compare the difficulties between the two?
UKMT and AMC

I've never taken AMC be4 and I just want to know how I'll perform.

Heres the link to UKMT past papers:

SEnior: http://www.wpr.aaugonline.net/UKMT/smc.html

Intermediate: http://www.wpr.aaugonline.net/UKMT/imc.html

I think Senior UKMT = AMC 10

I mean for number 1 of intermediate, the question is 4002-2004

[quote="nodrog2002"]I mean for number 1 of intermediate, the question is 4002-2004[/quote]

But unlike the AMCs, you can't use a calculator. Or any tool for that matter.

Yeah, I just looked through the intermediate, and it seemed a bit...easy, maybe about mathcounts state level or something?  But the advanced seems kind of similar to AMC10 problems.


real analysis
geometry
3D geometry
sphere
vector
Functional Analysis
advanced fields

It is well known(for example, Rudin, Functional Analysis), that a weak closure of a convex set coincides with its strong closure in locally convex space.

Coudl you give a counterexample, when it fails, if we drop the condition that our set is comvex.

Let $ (e_{n})$ be the standard basis in the Hilbert space $ \ell_{2}$. The set $ \{e_{n}\}$ is closed, but not weakly closed: $ e_{n}\to 0$ in the weak topology.

what is the weak closure of the unit sphere ..

The closed unit ball, of course. Given $ x\in\ell_{2}$ with $ |x|<1$, consider $ x_{n}=x+\sqrt{1-|x|^{2}}f_{n}$, where  the unit vectors $ f_{n}$ are orthogonal to $ x$.


[b]Αγαπητοί φίλοι του φόρουμ ! [/b]

 [color=blue]Σας ανακοινώνω την πρόθεση ορισμένων μελών του φόρουμ :[/color]
 Scripta manent ! Λέγαν οι Λατίνοι (Τα γραπτά μένουν ! ). Για το λόγο αυτό καλλιεργείται η σκέψη να βγάλουμε , ως μέλη του φόρουμ , ένα βιβλίο ολυμπιάδων. Κάθησα και σκέφτηκα το πρωί την ιδέα. Υπάρχουν δυσκολίες αλλά τίποτα δε γίνεται από μόνο του. Λοιπόν , αν η ιδέα προχωρήσει , θα βαδίσουμε με το  εξής σχέδιο :
[b]   α)[/b] Θα ορίσουμε 4 ή 5  συντονιστές (κατά προτίμηση να έχουν τελειώσει το σχολείο).Έναν για την Άλγεβρα (πχ τον Αλ.Συγγελάκη) , έναν για τη Γεωμετρία( πχ Τον Κύριο Βήττα !) ,  έναν για τη θεωρία Αριθμών(πχ τον Λουκά Σιδηρόπουλο ) ,  έναν για τα Combintatorics(πχ το Νίκο Σκουμπρή ) και έναν για τα θέματα διαγωνισμών - ολυμπιάδων (πχ Dulac ).Αν θέλουμε βάζουμε και από δύο συντονιστές , αν κάποιος δεν προλαβαίνει και έτσι η δουλειά μοιράζεται.
 [b]  β)[/b] Έχω χωρίσει το βιβλίο σε 5 Μέρη(κεφάλαια) και υποενότητες.Σε κάθε υποενότητα θα βάλουμε
   [color=red] i)[/color] τη σχετική θεωρία (περιληπτικά και όπου χρειάζεται μερικές αποδείξεις)
   [color=red] ii) [/color]Περίπου 10 - 20 ασκήσεις, ανάλογα με την ενότητα. Από αυτές 4-5 θα είναι πολύ αναλυτικά  λυμένες και θα είναι διδακτικές. Οι άλλες θα μπουν προτεινόμενες με πλήρη λύση στο πίσω μέρος του βιβλίου.
   Τη θεωρία θα την αναλάβω εγώ με τους συντονιστές.
[b]   γ) [/b]Κάθε μέλος , αλλά και κάθε άλλος που επιθυμεί , θα μπορεί να στείλλει όσες ασκήσεις θέλει. Πρώτα θα τις βάζει στο φόρουμ με κρυμένη τη σχετικά σύντομη λύση και συγχόνως θα τη στέλνει στο συντονιστή γραμμένη καθαρά αλλά μόνο με [color=red]ΜΟΛΥΒΙ ! [/color].Στο φόρουμ θα τη βλέπουν και οι άλλοι , θα ελέγχουν τη λύση και θα στέλνουν και τυχόν άλλες λύσεις. Αυτές τις άλλες λύσεις μπορεί να τις συγκεντρώνει  ο συντονιστής  , αλλά θα τις στέλνει και ο λύτης γραπτά στο συντονιστή. Πιθανόν να είναι καλύτερα , ο προτείνων να μαζεύει και τις άλλες λύσεις και να τις στέλνει όλες μαζί στο συντονιστή.Στις διαφορετικές λύσεις ο συντάκτης θα γράφει και το όνομα του λύτη .Η παρουσίαση της άλλης λύσης στο φόρουμ είναι υποχρεωτική, για πολλούς λόγους.
  [b] δ) [/b]Στο τέλος του βιβλίου θα υπάρχει κατάλογος με τις ασκήσεις που έστειλλε ο καθένας και φυσικά το όνομά του. Οι άλλες λυσεις , εκτός από την πρώτη , θα αναφέρονται στο κυρίως βιβλίο με το όνομα του λύτη. Με αυτό τον τρόπο θέλω να παρακινήσω τα μέλη να προσπαθούν και για άλλες λύσεις , κάτι που θα κάνει και το βιβλίο ξεχωριστό !

   Έχω υπολογίσει ότι το βιβλίο θα περιέχει  από 350 το ελάχιστο έως 500 το πολύ θέματα. Το εξώφυλλο θα είναι κάτι σαν :

                     [b]Μαθηματικές Ολυμπιάδες -  ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ,
                    Από το ΘΑΛΗ  μέχρι τον ΑΡΧΙΜΗΔΗ.  SENIOR κλπ.[/b]

Θα το ψάξουμε αυτό.Στο εξώφυλλο θα μπουν - για πρακτικούς λόγους -  μόνο τα ονόματα  των Συντονιστών και του Επιμελητή  (Δε θα υπάρχει συγγραφέας).Τα ονόματα [color=red]όλων[/color]των άλλων θα μπουν πίσω ή μπροστά, σε ειδική λίστα με τίτλο : ''Τα θέματα έστειλαν ή κατασκεύασαν''. Δεν αποκλείεται όμως να βάζω το όνομα του προτείνοντας στο τέλος της εκφώνησης , αν δε χαλάει η αισθητική του βιβλίου). Στο οπισθόφιλο θα γράψουμε τον τρόπο που φτιάχτηκε το βιβλίο και το σκοπό του. Στον πρόλογο θα γράψουμε ότι και ότι άλλο μας αρέσει.
 Εκδότη κλπ θα βρούμε αργότερα. Ο Σαββάλας δε νομίζω να πει όχι.Αν χρειαστεί θα το πληρώσω εγώ. Έσοδα , δεν ξέρω αν υπάρξουν.Αν ναι , θα τα αξιοποιήσουμε σε αγορά μαθηματικών βιβλίων  ή σε δημιουργία ελληνικού μαθηματικού φόρουμ για όλες τις βαθμίδες (Δημοτικό - Μέση εκπαίδευση).
  Τώρα , αν νομίζετε ότι κάτι τέτοιο μπορεί να περπατήσει , γράψτε τις σκέψεις σας και τις προθέσεις σας.Αν είμαστε 20 άτομα και ο καθένας στείλλει από 20 ασκήσεις , το βιβλίο είναι έτοιμο.Δε χρειάζονται αμφιβολίες και εσωστρέφεια.Όλα μπορεί να γίνουν πολύ γρήγορα.

 [b]Μερικές τεχνικές λειτουργίες.  [/b]

  [color=red]  1. [/color]Όπου μαζευτούν περισσότερες ασκήσεις , οι συντονιστές θα τις αξολογήσουν , θα τις τακτοποιήσουν κατά δυσκολία και ενδιαφέρον και μόνο αν κάποια καλύπτεται φανερά από κάποια άλλη ή μοιάζει θα αποκλειστεί. Αυτό όμως δε θα συμβεί , διότι όλες οι ασκήσεις θα είναι κρεμασμένες , να τις βλέπετε , και αφού διαπιστώνετε ότι ή άσκησή σας είναι διαφορετική , μόνο τότε θα τη στέλνετε.
  [color=red] 2. [/color]Δε θέλουμε μόνο δύσκολες ασκήσεις , αλλά και πολλές μέσης δυσκολίας.Αυτές είναι οι καλύτερες.Θα έχω ένα κεφάλαιο - το πέμπτο - με θέματα διαγωνισμών , όπου βάλτε και τα πιο τρελλά σας θέματα. Να είναι όμως ωραία , να έχουν διδακτικό χαρακτήρα και να καλύπτουν κάποιο είδος ασκήσεων.
 [color=red]  3. [/color]Τα θέματα διαγωνισμών θα τα βάζετε με την πηγή τους , αν την ξέρετε.
[color=red]   4. [/color]Να προτιμήσουμε να βάλουμε θέματα από τη διεθνή σκηνή, είτε από φόρα είτε από βιβλία ή ξένα περιοδικά. Καλό είναι να μην ανοίξουμε σχεδόν καθόλου ελληνικά βιβλία , που ήδη κυκλοφορούν.Αυτό θα βοηθήσει να συμπληρώσουμε όσο γίνεται την ελληνική θεματογραφία.Άλλωστε τα Ελληνικά βιβλία θα τα έχουμε ήδη και τα θέματά τους μας είναι γνωστά.Αλλά βιβλία που εξαντλήθηκαν - παλιά ή νέα -  μπρείτε να τα συμβουλευτείτε.
   [color=red]5. [/color]Αν λοιπόν σας αρέσει η ιδέα και θέλετε  να βοηθήσετε, να το δηλώσετε σε αυτό το χώρο.Αν όχι , δε χρειάζεται να γράψετε τίποτα.
 [color=red]  6. [/color]Αν οι συμμετοχές είναι αρκετές και προχωχρήσουμε  , τότε θα ανοίξω νέα topic κατά θεματική ενότητα (πχ. [color=blue]ΒΙΒΛΙΟ , ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ  - Ειδικά θέματα, Ασκήσεις 1- 30 [/color]ή [color=blue]ΒΙΒΛΙΟ , ΑΝΙΣΟΤΗΤΕΣ , Ασκήσεις 1- 30 [/color])κλπ
 Έτσι οι ασκήσεις θα μαζευτούν σωστά και γρήγορα.Στο κάθε topic θα έχουμε τη διεύθυνση και το τηλέφωνο του συντονιστή ή του επιμελητή.
  Σκεφτείτε ότι  ήδη με τα υπάρχοντα μηνύματα έχουμε τόσο υλικό. Αυτό δύσκολα μπορεί κάποιος να το βρει. Σε ένα βιβλίο όμως τα πράγματα είναι διαφορετικά.
[color=blue]7. [/color].Όταν πληκρολογηθεί το κείμενο , θα πάρετε όλοι από ένα αντίγραφο  για να ελέγξετε την ορθότητα των λύσεών σας , να τις συμπληρώσετε , να τις σχολιάσετε , αλλά και να δείτε και όλο το βιβλίο συνολικά.

  Αυτά για τώρα. Ξέρω ότι πολλοί βιάζεστε να ξεκινήσετε να στέλνετε υλικό. Λίγη υπομονή.Ας κάνουμε την πρώτη σφιγμομέτρηση για να δούμε τι σκέφτονται τα μέλη και συνεχίζουμε !!!
                  [u]Μπάμπης[/u]

Κ. Στεργίου, εξαιρετικά!

Το είχαμε συζητήσει άλλωστε πριν μερικές μέρες! Η ιδέα φαίνεται πολύ εκλυστική! Απλώς πιστεύω το εξής: Καλύτερα θα ήταν να αρχίσουμε να μαζεύουμε τις ασκήσεις και τα σχετικά μετά το πέρας της σχολικής χρονιάς , όπου θα μπορούμε όλοι να συμβάλλουμε στη συγγραφή του βιβλίου , απαλλαγμένοι από τις σχολικές υποχρεώσεις!

Συγχαρητήρια για την πρωτοβουλία που πήρατε! Η επιτυχία του βιβλίου είναι δεδομένη !  :lol:

Στέλιος

Ωραία... :D
Θέλω να πω ότι με τις ήδη υπάρχουσες ασκήσεις γίνεται πολύ  καλή δουλειά .Το θέμα είναι το καθαρογράψιμο και η συρραφή .
Πάντως δεν πρέπει να είμαστε και πάρα πολλοί γιατί θα γίνει μπέρδεμα  :P

Παιδιά κ εγώ είμαι μέσα!!!!!!!! Τρομερή ιδέα!!!!!!!!!!! :wink:  :wink:

[quote="mostel"]Πολύ σωστά το έθεσες Σιλουανέ. Άλλωστε το συζητήσαμε το συγκεκριμένο θέμα ουκ ολίγες φορές...

Ήταν να βρεθούμε και με τον Ράλλη να δούμε τι θα γίνει, αλλά ο αθεόφοβος δεν κατεβαίνει στο υπέροχο, μαγευτικό Κιλκίς  :rotfl:

Θα οργανωθούμε όμως σιγά σιγά και δεν θα υπάρξει πρόβλημα!

@silouan
[hide]Θύμησέ μου μια φορά να το συζητήσουμε όλοι μαζί όπως είχαμε πει  :) [/hide][/quote]

 Παιδιά , την ιδέα του βιβλίου μου την είπε ο Στέλιος που τη συζήτησε με το Σιλουανό και δεν ξέρω και ίσως με ποιον άλλο.Να μου το πουν παρακαλώ ,γιατί αυτό έχει μεγάλη σημασία.Αν θέλουν να αναλάβουν αυτοί την εποπτία , εγώ δεν έχω κανένα πρόβλημα.Δε θέλησα να  θέσω το θέμα ως προτωβουλία μιας μικρής ομάδας 4 ατόμων , διότι τότε οι άλλοι αποκλείονται και φοβάμαι πως δε θα πάρουν ζεστά την ιδέα.Φυσικά , στο βιβλίο θα μπουν σε περίοπτη θέση τα ονόματα αυτών που είχαν την ιδέα.Αν θέλουν μάλιστα αυτοί οι 4 να αναλάβουν το συντονισμό των κεφαλαίων , και να μπουν στο εξώφυλλο ως συντονιστική ομάδα , είναι ακόμα καλύτερα.Γιατί είναι συνομήλικοι και μπορούν να βρίσκονται. Εγώ , [color=red]αν και θα βοηθήσω δε θέλω να μπω καθόλου στο εξώφυλλο [/color], ούτε πουθενά αλλού , ούτε ως συντονιστής ούτε ως επιμελητής. Δε θέλω να σφετεριστώ την ιδέα κανενός , πόσο μάλλον τη δική σας , που σας εκτιμώ τόσο. Αν έκανα αυτή την παρέμβαση στο φόρουμ ειναι για να οργανώσω λίγο το ζήτημα και να καταστήσω όλα τα μέλη ενεργά. Σίγουρα θα βρεθούν κάποιοι που θα πουν : '' Ρε σεις σας καπέλωσε ο Στεργίου κλπ'' και ξέρετε ότι αυτά τα μισώ όσο τίποτα άλλο. Ανπαίρνω μέρος σε αυτή την πρωτοβουλία , είναι για να μη μείνουν τα πράγματα στη μέση. Ξέρετε ότι και μια προηγούμενη ολυμπιακή ομάδα ξεκίνησε -  πριν δύο χρόνια-να βγάλει βιβλίο στο Σαββάλα  και τα παράτησε. Δεν είναι εύκολο , ούτε όμως και ακατόρθωτο. Λοιπόν , εγώ
[color=red]δε θα επέμβω ξανά σε αυτή τη σελίδα , εκτός και αν μου ζητήσετε κάτι συγκεκριμένο ή κάποια βοήθεια . [/color]
 [u]Η προσπάθεια  είναι δική σας και θα μείνει δική σας[/u]. Σας είπα μερικά οργανωτικά πράγματα και τίποτα παραπάνω. Καταλαβαίνετε ότι είναι λεπτή η θέση μου και δεν πρέπει να αναμιχτώ περισσότερο.Και αυτό θα κάνω. Άλλωστε  , σας είπα ότι σε αυτή τη σελίδα θα πέσουν όλες  οι ιδέες και  οι προτάσεις.Και αν γίνει σύνθεση και ληφθεί απόφαση , εδώ είμαι για να βοηθήσω. Αλλά χωρίς αυτό  να αναφερθεί πουθενά σε εξώφυλλο ή αλλού . Για όλα εσείς θα αποφασίσετε .  Η γνώμη μου θα είναι μόνο συμβουλευτική και τίποτα παραπάνω.
 Συνεχίστε και δώστε πνοή σε κάτι που αξίζει να γεννηθεί !

Κ. Στεργίου, η ιδέα του βιβλίου μπορεί να προήλθε από εμάς, αλλά το βιβλίο θα γίνει από [u]όλους[/u]! Το μόνο που θέλουμε όλοι είναι ένα άρτιο αποτέλεσμα, στο οποίο χρειαζόμαστε τη βοήθειά σας! Θα βοηθήσουμε και εμείς βέβαια όσο μπορούμε! Και καλύτερα να μπουν συντονιστές έμπειρα άτομα, όπως αναφέρατε και εσείς παραπάνω! Όλα αυτά είναι διαδικαστικά και πιστεύω πως δεν θα υπάρξει κανένα πρόβλημα !

Χαίρομαι που είμαι μέλος της κοινότητας ! Χαίρομαι που όλοι μαζί θα βγάλουμε ένα εκπληκτικό βιβλίο ! Είμαι απολύτως βέβαιος πως όλα θα πάνε κατ' ευχήν με την καθοδήγησή σας, που τόσο πολύ την χρειάζομαστε!

Στέλιος

PS: Είμαι διατεθειμένος να αναλάβω και την ηλεκτρονική επεξεργασία των χειρογράφων!

Το θέμα το είχα συζητήσει με κάποια μέλη του forum εδώ και αρκετό καιρό και από τότε είχα δηλώσει ότι θα με ενδιέφερε να συμβάλλω κι εγώ στη συγγραφή του βιβλίου.Απλά πείτε μου πότε ξεκινάμε!

[quote="nickolas"]Πολύ καλή  ιδέα!! Με μια  μικρή  παρατήρήση:
  Για να είμαστε δίκαιοι, όταν με το καλό φτάσουμε στο εξώφυλλο, να μπεί ένας ουδέτερος τίτλος ως συγγραφείς (πχ Ελληνικό μαθηματικό φόρουμ) και στην μέσα σελίδα τα ονόματα όλων όσων ασχοληθούν, με αλφαβητική σειρά. Έτσι για να μην νιώσουν κάποιοι ότι αδικούνται. Εγώ πάντως προσφέρομαι να βοηθήσω όσο μπορώ. Vamos!! :lol:[/quote]

[i] Αφού ο Στέλιος εκφράστηκε θετικά , θα πω τη γνώμη μου :[/i]

 Με αυτή την άποψη του Νικόλα συμφωνώ και εγώ. Δεν το έγραψα το πρωί με αυτό τον τρόπο  -  αν και το σκέφτηκα -  διότι κάποιος θα βάλει μία άσκηση , άλλος 50 και θα  φαίνονται όλοι ισότιμοι .Εμένα αυτό δε με ενοχλεί καθόλου , αφού δε θέλω να φαίνομαι πουθενά - σας εξήγησα ότι είναι λεπτή η θέση μου - αλλά φοβάμαι πως κάποιοι θα ενοχληθούν.Για το λόγο αυτό πρέπει όλα να ξεκαθαρίσουν από τώρα. Τα πάντα ! Τίτλοι , εξώφυλλα , κλπ, πριν προχωρήσουμε σε έργο. Ξέρετε, είμαστε σε μία χώρα όπου η συνεργασία δεν καλλιεργείται πουθενά στο Σχολείο και στο τέλος , σε όλες τις δουλειές βγαίνουν όλοι τσακωμένοι. Ολοι θεωρούν τους εαυτούς τους αυθεντία  ! Εχουν δει πολλές αθλιότητες τα μάτια μου και έχω χρέος να σας προφυλλάξω. Θα υπάρξουν και πολλές  κακοπροαίρετες παρεβμολές από τους έξω που δε βλέπουν με καλό μάτι την προσπάθεια αυτή.Σε σας δε θα το πουν τώρα , αλλά θα σας σπείρουν το ζιζάνιο της διχόνοιας και θα πάνε όλα στράφι.
   Από την άλλη , αν δεν αναλάβουν κάποιοι τα σκήπτρα , βιβλίο δε γράφεται ! Και αν βγει πρόχειρο και ακατάστατο , θα ντρέπεστε που μέσα έχει το όνομά σας. Αν συμφωνήσετε σε κάτι , πρέπει το αποτέλεσμα να είναι άριστο. Διαφορετικά να μη βγεί. Αλλά δε μπορεί να βγει άριστο , αν κάποιοι δεν αφιερώσουν πολύ χρόνο ! Δε μιλάμε για 50 σκόρπιες ασκήσεις , προχειρογραμμένες , όπως τις βάζουμε στο φόρουμ. Μην ξεχνάτε ότι  φέτος πολλοί από σας έχετε πανελλήνιες. Μακάρι να πάρετε μετάλλιο σε Ολυμπιάδα και να γλυτώσετε από την ευθύνη αυτή. Αλλά οι εξετάσεις έχουν προτεραιότητα, διότι είναι ο σίγουρος δρόμος.Κανένας δε θα διακινδυνεύσει τη σχολή του για να κάθετε μέρα νύχτα να γράφει ή να διορθώνει. Σας τα λέω αυτά διότι πρέπει να γνωρίζετε από την αρχή όλες τις δυσκολίες.
  Εκτός αυτού , πώς θα μπορέσουν μαθητές ή φοιτητές να συναντηθούν και να συντονιστούν , όταν ζουν σε διαφορετικά μέρη ; Αυτά σκέφτηκα και είπα το πρωί να ορίσετε συντονιστές που να είναι τελειόφοιτοι και κοντά στην Αθήνα ή να έχουν την Αθήνα ως χώρο συνάντησης.  Μετά την πληκτρολόγηση , το βιβλίο θέλει τρομερή δουλειά. Αν αυτή δε γίνει από επαγγελματία διορθωτή , θα ξεφύγουν λάθη.Αν δεν υπάρξει όμως διορθωτής , τότε αυτή η δουλειά θα γίνει από εσάς και δεν είναι εύκολο. Πρέπει να είστε κοντά στις εκδοτικές επιχειρήσεις , για να παρεμβένετε στα κείμενα προσωπικά. Δεν είναι λογοτεχνία αλλά μαθηματικά και υπάρχουν τεχνικά θέματα.
 Μια παρένθεση : Στο παρελθόν ένας εκδότης έβγαλε ένα βιβλίο - με δική του πρωτοβουλία και το ονόμασε ΄΄ Το βιβλίο των 100 συγγραφέων ''. Ο κάθε συνάδελφος που πρότεινε , είχε το ονομά του κάτω από την εκφώνηση. Απ΄'εξω δεν υπήρχαν ονόματα. Αυτό το βιβλίο όμως ήταν διαφορετικό ! Γιατί την ευθύνη την είχε ο εκδότης. Οι συγγραφείς μόνο έστειλαν την άσκηση. Εδώ ποιος θα βγάλει τον όγκο της δουλειάς. Γιατό όπως ένα σπότι δεν είναι απλή συσσώρευση από πέτρες , έτσι και ένα βιβλίο δεν είναι απλή συσσώσρευση ασκήσεων.Όλοι σας έχετε από 200 ασκήσεις στο σπίτι σας και μάλιστα καλογραμμένες και καλολυμένες. Αν θέλατε να αναδείξετε το όνομά σας  , μπορούσατε κάλιστα να τις δώσετε σε μια δεσποινίδα να τις πληκτρολογήσει , να δώσετε 1000 ευρώ και να βγάλετε  300 βιβλία στα ράφια για να σας βλέπουν . Όμως σε αυτήν την προσπάθεια κανένας δε νομίζω ότι πάει για την προβολή  , αλλά για τη δημιουργία και την εμπειρία.Γιαυτό , μπορεί να γίνει ένα από τα δύο :
  α) Ο τίτλος είναι ουδέτερος  , το εξώφυλλο  είναι χωρίς ονόματα και στην κάθε  άσκηση  μπαίνει το όνομα αυτού που την προτείνει .(Αρκεί να βρεθούν αυτοί που θα βγάλουν εθελοντικά πέρα τη δουλειά που κρύβει το παρασκήνιο : διορθώσεις , τακτοποίηση της ύλης κλπ )
  β) Αναλαμβάνουν 3-4 τον συντονισμό , πχ αυτοί που είχαν την ιδέα για το βιβλίο ,  μπαίνουν στο εξώφυλλο τα ονόματά τους , υπογράφουν τα σχετικά συμβόλαια με τον εκδότη για τα πνευνατικά δικαιώματα και τακτοποιούν και τα  φορολογικά θέματα. Ο εκδότης δε μπορεί να υπογράψει συμβόλαιο με 100 άτομα, αφού θα πρέπει να υποβάλει ΑΦΜ, να αποδώσει αμοιβές  για τα δικαιώματα - έστω 1 ευρώ και θέλει να εξασφαλιστεί ότι δε βρεθεί κάποιος που να του πει << Ξέρεις , αυτοί οι τύποι  -  εσείς δηλαδή  -  μου πήρανε τις ασκήσεις  και αν δεν αποσύρεις το βιβλίο από την αγορά , θα σου κάνω μήνυση  και θα απαιτήσω 100 000 ευρώ! >> . Τι θα κάνει τότε ο εκδότης ;  Βλέπετε λοιπόν ότι αυτοί που θα βάλουν το όνομά τους απέξω έχουν και ευθύνες.Και μάλιστα πολλές ! Αυτό δεν το γνωρίζατε βέβαια , γιαυτό σας τα λέω.
   Σκεφτείτε λοιπόν  -  και κυρίως η ομάδα πρωτοβουλίας για το γράψιμο του βιβλίου  -   επικοινωνείστε μεταξύ σας τηλεφωνικά ή ηλεκτρονικά , πάρτε μια απόφαση και πείτε μας τη γνώμη σας. Εσείς έχετε τον πρώτο και τον τελευταίο λόγο !Το βιβλίο δεν μπορεί είναι τυπικά σε καμιά περίπτωση  ιδιοκτησία όλου του φόρουμ. Δε στέκει νομικά.Εκτός και αν πούμε ότι θα βάλουμε  από 100 ευρώ , θα το δώσουμε σε κάποιον εκδότη να το βγάλει χωρίς ονόματα και να το χαρίσουμε στον εκδότη να το χειριστεί όπως θέλει. Νομίζω όμως ότι το πνεύμα αυτών που είχαν την ιδέα δεν είναι αυτό. Αυτοί - ας με διαψεύσουν αν δεν είναι έτσι - θέλουν με δική τους ανάληψη των ευθυνών - εργασία , φορολογία , αστική ευθύνη κλπ - να βγεί ένα βιβλίο με την βοήθεια όλων μας που απέξω να αναγράφει :
                      ΟΜΑΔΑ ΕΠΙΜΕΛΕΙΑΣ.( τα ονοματά τους Α-Β-Γ-Δ).
   Όλα γίνονται , αρκεί να υπάρχει καλή πίστη και όρεξη. Η πρωινή μου εισαγωγή προσπάθησε  να ελαφρύνει τη θέση των Μαθητών - Φοιτητών από το βάρος της εργασίας  και να τους απαλλάξει από το βάρος της ευθύνης(θα τα καταφέρουμε άραγε ;). Γιαυτό έκανα αυτή την πρόταση με τους συντονιστές.Προσωπικά θέλω να είναι αυτοί στο εξώφυλλο και οι συντονιστές να είναι μέσα . Φοβήθηκα όμως να το προτείνω , για να μην αποθαρρύνω τους τυχόν εθελοντές συντονιστές , που έχουν πολύ δουλειά και πρέπει να είναι και έμπειροι.Ας με συγχωρέσουν λοιπόν οι Mostel κλπ που τους έβαλα στα ενδότερα. Απλά έδωσα πιο πολύ βαρύτητα στο να δουν την ιδέα τους να γίνεται πράξη , παρά ίσως στην προβολή τους  και το τυπικό μέρος.
 Είμαι σίγουρος ότι κανένας από αυτούς που θα δώσει 2ή 5 ασκήσεις δεν αξιώνει να μπει στο εξώφυλλο. Εμείς που θα βοηθήσουμε, θα το κάνουμε για το κέφι μας. Άλλωστε τα ονόματά σας και ο κόπος σας θα φαίνονται   μέσα στο βιβλίο και δε νομίζω ότι θα θέλει κάποιος κάτι παραπάνω. Αν πάλι διαφωνήσουν πολλοί με την τελική απόφαση, αυτοί που πήραν την πρωτοβουλία μπορούν , αν θέλουν , να συνεχίσουν μόνοι τους. Εγώ προτίθεμαι να τους  βοηθήσω , σε όποιο σχήμα και να καταλήξουν και ανώνυμα πάντα.
    Προτείνω στα ''  ιδρυτικά μέλη '' να μας πουν  σχετικά σύντομα τι θέλουν  και πώς έχουν φανταστεί τα πράγματα , για να λήξη τυπικά το ζήτημα . Μετά από αυτό θα  σας στείλλω το οργανοδιάγραμμα και ένα προσχέδιο για τη διάταξη της ύλης .
 Σκεφτείτε ψύχραιμα και με βάση αυτό που πρωτοσκεφτήκατε.Όλοι θα βοηθήσουν , ότι και αν προτείνετε.
 [b]Πάντως , για να το ξεκαθαρίσω στους αναγνώστες :[/b]

  Ένα από τα μέλη μου είπε : Σκεφτήκαμε εγώ , ο ..... και ο ..... (δε θυμάμαι ακριβώς τα ονόματα όλων )  να βγάλουμε τις ασκήσεις που ήδη έχει μαζέψει το ελληνικό φόρουμ σε ένα βιβλίο.Τους είπα ότι είναι καλή  ιδέα αλλά θέλει πολύ δουλειά. Το θέμα ξεχάστηκε. Σήμερα το πρωί το θυμήθηκα και έστειλα το μήνυμα. Θα ήταν ίσως πιο καλά, να μη γράψω εγώ αυτό το μήνυμα , αλλά τα ίδια τα παιδιά και να πουν : << Αποφασίσαμε ο ..., ο... κλπ να φτιάξουμε ένα βιβλίο με ασκήσεις από το forum . Τι λέτε ; κλπ>>.Είμαι όμως σίγουρος ότι το πράγμα θα έμεινε στα σκαριά και δε θα γινόταν τίποτα. Το βιβλίο θέλει πολύ δουλειά και δε φτάνει μόνο η πρόθεση.Γι αυτό έκανα μια πρόταση που θα τελεσφορούσε. Μένει τώρα να κοιτάξουν λίγο μόνοι τους το τυπικό θέμα (ονόματα κλπ). Εγώ μια πρόχειρη πρόταση έκανα για να έχουμε μια βάση.
  Συνεχίστε !

Καταρχήν , να ευχαριστήσω προσωπικά τους κ. Στεργίου και κ. Σκομπρή που [u]χωρίς[/u] να έχουν ίσως κανένα όφελος από την παραπάνω πρωτοβουλία , είναι διατεθειμένοι να μας βοηθήσουν. (Ο κ. Στεργίου μάλιστα έγραψε όλες τις σκέψεις του σε ένα κείμενο... που ίσως του πήρε και όλο το απόγευμα!!)

Πριν συνεχίσω, να πω πως δεν έχω μιλήσει με κανέναν από τους υπολοίπους που έιχαμε συζητήσει για το βιβλίο (ήμασταν Σιλουανός, Ράλλης, ο Νίκος που τον ενημέρωσε ο Σιλουανός κι εγώ).

Κατά τα ψέμματα, είμαι σίγουρος πως όλοι από μας θέλουν π.χ. να δουν το όνομά τους γραμμένο κάπου, στα "credits" του βιβλίου. Ωστόσο, το να γραφεί π.χ. κάτι του στυλ στο εξώφυλλο "Συντονιστική ομάδα Χ,Υ,Ζ" μου φαίνεται αρκετά εγωιστικό από τη στιγμή που όλοι θα δουλέψουμε για το βιβλίο. Το βιβλίο, όπως ανέφερε και ο κ. Στεργίου, θα πρέπει να έχει έναν ουδέτερο τίτλο. Μέσα ίσως, σε ειδικό μέρος, θα αναφέρονται τα ονόματα όλων όσων εργάστηκαν, αυτοί που ήταν συντονιστές κ.λπ. Είμαι σίγουρος πως σε καμία περίπτωση δεν θα υπάρξει πρόβλημα για αυτό το θέμα. Εμένα αυτά, τα των συγγραφέων κ.λπ. , μου φαίνονταν το τελεύταιο πράγμα που θα έπρεπε να ασχοληθεί κανείς όταν γράφει ένα βιβλίο. Για να το διευκρινίζει όμως ο κ. Στεργίου, προφανώς γνωρίζει κάτι παραπάνω!

Συνοψίζοντας, δεν είμαι της άποψης να μπουν ονόματα στο εξώφυλλο. Ό,τι γραφεί, θα τυπωθεί με διακριτικό τρόπο στον πρόλογο (θα μπουν ΟΛΩΝ τα ονόματα που βοήθησαν με την ίδια γραμματοσειρά, το ίδιο πάχος, το ίδιο στυλ). Δεν πιστεύω να υπάρξει οποιοδήποτε πρόβλημα με αυτό το θέμα, το οποίο θα το χειριστούμε όλοι μαζί με δημοκρατικό, αξιοκρατικό τρόπο (άλλωστε για αυτό βρίσκεται και το φόρουμ εδώ, για να εκφράσει κάποιος τη διαμαρτυρία του, την επιδοκιμασία του κ.λπ.)

Το μόνο σίγουρο είναι ότι ...μας περιμένει δουλειά!  :lol:

Πρόσφατα είχα την τύχη να γνωρίσω προσωπικά τον Μπάμπη Στεργίου και αισθάνθηκα κοινωνός της ''άλλης'' Ελλάδας (όσο κι’ αν φαίνεται παράξενο, υπάρχει και μία ''άλλη'' Ελλάδα, των ανθρώπων που νοιάζονται και μοχθούν για την πρόοδο και τον πολιτισμό ).

Ευτύχησα επίσης να γνωρίσω τρία μέλη του Ελληνικού φόρουμ (Δέσκος, Ράπανος, Σιλουανός) και στον μικρό χρόνο που συναντηθήκαμε, ένοιωσα υπερηφάνεια και αισθάνομαι ότι κέρδισα σε νεότητα (έναντι αρκετών συνομηλίκων μου), τουλάχιστον πέντε χρόνια.

Και αμέσως μετά η ευχάριστη έκπληξη για το βιβλίο των Ολυμπιάδων. Μία ιδέα συναρπαστική, που προκαλεί τον ενθουσιασμό και εύχομαι ολόψυχα να προχωρήσει, να μην ξεθωριάσει και να μείνει αλώβητη από το βλαβερό σαράκι του στείρου αντίζηλου ανταγωνισμού.

Θερμά συγχαρητήρια σ’ αυτούς που το σκέφτηκαν και ας βοηθήσουμε όλοι, στο μέτρο των δυνάμεών του ο καθένας, να ολοκληρωθεί η προσπάθεια και να πετύχει το εγχείρημα.

Στόχος, ας είναι το καλύτερο δυνατό αποτέλεσμα (ως προς το περιεχόμενο, αλλά και εκδοτικά) ώστε να γίνει παράδειγμα προς μίμηση, αλλά και να υπάρξει συνέχεια. Νομίζω καλύτερα είναι να μιλάμε για το 1ο τεύχος... μιας (ετήσιας ?) μαθηματικής επιθεώρησης (π.χ. ''ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ  ΘΕΜΑΤΑ, ΤΕΥΧΟΣ 1 – 2007, κλπ).

Άνθρωποι σαν τον Μπάμπη Στεργίου, που απλόχερα προσφέρονται να βοηθήσουν, είναι πολύτιμοι εκτός των άλλων και για τις γνώσεις τους και την εμπειρία τους, σε διαδικαστικά και εκδοτικά θέματα.

Από πλευράς μου, ευχαρίστως θα συνεισφέρω σε ότι μπορώ και σας εύχομαι από καρδιάς, καλή επιτυχία.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ.  Δεν βάζω κανένα όρο και δεν με ενδιαφέρει να φαίνεται κάπου το όνομά μου. Μόνο θερμά σας παρακαλώ να μου μιλάτε στον ενικό. Με βοηθάτε έτσι, να αισθάνομαι λιγότερο αποξενωμένος, στη μεγάλη νεανική οικογένεια του Ελληνικού φόρουμ.

[quote="vittasko"]Πρόσφατα είχα την τύχη να γνωρίσω προσωπικά τον Μπάμπη Στεργίου και αισθάνθηκα κοινωνός της ''άλλης'' Ελλάδας (όσο κι’ αν φαίνεται παράξενο, υπάρχει και μία ''άλλη'' Ελλάδα, των ανθρώπων που νοιάζονται και μοχθούν για την πρόοδο και τον πολιτισμό ).

Ευτύχησα επίσης να γνωρίσω τρία μέλη του Ελληνικού φόρουμ (Δέσκος, Ράπανος, Σιλουανός) και στον μικρό χρόνο που συναντηθήκαμε, ένοιωσα υπερηφάνεια και αισθάνομαι ότι κέρδισα σε νεότητα, τουλάχιστον πέντε χρόνια.

Και αμέσως μετά η ευχάριστη έκπληξη για το βιβλίο των Ολυμπιάδων, μία ιδέα συναρπαστική, που προκαλεί τον ενθουσιασμό και εύχομαι ολόψυχα να μην ξεθωριάσει και να μείνει αλώβητη από το βλαβερό σαράκι του στείρου αντίζηλου ανταγωνισμού.

Θερμά συγχαρητήρια σ’ αυτούς που το σκέφτηκαν και ας βοηθήσουμε όλοι, στο μέτρο των δυνάμεών του ο καθένας, να ολοκληρωθεί η προσπάθεια και να πετύχει το εγχείρημα.

Στόχος, ας είναι το καλύτερο δυνατό (ως προς το περιεχόμενο, αλλά και εκδοτικά) ώστε να γίνει παράδειγμα προς μίμηση, αλλά και να υπάρξει συνέχεια. Νομίζω καλύτερα είναι να μιλάμε για το 1ο τεύχος... μιας (ετήσιας ?) μαθηματικής επιθεώρησης (π.χ. ''ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ  ΘΕΜΑΤΑ, ΤΕΥΧΟΣ 1 – 2007, κλπ).

Άνθρωποι σαν τον Μπάμπη Στεργίου, που απλόχερα προσφέρονται να βοηθήσουν, είναι πολύτιμοι εκτός των άλλων και για τις γνώσεις τους και την εμπειρία τους, σε διαδικαστικά και εκδοτικά θέματα.

Από πλευράς μου, ευχαρίστως θα συνεισφέρω σε ότι μπορώ και σας εύχομαι από καρδιάς, καλή επιτυχία.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ.  Δεν βάζω κανένα όρο και δεν με ενδιαφέρει να φαίνεται κάπου το όνομά μου. Μόνο θερμά σας παρακαλώ να μου μιλάτε στον ενικό. Με βοηθάτε να αισθάνομαι λιγότερο αποξενωμένος, στη μεγάλη οικογένεια του Ελληνικού φόρουμ.[/quote]

 Ωραία !

 Χαίρομαι που το πράγμα προχωράει ! Από ότι βλέπω  , συγκλίνουμε κάπου: Γι αυτό :
   α) Να μας στείλλει ο Σιλουανός ή ο Μostel  ένα μήνυμα που θα ανακοινώνει πως όλοι αυτοί  που είχαν την ιδέα ,  συμφωνούν να μη βάλουμε ονόματα απέξω από το βιβλίο και ότι θα έχουν τον τελικό λόγο για την τακτοποίηση των  τυπικών. Πρόλογος και λοιπά.
   β) Μετά τον πρόλογο - θα κάνω εγώ μια εισήγηση και αυτοί θα κάνουν τις απαραίτητες συμληρώσεις ή αλλαγές , ώστε να μείνουν όλοι ευχαριστημένοι - θα γράψουμε σε ένα φίλο τα ονόματα αυτών που εργάστηκαν  είτε για συντονισμό , είτε για θεωρία κλπ ως εξής  :
     [b]ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΥ ΒΙΒΛΙΟΥ [/b]
  α) ............................................
  β)..............................................
  γ) ............................................
  δ)
       [b]ΣΥΝΕΡΓΑΤΕΣ [/b]
.....................................
..................................
 (Εδώ θα γράψουμε αλφαβητικά τα ονόματα όλων που θα στείλλουν ασκήσεις , γράφοντας δίπλα και τον τον αριθμό της άσκησης που έστελιλαν.(πχ. ΒΗΤΤΑΣ : 2.13, 2.35, 3.49, 4.25 κλπ).Φυσικά , το κάθε θέμα θα έχει και το αντίστοιχο όνομα στην εκφώνησή του.
   Το έχω δει αυτό και σε ξενόγλωσσα σοβαρά βιβλία και είναι καλό.)
  Το αστικό θέμα  - συμβόλαια , εφορία κλπ - θα το αναλάβω εγώ , αν δεν έχετε αντίρρηση. Έσοδα από την υπόθεση αυτή δε θα υπάρξουν. Θα πω στον εκδότη να μας δώσει από 10 βιβλία δώρο για τους φίλους μας και τέρμα. Δε γίνεται διαφορετικά. Όταν θα υπογράψω τα συμβόλαια θα έχω μαζί μου τρια άτομα από σας (πχ. Βήττα- Σκομπρή κλπ) ως μάρτυρες και θα  βάλλω το συμβόλαιο στο φορουμ για να δείτε όλοι το κειμενο, στο οποίο θα φαίνεται ότι δεν έχουμε οικονομικές απαιτήσεις. Ίσως αυτό να παροτρύνει τον εκδότη να μη μας αρνηθεί την έκδοση.

 Αυτά για τώρα.Μόλις πάρουμε το μήνυμα από τα παιδιά ότι συμφωνούν με αυτά , θα στείλλω το διάγγραμμα των ασκήσεων και τον τρόπο που θα δουλέψουμε. Αρχίζω να χαίρομαι με την προοπτική ότι θα  έχουμε καλό αποτέλεσμα. ΄
[color=red] Εμπρός παιδιά με μια καρδιά !!! [/color]

Συμφωνώ δίχως σκέψη .Προτείνω για εξώφυλλο έναν τίτλο σαν ταινία
<<Το ελληνικό φόρουμ σας παρουσιάζει....>>

Nai siga min to kanoume kai [b]Moulin Rouge[/b]... :P h [b]Finos Film[/b] klp.. :P
(plakitsa-den pisteuo na thymoses)

[quote="Protonios"]Έβαλα μία στις ανισότητες και ζήτησα να τη γράψουν σε LATEX. Κανείς δεν ευαισθητοποιήθηκε. Θεωρώ ότι είναι κατάλληλη για το βιβλίο και είναι κρίμα μόνο η δική μου να μείνει απ' έξω. Παρακαλώ όποιος μπορέσει τουλάχιστον να μου πει αν είναι σωστή.[/quote]

 [color=red]Φίλε protonios ! [/color]

 Αν δεν μπορείς να την πληκτρολογήσεις , δεν πειράζει. Στείλλε την άσκηση( και οποιαδήποτε άσκηση) με τη βασική λύση  να τη δούνε και οι άλλοι .Την πλήρη λύση με σχόλια και την ιστορία της γράψτην με μολύβι. Όταν έρθει η ώρα να τις δώσουμε για γράψιμο , θα μου τη στείλεις και θα ξαναδείς όλη τη λύση καθαρά γραμμένη , για την ελέγξεις. Όχι μόνο εσύ , αλλά όλοι μας.Επομενως μη σκέφτεσαι που η λύση δεν είναι σε  Latex. ΔΕν ενοχλεί καθόλου αυτό. Συνέχισε να μελετάς και να βρίσκεις ωραίες διδακτικές ασκήσεις σε όλα τα πεδία !

 Μπάμπης

Κύριε Στεργίου, ευχαριστώ πολύ και από δω και μπρος θα κάνω αυτό που είπατε. Σ' αυτήν την άσκηση νομίζω πως δε χρειάζεται πλέον. Με βοήθησαν πολύ τα παιδιά. Είναι καθαρογραμμένη και ολόσωστη. Καλή συνέχεια σε όλους μας εύχομαι και καλό κουράγιο... :wink:

[color=red]Νομίζω ότι η δουλειά μας προχωράει καλά ! [/color]

 Ωστόσο :

 α) Αυτοί που έχουν βάλει ασκήσεις στο παρελθόν, να τις φέρουν στα κατάλληλα πεδία.
 β) Να έχετε στις σημειώσεις σας πιθανά σχόλια ή συμπληρώσεις που δεν τις βάλατε, ώστε να τις βάλουμε στην πρώτη πληκτρολόγηση.
 γ) Δεν υπάρχει βιασύνη αλλά δεν πρέπει και να εφησυχάζουμε !Καλύτερα το υλικό να μαζευτεί για να δούμε τι θα γίνει με την έκδοση.
 δ) Ας ξεμπλέξουν με το καλό και τα παιδιά από τους διαγωνσμούς - Ιούλιος περίπου -  οπότε το πράγμα ξαναφουντώνει !
  ε) Μαζέψτε ωραίες ασκήσεις ! Το βιβλίο θα ξεχωρίσει μόνο για τα όμορφα θέματά του και την ποικιλία του. Δεν περιμένουμε να έχει , ούτε μπορεί με αυτό τον αριθμό σελιδων να έχει - συνοχή κλπ.Αλλά αυτό δεν είναι πρόβλημα ! Θα βρούμε άλλα σημεία για να το κάνουμε να ξεχωρίζει !

 Μπάμπης

Θέλω σε αυτό το μήνυμα να προτρέψω όλα τα μέλη ή τους επισκέπτες του χώρου αυτού [color=red] να μη διστάζουν να βάζουν προβλήματα [/color]με τις λύσεις τους. Είναι καλύτερα να έχουμε ασκήσεις από πολλά άτομα και από κάθε χώρο. Το βιβλίο αυτό που λέμε να στήσουμε θα είναι ένα [color=red]Ολυμπιακό Λεύκωμα [/color], που θα αγγίζει κάθε φίλο των μαθηματικών. Αξίζει λοιπόν να είστε και εσείς μέσα ! Αυτά σκεφτήκαμε με τον Κώστα Βήττα που με επισκέφτηκε για λίγο στη Χαλκίδα το πρωί. Αυτό  το βιβλίο θα είναι που θα μας συνδέει ,  θα μας ενώνει και δε θα αφήσει στο χρόνο να σβήσει αυτό μας το πάθος και την αγάπη στα μαθηματικά. Θα δείτε ότι θα νοιώθουμε όλοι μας περήφανοι , αν αξιωθούμε να το κρατήσουμε κάποια στιγμή στα χέρια μας.
  Στείλτε λοιπόν μια ωραία κατά τη γνώμη σας άσκηση ! Υπάρχει χώρος !

                    Μπάμπης

Καλησπέρα σε όλους!

Μετά από ένα  μήνα αποχής από το φόρουμ, σήμερα που είχα λίγο χρόνο είπα να το επισκεφτώ για να δω τι εξελίξεις υπήρχαν. Και διαπιστώνω ότι έχω χάσει τη σημαντικότερη εξέλιξη. Δεν είχα προλάβει την ανακοίνωση σχετικά με το Βιβλίο Ολυμπιάδων. Εξαιρετική ιδέα!!! Συγχαρητήρια σε όσους το σκέφτηκαν!  :)

Θα βοηθήσω κι εγώ (όσο μπορώ) στη συγγραφή αυτού του έργου. Είχα ετοιμάσει κάποιες προτεινόμενες ασκήσεις τις οποίες ποτέ δεν ανέβασα στο φόρουμ. Απλώς θα πρέπει να βρω χρόνο να μελετήσω τα θέματα που έχουν ήδη συγκεντρωθεί, τα οποία είναι (ευτυχώς) πάρα πολλά!!

Καλή συνέχεια λοιπόν..

Λουκάς

[quote="Protonios"]Μπορούμε ως ασκήσεις να βάζουμε αποδείξεις λιγότερο γνωστών θεωρημάτων? Γιατί έχω στο μυαλό μου μια ωραία και διδακτική γεωμετρία. :wink:[/quote]

βεβαια ! αυτες  ασκησεις-θεωρηματα ειναι πολυ χρησιμες. καντο  :)

Έβαλα την απόδειξη του θεωρήματος της πεταλούδας στα τρίγωνα, τετράπλευρα, κύκλοι. Πρόκειται για ένα πολύ ενδιαφέρον και μέτριας δυσκολίας πρόβλημα. Όταν έρθει η σειρά του για διόρθωση, αν γίνεται να μπει και ένα σχήμα για να κατανοήσουν οι αναγνώστες γιατί λέγεται θεώρημα της πεταλούδας.

Επειδή βλέπω ότι οι περισσότερες ασκήσεις από εθνικούς και διεθνείς διαγωνισμούς δε γράφονται στο προοριζόμενο topic αλλά κατατάσσονται ανάλογα με το περιεχόμενό τους στα topics για άλγεβρα, γεωμετρία κ.τ.λ., θα πρότεινα να μη συμπεριλάβουμε στο βιβλίο ξεχωριστό κεφάλαιο από διαγωνισμούς. Τι λέτε?

Καλή η ιδέα σου Protonie :wink:
Νομίζω πως είναι προτιμότερο τα θέματα να μελετούνται απ' τον αναγνώστη κατά κατηγορίες (ανισότητες, γεωμετρία κ.τ.λ)  :!: Εξάλλου τα θέματα των διαγωνισμών θα περιέχονται στα άλλα κεφάλαια καιθα καλύπτονται απ' αυτά :P

[quote="Protonios"]Το ίδιο ακριβώς σκεφτόμουν κι εγώ bilot4. Έτσι το βιβλίο θα είναι πιο οργανωμένο και είναι προτιμότερο ο αναγνώστης να αποκτήσει σφαιρική άποψη για τους κλάδους των μαθηματικών παρά να ασχοληθεί αποκλειστικά με τα θέματα των διαγωνισμών. Περιμένω και την άποψη των υπόλοιπων μελών του φόρουμ. :wink:

Φιλικά,
Κώστας Παππέλης.[/quote]

Παιδιά , καλός είναι ο διάλογος αλλά μη χάνετε χρόνο με αυτά.Όταν θα έχουμε το υλικό θα γίνουν πολλές αλλαγές.Απλά, υπάρχουν μερικά θέματα διαγωνισμών που έχουν πολλές καλές γενικές λύσεις και δεν εμπίπτουν σε συγκεκριμένη ενότητα.Ίσως μερικά τέτοια να τα βάλουμε ξεχωριστά. Θα το δούμε όμως. Και εμένα μου αρέσουν τα θέματα χωρισμένα σε ενιαίες υποενότητες και στο ίδιο πάνω κάτω πνεύμα. Τα γενικά θέματα, σκόρπια , όσο ωραία και να είναι , γίνονται κουραστικά , όταν είναι πολλά.Γιαυτό λέω ότι θα δούμε τη διάταξη στο τέλος.
 Προτείνω να μελετήσετε κανένα θέμα στα combinatorics , ώστε και να μάθετε , αλλά και να τα βάλουμε στο βιβλίο. Αν δε μαζέψουμε πολλά , δεν πειράζει. Δέκα θέματα θα βρεθούν !
 Αυτά για τώρα και

[color=red]    Καλή Επιτυχία σε όλους στη ΜΕΣΟΓΕΙΑΔΑ !!![/color]

[quote="stergiu"]
Παιδιά , καλός είναι ο διάλογος αλλά μη χάνετε χρόνο με αυτά.Όταν θα έχουμε το υλικό θα γίνουν πολλές αλλαγές.Απλά, υπάρχουν μερικά θέματα διαγωνισμών που έχουν πολλές καλές γενικές λύσεις και δεν εμπίπτουν σε συγκεκριμένη ενότητα.Ίσως μερικά τέτοια να τα βάλουμε ξεχωριστά. Θα το δούμε όμως. Και εμένα μου αρέσουν τα θέματα χωρισμένα σε ενιαίες υποενότητες και στο ίδιο πάνω κάτω πνεύμα. Τα γενικά θέματα, σκόρπια , όσο ωραία και να είναι , γίνονται κουραστικά , όταν είναι πολλά.Γιαυτό λέω ότι θα δούμε τη διάταξη στο τέλος.
 Προτείνω να μελετήσετε κανένα θέμα στα combinatorics , ώστε και να μάθετε , αλλά και να τα βάλουμε στο βιβλίο. Αν δε μαζέψουμε πολλά , δεν πειράζει. Δέκα θέματα θα βρεθούν !
 Αυτά για τώρα και

[color=red]    Καλή Επιτυχία σε όλους στη ΜΕΣΟΓΕΙΑΔΑ !!![/color][/quote]

Ευχαριστούμε για τις συμβουλές σας (οι οποίες είναι πάντα χρήσιμες :D ) καθώς και για το "καλή επιτυχία" (εγώ βέβαια χρειάζομαι και "καλή τύχη αλλά αυτό είναι άλλο θέμα :P )

Υ.Γ. Εύχομαι κι εγώ [color=red]καλή επιτυχία[/color] σε όλους τους [b]ΣΥΝΑΓΩΝΙΣΤΕΣ[/b] μου :wink:

[quote="VickiL"]Καλησπέρα!

Αφού μετά από καιρό καταφέρνω και ξανασυνδέομαι, θέλω να ζητήσω μία χάρη, από όποιον έχει το χρόνο και τη διάθεση. Αντιμετωπίζω πρόβλημα σύνδεσης, οπότε θα το εκτιμούσα ιδιαίτερα αν μπορούσε κάποιος να συγκεντρώσει όσες ασκήσεις έχουν ανέβει για το βιβλίο και δεν έχουν διορθωθεί σε ένα αρχείο, το οποίο θα μου έστελνε στο email μου.

Ώστε να μπορέσω να το κατεβάσω στον υπολογιστή μου και να κάνω έτσι τις διορθώσεις. Και μόλις μπορέσω τεχνικά, θα ανεβάσω και τις διορθώσεις που θα έχω κάνει.

Αν βέβαια μπορεί κάποιος να το αναλάβει.  :roll:

Καλές γιορτές να έχετε,
Βίκυ[/quote]

[color=red]Βίκυ , [/color]

 για τη γεωμετρία θα το προσπαθήσω εγώ. Δεν ξέρω αν θα τα καταφέρω , διότι και σε εμένα ο υπολογιστής κολάει και έχει γίνει αργός. Μερικά βέβαια θέματα πιστεύω ότι θα τα μαζέψω και θα σου τα στείλλω, οπότε θα έχεις το χρόνο να τα ακτινοσκοπίσεις  με το δικό σου ισχυρό βλέμμα .

                   Καλή Ανάσταση


trigonometry
inequalities unsolved
inequalities

let $ x,y, z$ is real positive satisfying $ \ x^2\plus{}y^2\plus{}z^2\plus{}2xyz\equal{}1$
Prove that
$ 10(x^3\plus{}y^3\plus{}x^3)\plus{}11(x\plus{}y\plus{}z)(1\plus{}4xyz)\minus{}12xyz\geq\ 8(x\plus{}y\plus{}z)^3$

Try $ x\equal{}\sin\frac{A}{2}$,  $ y\equal{}\sin\frac{B}{2}$   ,  $ z\equal{}\sin\frac{C}{2}$


How many 5-digit numbers are there satisfying the condition that every digit is greater than the digit to its right?

[hide]It is obvious that all digits are different. So we choose five digits from 0 to 9. Whenever we choose five digits, there is only one way to arrange the digits such that every digit is greater than the digit to its right. Therefore, there are $ \binom{10}{5}= \boxed{252}$ ways.[/hide]


superior algebra
superior algebra unsolved

For $ n\leq 2$  obviously $ Aut(S_n) \equal{} 1$. For $ 3\leq n\neq 6$ one has $ Aut(S_n)\cong S_n$ via the natural homomorphism. The only exception is $ S_6$ where one has $ Out(S_6) \equal{} \mathbb{Z}/2$. The outer automorphism swaps the conjugacy class of transpositions with the conjugacy class of product of three (of course disjoint) transpositions.


Three cards are dealt at random from a standard deck of 52 cards.  What is the probability that the first card is a 4, the second card is a $ \clubsuit$, and the third card is a 2?

First we need to find the total number of possiblities which would be  $ 52*51*50\equal{}132600$ Next we need to find the number of all cases where  the first card is a 4, the second card is club , and the third card is a 2, there are 4 possiblities for the first card, and there are 13 possiblities for the possiblities for the second card, and there are 4 possiblities for the third card. Then we multiply $ 4*13*4$ which equals 208. Finally we turn 208, and 132600 into a fraction and reduce and get $ \frac{2}{1275}$  our answer.
Is that clear?

Sorry, that is wrong.

What if the first card drawn is the 4 of clubs?  Then there are no longer 13 possibilities for the second card.  Likewise, what if the second card drawn is the 2 of clubs?  Then there are no longer 4 possibilities for the third card.

You must consider 4 cases in this problem. (I'll do this with a "custom" T chart)

First Card      Second Card     Third Card
4 nonclub      club non-2         2                 = $\frac{3}{52} \times \frac{12}{51} \times \frac{4}{50} $

4 nonclub      2 of clubs          2                  = $\frac{3}{52} \times \frac{1}{51} \times \frac{3}{50} $

4 of clubs      club non-2         2                  = $\frac{1}{52} \times \frac{11}{51} \times \frac{4}{50} $

4 of clubs       2 of clubs          2                  = $\frac{1}{52} \times \frac{1}{51} \times \frac{3}{50} $

Add them to get $\boxed{1/663}$

[quote=npip99]Complementary counting looks much easier.
[hide="Solution"]
Counting all possibilities, we get
$4 \cdot 13 \cdot 4 = 208$
However, this counts
$$(4\clubsuit,4\clubsuit,2X)\text{ and }(4Y,2\clubsuit,2\clubsuit)$$
Where the suits X and Y can take $4$ values each, so we over counted by $8$.
$\frac{208-8}{52 \cdot 51 \cdot 50} = \boxed{\frac{1}{663}}$
[/hide][/quote]
It may look easier but since the topic is called Probability with Casework, I think Casework was the way Aops wanted you to do it.

Hello,

[hide=Casework]
[b]Case 1: Both the 2 and the 4 are not clubs.[/b] There are 3 choices each for the 2 and the 4, and 13 choices for the club for a total of 91 possibilities.
[b]Case 2: Either the 2 or the 4 is a club; the other is not.[/b] There are 2 choices for the number card to be a club, 1 choice for the number card that has to be a club, 3 choices for the other number card, and 12 choices for the club (because it can't be the club number card) for a total of 72 options.
[b]Case 3: The 2 and 4 of clubs are dealt.[/b] There are 11 choices for the second card and a total of 11 options. (There is only one 2 and 4 of clubs each.)
Adding up, that is a total of $\frac{91 + 72 + 11}{52 \cdot 51 \cdot 50} = \boxed{\frac{1}{663}}$ possibilities. $\square$
[/hide]

$\varnothing$

Can someone tell me why my answer was wrong? I did:

(4/52) * (12/51) * (3/50) = 6/5525

For the first one, there is 4/52 ways to get a 4
For a club, since in the first one I assumed that one of the 4s were a club, now, there is 12/51 ways to get a club.
Lastly, third one, there is 3/50 ways to get a 2.

What if you don't pick the $4\clubsuit$ first?

Solution 2 says that any arrangement of a 4, a club and a 2 can be re-arranged to form a 4, a 2, and then a club. Why is this true? We are not replacing cards.

Solution 2 also says that the probability that the third card is a club is $\frac{1}{4},$ because the probabilities of the suits of the two previous cards are evenly distributed. What does this mean?


ratio
quadratics
MATHCOUNTS
algebra
quadratic formula

Here's some really easy one's, just in case people want really easy ones. (Don't worry, they aren't about Social Studies...well a little :) )

Let's get started, shall we?
We can categorize our 50 States by several ways. One of the ways to categorize them would be by their first letter. For example, there are 4 states which begins with the letter "A": Alaska, Alabama, Arkansas, and Arizona. We could lead this to math by asking ourselves questions like "What percentage of the U.S. states starts with the letter "A"?" Well there are 4 states which starts with the letter A, and 50 states total, so the fraction form of the ratio would be 4/50, or 2/25. We could also make the denominator into 100 by multiplying 4 to both the numerator and denominator of our solution 2/25, which gives us 8/100, which could also be expressed as 8%. So the answer is 8%.
[quote="Question 1"]What is the percentage of states which start with the letter "W"? What is the percentage of states which start with the letter "Z"[/quote]
The second one is a trick question, so be careful!

OK, a little harder question would be [quote=Question 2]"What is the percentage of the state's postal name (One's like PA and GA) which ends with the letter "A"?[/quote]
Everyone OK so far?
OK, I'll post some more later, if you like where this is heading.
Good bye for now!

Note to more experienced AoPSers: Obviously this is meant for elementary/early-middle schoolers , so it's not for you (sorry :( ). You're free to solve them, but they'll probably be too easy for you guys (and gals :) ). This is to see how many people want really easy questions. If I get no response then I'll move on to harder things.

How many people do you think would be able to tell you how many states begin with the letter M, for example, off the top of their heads? I certainly couldn't...

yeah, looking up the state letter thingies requires more work than solving the question itself. doesnt this belong in getting started though. cause if you cant do fractions, how do you expect to do well on mathcounts. sorry if im sounding rude or anything, especially for a moderator, but cmon.

okay, i thought about it for 5 seconds, and decided that i was too rude, so dont listen to what i said. and im gonna leave the above part just to show how stupid and selfish i am

Tis okay. I just listened to Mr. Crawford's advice.

...*sigh* I can't believe how many Americans can't name the 50 U.S. States...and they're so "patriotic" and all...I mean, I'm not even American and I can name all the states which starts with M right off the top of my head: Massachusetts, Michigan, Mississippi, Missouri, Maine, Montana, Minnesota, Mexico? :)
So maybe I don't know all of them... :P

Do you know the "state song"? :)
I memorize stuff by singing all the time, like the quadratic formula and the table of elements. Course, I look like a total from other people's perspective...
And Simon, that was a joke. Of course I know Mexico's a country. I didn't want to sound too snotish and know-it-all, ish :) when I don't. In fact, I'm better at science than at math...

i dont even know the star spangled banner if that means anything

I don't know the state song or the other songs you mention, but this doesn't have anything to do with mathematics, so we shouldn't be talking about this in a math board. Then again, you're the moderator of this board, so it's up to you.

Well how do you memorize stuff? I learned how to memorize tons of stuff easily in 5th grade because I was good at math (don't ask. It was an experiment or somat)

All I wanted to say was that Americans should at [b]least[/b] know all the states and the Star-Spangled Banner. Course, I don't really have the right to say this because I haven't memorized all the 48 prefectures of Japan :) I can sing the song though, but my voice is dead (again, don't ask)

You're right. I'll delete these as soon as the conversation's over.

but the "quadratic" song has something to do with math (and with MATHCOUNTS level math, too.) *music starts* da da da-da-da-dum dum, da da da da da da x equals -b, plus or minus radical b squared minus 4 a c *clap four times* all over 2a...da da da-da-da, da da da-da-da, da da-da-da-da *fadeout*
Course, I look [b]really[/b] wierd when I sing this really quickly at the AMC :lol:

I usually just memorize stuff without any mnemonic. To me memorizing mnemonics just amounts to memorizing something even more complicated. Actually I rarely memorize anything on purpose nowadays. I just read, and I usually just don't forget. I guess I have a fairly good memory, but I wish it were better.

I know all the states, but I can't name them (probably). If you point to a state on a map, I can probably tell you which it is.

i have an urge to delete some messages.  :twisted:

                <jk>

yeah, its prbly the same for me, but if you gave me nuff time, i could prbly list em out

I know the state song...I learned it in like the 3rd grade

im pretty sure mine is a buffalo, or something along those lines

Syntax Error wrote:all i know is my state's motto and animal

Right...well, almost. It's a bison, so I'll give it to you on that

and the motto is "Labor omnia vincit" or "Labor conquers all things"...

I think my motto is better:"Ense petit placidam sub libertate quietem" meaning "By the sword we seek peace, but peace only under liberty" which suits it's history. I don't know the animal, but I know the state cookie (chocolate chip) and muffin (corn), not to mention dessert (Boston cream pie), but not the animal. Do we even have one? Fiery?

And this is a math forum MathFiend, fyi  Although I think your post is fine. (well, maybe not, but I think so.)

P.S. You can always go to factmonster for really easy stuff, yours is here (Indiana, right?)

I like your state's contradiction. Hint:[hide]This is the only state with an "official language"  [/hide]

i learned the motto for oklahoma in latin class some days ago

my state's motto is friendship.

(8 entire years and no one posted)


Can someone analyze the pros and cons of $\LaTeX$ and MathType for me? Which would be better when writing a paper with lots of equations? with more writing than equations? Which looks better on paper? Which is less time consuming?

This has been discussed in this topic
http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=16853

Basically 95% of the people here (/me included) will go for $\LaTeX$.

A paper written in $\LaTeX$ looks far better than one written in MathType. It is not very hard to learn how to use $\LaTeX$ (it should probably take only a few hours). After that, it will probably take you less time to do most things in $\LaTeX$ than in MathType.


prove that doesent exists a perfect number canada $\ge{10^{6}}$ :lol:

NB: perfect number canada is such the sum of sguare of their digits is egual to the sum of sguare of  their divisor  propre. exple 125

Well, I don't quite understand your problem. How can $125$ be possible to be a perfect number Canada ?  :maybe:

I guess the definition of a Canada number should be : the sum of squares of the digits of a number equals the sum of its proper divisors; then it's clear that 125 is one of them.

Let $s(n)$ is the sum of square of digits, and $d(n)=\sum_{d|n \ | 1<d<n}d$. If n is prime, then $d(n)=0\not = s(n), \ (n>0)$, else $d(n)> 2\sqrt n$ or $d(n)=p, \ n=p^{2}\ (p-prime)$. $s(n)\le [log_{10}n]81+[n*10^{-[log_{10}n]}]^{2}$. Therefore if n is not prime and n>164023, then $d(n)>s(n)$.


Let $x,y,z \geq 0$ with $xyz=1$. Find the minimum value of
\[\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}\]

I got 3/2 without the condition $xyz=1$. I'm not really sure why it's there?

Yeah, that's bizarre - Nesbitt's inequality is $\geq 3/2$ in general for $x,y,z \geq 0$, and for $xyz = 1$ the minimum can be achieved from, for example, $x = y = z = 1$, so the condition seems like a red herring - that, or there may be some easy solution for that condition.

The inequality is homogenous, so the condition $xyz=1$ can be dropped.


[quote="vas2007"]Prove that $3^{n}+2(17^{n})$ is never a perfect square[/quote]
     Use units digit ($\mod(9)$)


vector
inequalities
geometry
geometric transformation
reflection
geometry unsolved

Let $ ABCD$ be a convex quadrilateral. $ M$ is the midpoint of $ AD$ and $ N$ is the midpoint of $ BC$. Prove that $ AB\plus{}CD \geq 2MN$ (of course, with equality if $ AB$ is parallel to $ CD$).

Nice problem, but it is easily solved using vectors :P

$ \vec{MN} \equal{}\frac{(\vec{MA} \plus{}\vec{AB}\plus{} \vec{BN}) \plus{}(\vec{MD} \plus{}\vec {DC} \plus{} \vec{CN})}{2}\equal{}\frac{\vec {AB} \plus{}\vec{DC}}{2}$

Using the triangular inequality, one gets your inequality.

I should have said... "especially NOT the solution with vectors" xD I already knew that solution... =P

Anybody has an elementary proof?

i will write the solution here in a moment

Lemma: Let ABCD a quadrilateral, with $ AB\equal{}a$, $ CD\equal{}b$. Let $ M,N$ be the midpoints of $ AD,BC$. Then we have $ MN\equal{}\frac{a\plus{}b}{2}\Leftrightarrow AB\parallel{}CD$.
If we have $ AB\parallel{}CD$, let's call $ X\equal{}AC\cap BD$. We have $ \triangle AMX\sim ADP$ so $ MX\equal{}\frac{b}{2}$. Similary we have $ NX\equal{}\frac{a}{2}$. Then $ MN\equal{}\frac{a\plus{}b}{2}$.
If we have $ MN\equal{}\frac{a\plus{}b}{2}$ then let $ X$ be the midpoint of $ BD$. Then $ MN\equal{}\frac{a}{2}$ and $ MN\equal{}\frac{b}{2}$.  Because of $ MX\plus{}XN\ge MN$ (triangular inequality) and our assumption $ MN\equal{}\frac{a\plus{}b}{2}$ we have $ M,X,N$ are collinear. Then$ MX\parallel{}AB\Rightarrow MN\parallel{}AB$ and $ NX\parallel{}CD\Rightarrow MN\parallel{}CD$. So $ MN\parallel{}AB\parallel{}CD$ then $ AB\parallel{}CD$.

Solution: we have $ MN\plus{}XN\ge MN\Rightarrow \frac{AB}{2}\plus{}\frac{CD}{2}\ge MN\Rightarrow AB\plus{}CD\ge 2MN$  :rotfl:
i think it can be shorter
bye  :D

Let $ P$, $ Q$ and $ R$ be the respective reflections of points $ A$, $ M$ and $ D$ with respect to $ N$.
Then $ BR\parallel{}CD$ and $ BR\equal{}CD$.

By triangle's inequality

$ 2MN \equal{} MQ \equal{} AR\le AB \plus{} BR\equal{} AB\plus{}CD$ then $ 2MN\le AB\plus{}CD$ with equality only if $ B\in AR$, that means $ AB\parallel{}BR$ or $ AB\parallel{}CD$

:)


calculus
integration
function
calculus computations

Find all functions $ \varphi (x)$ that satisfy

$ \varphi (x) \equal{} x \plus{} \int_0^{1/2} {\varphi (u)\,du} .$

implies $ \varphi(x)\equal{}x\plus{}C$ for some constant $ C$, substitution yields $ C\equal{}\frac{1}{4}$


Eu as pune semnul invers la inegalitate $ \frac{1}{2a+b}+\frac{1}{2b+c}\geq\frac{4}{2a+3b+c}$>acum le pui si pe analoagele si folosesti ca suma e 1.


trigonometry
inequalities
geometry
inequalities proposed

maybe trigo substitution ? which reduce it to prove

$\tan A+\tan B+\tan C\geq 2(\sin A+\sin B+\sin C)$ where $A,B,C$ are acute

 :)

I had also a trigonometric solution but i want a solution without trigonometry .I tried but .....Please try to find one .

Well, you could homogenize and multiply out and use Muirhead :? :
\[ \sum_{sym}x^3y^2+2\sum_{cyc}x^3yz \geq 4\sum_{cyc}x^2y^2z  \]

However, another approach?
We have
$\sum \frac{x}{x^2+1}-\frac{2x(1-x^2)}{(1+x^2)^2} = \sum \frac{x}{(x+y)(x+z)}-\frac{2x(xy+yz+zx-x^2)}{(x+y)^2(x+z)^2}= \sum\frac{x(3x^2-xy-yz-zx)}{(x+y)^2(x+z)^2} = \sum\frac{x}{(x+y)^2(x+z)^2}(x-y)(x-z)+2\cdot\sum\frac{x^2-yz}{(x+y)^2(x+z)^2}$

Well it's easy to see that $2\cdot\sum\frac{x^2-yz}{(x+y)^2(x+z)^2}\ge 0$ (I assume the only possibility is bunching?) but I was wondering wether we can prove by Vornicu-Schur (or any other Schur-Generalisation if there is any) that $\sum\frac{x}{(x+y)^2(x+z)^2}(x-y)(x-z)\geq 0$
 :?  :?:

PS: Can you post your trigonometric solution?

Well put $x=tan\frac{A}{2}$ etc and because $xy+yz+zx=1$ we have that $A,B,C$ are sides of triangle .
And we have to prove that
$sin2A+sin2B+sin2C\leq sinA+sinB+sinC$  . But
$\frac{sinA+sinB+sinC}{sin2A+sin2B+sin2C}=\frac{R}{2r}\geq 1$

silouan, could you please detail your steps? I don't really understand your solution  :?

I only came as far as that $A,B,C$ are the angles of an acute triangle with your substitution....

How do you get your $\sin$-Expressions?

Obviously I'm not too familiar with trig. substitutions... :huh:

In my proof above I used that
$sin\ A=\frac{2tan\frac{A}{2}}{1+(tan\frac{A}{2})^2}$

Also $sin\ A+sin\ B+sin\ C=\frac{a+b+c}{2R}=\frac{E}{rR}$
where E is the area of the triangle .

Finally $sin\ 2A+sin\ 2B+sin\ 2C=\frac{2E}{R^2}$

I hope it is clear now


Use the fact that $F_{2k}F_{2k+2}= F_{2k+1}^{2}-1$ to obtain that \[\begin{aligned}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{F_{2k+1}+1}& = \frac{1}{2}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{F_{2k+1}-1}{F_{2k}F_{2k+2}}\\ & = \frac{1}{2}+\sum_{k=1}^{\infty}\left(\frac{1}{F_{2k}}-\frac{1}{F_{2k+2}}\right)-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{F_{2k}F_{2k+2}}\\ & = \frac{3}{2}-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{F_{2k}F_{2k+2}}\end{aligned}\]That last sum equals $\left(\frac{\sqrt{5}+1}{2}\right)^{-2}= \frac{3-\sqrt{5}}{2}$, according to equation (88) in [url=http://mathworld.wolfram.com/FibonacciNumber.html]this Mathworld article[/url]. I don't immediately see a way to prove that identity though  :P

[quote="Kurt Gödel"]Use the fact that $F_{2k}F_{2k+2}= F_{2k+1}^{2}-1$ to obtain that
\[\begin{aligned}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{F_{2k+1}+1}& = \frac{1}{2}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{F_{2k+1}-1}{F_{2k}F_{2k+2}}\\ & = \frac{1}{2}+\sum_{k=1}^{\infty}\left(\frac{1}{F_{2k}}-\frac{1}{F_{2k+2}}\right)-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{F_{2k}F_{2k+2}}\\ & = \frac{3}{2}-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{F_{2k}F_{2k+2}}\end{aligned}\]
That last sum equals $\left(\frac{\sqrt{5}+1}{2}\right)^{-2}= \frac{3-\sqrt{5}}{2}$, according to equation (88) in [url=http://mathworld.wolfram.com/FibonacciNumber.html]this Mathworld article[/url]. I don't immediately see a way to prove that identity though  :P[/quote]

Maybe switch to the explicit formula at that point?

the last formula has been posted a billion times; you can use binet, etc

i think we can use a root inversion thing as well...not quite sure about that though...

How does the explicit formula (Binet's?... but that's not sums), result in the sum formula the Kurt used?


Hey everyone,
I'm planning to start a new Math Portal thingy (hope this is okay with Richard to post this here). I plan it to have stuff such as:

-some math problem of the week
-a quick problem i could toss in
-a math definition wiki thingy

Any ideas?

Thanks...
Shuai King

I can help if you need it.  What language? php?

Hey,
Thanks for the help, I think it's going to run off of Joomla or WordPress, pref WordPress


Each side and diagonal of a regular $ n$-gon ($ n\geq 3$) is colored [b]red[/b]
or [b]blue[/b]. One may choose a vertex and change the color of all of the segments emanating from that vertex, from red to blue and vice versa.

Prove that no matter how the edges were colored initially, it is possible to make the number of blue segments at each vertex even.

Prove also that the resulting coloring is uniquely determined by the
initial coloring.

This post is for the first question.

We call a vertex "odd" if it is incident to an odd number of blue segments; otherwise, we call it "even."  First, we shall show that if such moves exist, $ n$ must be odd.  Suppose contrary that $ n$ is even and there exists a sequence of moves from a state with some odd vertices (an odd state).  It is clear that a switching on any vertex changes the parities of all vertices.  If $ (o_{k},e_{k})$ is the number of odd vertices and even vertices, respectively, after the $ k$-th move.  If initially, both $ o_{0}$ and $ e_{0}$ are nonzero, there is no way to reach a state with $ o_{k}$ or $ e_{k}$ is zero.  This is because $ (o_{k\plus{}1},e_{k\plus{}1}) \equal{} (e_{k},o_{k})$, and hence, a contradiction.

Now suppose that $ n$ is odd.  Note that a switching on a vertex $ v$ changes the parities of all other vertices except $ v$ itself.  If your polygon already has no odd vertices, you are done.  If there are some odd vertices, consider a pair of odd vertices $ a$ and $ b$.  (Check Hand Lemma applies here: the number of odd vertices must be even.  So, if there are odd vertices, there must be at least two.)  By switching the colors of the edges emanating from both $ a$ and $ b$ (the order of the actions is insignificant), the parities of all other vertices remain unchanged, but $ a$ and $ b$ now become even.  This procedure reduces the number of odd vertices in every move.  Initially, there are finitely many odd vertices, and hence, the process terminates at some point.  At this point, there are no more odd vertices, and we are done.

We still assume that $ n$ is odd.

Name vertices of the polygon as $ v_{1},v_{2},\dots,v_{n}$.  Define an operation $ g_{i}$ to be a switching on $ v_{i}$.  Note that $ g_{i}$ is its own inverse and the operation $ g_{i}$ then $ g_{j}$ equals the operation $ g_{j}$ then $ g_{i}$.  Let $ G$ be a group whose generators are $ g_{i}$'s.  Hence, $ G$ is abelian.  For each $ x$ and $ y$ in $ G$, $ x\plus{}y$ represents the operation $ x$ then $ y$.  Let $ 0$ be the identity and $ \minus{}x$ is the inverse of $ x$.  Then, $ x\plus{}y \equal{} y\plus{}x$ and $ \minus{}x \equal{} x$ for all $ x,y\in G$.

We now write $ (g) : \equal{} (g_{1},g_{2},\dots,g_{n})$ and for each $ (a) : \equal{} (a_{1},a_{2},\dots,a_{n})\in (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^{n}$, define
\[ (a)\cdot(g)\equal{}a_{1}g_{1}\plus{}a_{2}g_{2}\plus{}\cdots\plus{}a_{n}g_{n}\,.\]
Hence, $ (a)\cdot(g) \equal{} 0$ if and only if $ (a) \equal{} (0)$ or $ (a) \equal{} (1)$.

Now, we get back to the problem.  It suffices to show that there does not exist a series of operations in $ G$ from an even state $ A$ to a different even state $ B$.  Suppose there is a series $ x$ of operations changing $ A$ to $ B$.  We can write
\[ x\equal{}(a)\cdot(g)\,,\]
for some $ (a)\neq (0),(1)$.  Without loss of generality, assume that $ a_{1},a_{2},\dots,a_{m}\equal{} 1$, where $ 0 < m < n$, and $ a_{i}\equal{} 0$ if $ i > m$.  Note that the parities of $ v_{i}$, $ i > m$ is changed $ m$ times.  Hence, $ m$ is even.  However, for the vertex $ v_{1}$, the parity is changed $ m\minus{}1$ times.  Hence, $ v_{1}$ is now odd.  Therefore, if $ m\neq 0$ or $ m\neq n$, it is impossible to change $ A$ to another even state.  However, if $ m \equal{} 0$ or $ m \equal{} n$, this is the identity operation.  A contradiction rises again.

In summary, there is no connection between even states.  Hence, for a given odd state, a sequence of moves can reach only one even state.


rotation
geometry
geometric transformation
trigonometry
limit

[i]Suppose that, while lying on a beach near the equator watching the Sun set over a calm ocean, you start a stopwatch just as the top of the Sun disappears. You then stand, elevating your eyes by a height of H = 1.7m, and stop the watch when the top of the Sun again disappears. If the elapsed time is t = 11.1s, what is the radius r of the earth?[/i]

The principles here aren't that advanced, but I thought this was a particularly hard problem from the textbook. Thanks...

What section of the textbook is this in?

The noobest part (i.e. the first chapter), where we learn about measuring and conversions. We don't know anything about angular velocity or orbits. I supposed you can use whatever 'maths' you want though, and judging from the question I think it's got a lot to do with properties of circles.

[hide="solution"]As in the attached picture, the angle $ \alpha$ by which that the Earth rotates during time $ t$ is $ \alpha\approx \frac{x}{R}$ (as $ H$ and $ \alpha$ are relatively small). From the triangle in the picture we get $ x^2\plus{}R^2\equal{}(R\plus{}H)^2\approx R^2\plus{}2RH$. We get:
\[ \alpha\approx \sqrt{\frac{2H}{R}}\]
The angular velocity of the Earth is $ \omega\equal{}\frac{2\pi}{T}\equal{}\frac{\alpha}{t}$, so we find
\[ R\equal{}\frac{HT^2}{2\pi^2t^2}\approx 5218 km\][/hide]

[quote="Identity"]Thanks golduck, but what is capital $ T$?[/quote]

Period of Earth's Rotation because $ \omega \equal{} \frac {2 \pi}{T}$ in the solution.

And the approximation is justified since $ \sin \alpha \equal{} \frac{x}{R}$ and $ \lim_{\alpha \to 0} \frac{\sin \alpha}{\alpha} \equal{} 1$.

Well, not exactly - $ \sin \alpha \equal{} \frac{x}{R\plus{}H} \approx \frac{x}{R}$ ;)

BTW the task can be done 'without' any approximations, simply:
$ \cos \left( 2 \pi \frac{t}{T} \right) \equal{} \frac{R}{R\plus{}H} \iff R \equal{} \ldots$
but the difference is slighly visible ;)


Find the number of distinct solutions of
\[ \sin 5x\cos 3x \equal{} \sin 9x\cos 7x
\]
in
\[ 0 \leqslant x \leqslant \frac {\pi } {2}
\]

$ sin 5x cos 3x\equal{}sin 9x cos 7x$

$ \Leftrightarrow sin 8x \plus{}sin 2x\equal{}sin 16x \plus{}sin 2x$

$ \Leftrightarrow sin 8x\equal{}2sin 8x cos 8x$

$ sin 8x (2cos 8x\minus{}1)\equal{}0$

So the answer $ \equal{}5\plus{}4\equal{}9$


This topic must be in geometry forum!
Given $ AH$ such that $ AH \equal{} h_a$.
Construct a line d which passes through H and perpendicular to $ AH. (A, m_a)\cap d \equal{} \{M\}$
Since $ ah_a \equal{} bh_b$ then $ k \equal{} \frac {h_a}{h_b} \equal{} \frac {b}{a} \equal{} \frac {AC}{BC}$
Then $ \frac {AC}{MC} \equal{} 2k$.
Construct Apollonius circle of a line segment AM wrt ratio 2k, it cuts d at C. B is a point such that $ MC \equal{} MB \equal{} 1/2BC$

[quote="Leon"]Construct the $ \triangle ABC$, given $ h_a$, $ h_b$ (the altitudes from $ A$ and $ B$) and $ m_a$, the median from the vertex $ A$.[/quote]

I think, that is I.M.O 1960  :wink:


calculus
integration
algebra
function
domain
Ring Theory
superior algebra

Let $ R$ be a commutative ring w/ unity and suppose that the only idempotents in $ R$ are $ 0$ and $ 1$.  Does this imply that $ R$ is also an integral domain?

Nope. Take the quotient ring of $ D[x]$ modulo $ x^2$ where $ D$ is any integral domain. If an element $ a\plus{}bx$ were idempotent,
\[ a\plus{}bx\equal{}(a\plus{}bx)^2\equal{}a^2\plus{}2abx\]
Since $ a^2\equal{}a$ only if $ a\equal{}0$ or $ a\equal{}1$, we need $ a$ to be one of these values, in which case $ 2a\neq 1\Rightarrow b\equal{}0$. But this implies the element is 0 or 1.

So this ring satisfies the given conditions, but it's obviously not an integral domain.

just look at your other question ..
http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=185815


algebra
polynomial
linear algebra
matrix
algorithm
calculus
integration

Can anyone please show me how to compute for " [u]the Characterirstic Polynomial[/u]" of a higher degree greater than 3....? Say for instance, a given [i][size=75]4X4 [/size][/i]Matrix or [i]5X5[/i] Matrix [b]A[/b].

I am fine with up to 3 degree of Polyniomial but having difficulties with order 4 or higher.... Adding to that, here is an an example with the solution, which  I got out from a book. A given [size=75]4x4[/size] Matrix[b] A[/b], The Charact. Polynom..,  [b]det[([i]1 1 2 0), (0 13 14 18), (0 -6 -6 -9), (0 -5 -6 -6)[/i]][/b]. The Solution shown is [b](lamda - 1)^2 (lamda)^2[/b].

Show me how you get to this.....as that is what I have hard times upon.  Also notice, [b][[i](1 - lamda) (13 - lamda) (-6 - lamda) (-6 - lamda)[/i]][/b] on the main diagonal of [b]A[/b].

Is their a much easier way, a general approach and handy to use method to computer for characteristic polynomials of higher orders...? If so, please state:-  my book is just a collection of symbols and can't follow up sometimes.

I need your great help ASAP...........!

The characteristic polynomial for an $n$ by $n$ matrix $A$ is just $\det(A-I_n\lambda)$. In particular, the one you seek is:
 \[ f(\lambda)
= \left|
\begin{array}{cccc}
1-\lambda & 1 & 2 & 0 \\
0 & 13-\lambda & 14 & 18\\
0 & -6 & -6-\lambda & -9\\
0 & -5 & -6 & -6-\lambda\end{array}
\right|.\]

[quote="ArtOfSpace"]Is their a much easier way, a general approach and handy to use method to computer for characteristic polynomials of higher orders...? If so, please state:- my book is just a collection of symbols and can't follow up sometimes.
[/quote]
Not really. The previous post provided a definition, but computing determinants isn't particularly efficient, and doing it with polynomial entries is even worse. Here are several proposed algorithms:

1: Calculate the determinant of $xI-A$, using Gaussian elimination (integral domain version)
Order: $O(n^4)$?
Notes: very complicated to implement and run; requires lots of row interchanges, and far more operations than the standard version.

2: Calculate $\det(xI-A)$ for $n$ specific values of $x$, then interpolate a polynomial (with appropriate leading coefficient).
Order: $O(n^4)$
Notes: more operations than the previous (worse constant), but very reliable, easily implemented, and numerically sound.

3: Choose $v$ randomly, and express $A$ with respect to the basis $v, Av, A^2v,\dots,A^{n-1}v$. This matrix is in companion form, so we can read off the coefficients of the characteristic polynomial from the last column.
Order: $O(n^3)$ ($O(n^3)$ to calculate the basis, and $O(n^3)$ to solve the system and calculate the last column of the transformed matrix)
Notes: Won't work if the minimum polynomial of $A$ has degree less than $n$ (probability 0), won't work if we started in a nontrivial invariant subspace (probability 0), numerically bad if we started close to an invariant subspace, so we might have to try a different starting point. On the other hand, it's only $O(n^3)$ if it works.

If you're dealing with relatively small matrices like $4\times 4$ and $5\times5$, something like method 2 is probably best. For very large matrices, method 3 has an advantage.

Hmmmm....I've seen something like that but stop short on tackling it. I thing I have some work to do on what you both proposed....

Thanks...,