Επίσης επειδή είμαστε σε μαθητικό φάκελλο καλό θα ήταν να εξηγήσουμε γιατί υπάρχει το $a$. (είναι όλα τα λεφτά της απόδειξης) Θα μπορούσαμε να πούμε ότι το $a$ είναι ένα σημείο που η $\left | f \right |$ παίρνει ελάχιστη τιμή.(λόγω συνέχειας υπάρχει) Αλλιώς: Αν δεν υπάρχει τέτοιο $a$ τότε $\display...

Καλησπέρα.

Υπάρχει τέτοιο ώστε . Τότε

.

Γράφουμε την εξίσωση ως $\displaystyle{8^x-2^x=17^x-11^x}$. Παρατηρούμε ότι η εξίσωση έχει λύσεις $x=0,x=1$. Δείχνουμε ότι δεν υπάρχουν άλλες. Έστω $x \neq 0,x \neq 1$ μια πραγματική λύση της εξίσωσης. Θεωρούμε την συνάρτηση $T(a)=(8+a)^x-(2+a)^x$ με πεδίο ορισμού $(-1,+\infty)$. Εφόσον η εξίσωση έχ...

Πολύ ωραίες αποδείξεις. Η απόδειξη μου: Θεωρούμε ''απλά'' $\displaystyle{f(t)=A^{1-t}B^t}$. Το θέμα είναι ότι η συνάρτηση αυτή χρειάζεται να οριστεί καλά, και αυτό θέλει αρκετή δουλειά. Η ερμηνεία του $\displaystyle{A^{1-t}B^t}$ είναι ως $\displaystyle{e^{(1-t)\log A}e^{t \log B}}$. Όταν ένας πίνακα...

Έστω δύο πίνακες με ορίζουσα . Αποδείξτε ότι υπάρχει συνεχής συνάρτηση τέτοια ώστε , και για κάθε .

Γράφω την απόδειξη μου. Ισχύει ότι $\displaystyle{\binom{n}{k}=\frac{1}{2\pi i} \oint_{\gamma}\frac{(1+z)^n}{z^{k+1}} \mathrm{d}z}$ όπου $\gamma$ είναι οποιαδήποτε απλή, κλειστή καμπύλη στο μιγαδικό επίπεδο που περικλείει το $z=0$. Η απόδειξη της σχέσης αυτής είναι άμεση από το διωνυμικό θεώρημα και...

Όπως γράφει και ο Αχιλλέας, το πρόβλημα αυτό είναι τόσο διάσημο στα μαθηματικά των διαγωνισμών που έχει και δική του σελίδα στην Wikipedia!

Επίσης και άρα .

Για φυσικούς να αποδειχθεί η ανισότητα



Μάλλον υπάρχουν καλύτερα άνω φράγματα αλλά για το συγκεκριμένο έχω μια πολύ ωραία απόδειξη.

Ένα πολυώνυμο $P(x)$ n-οστού βαθμού ικανοποιεί τη συνθήκη $P(k)=2^{k}$ για $k=0,1,2,....,n.$ Βρείτε το $P(n+1)$ . Μια άλλη λύση. Ένα πολυώνυμου βαθμού $n$ καθορίζεται πλήρως από $n+1$ τιμές του και μάλιστα από το θεώρημα παρεμβολής του Lagrange έχουμε και τύπο. Άμα το χρησιμοποιήσουμε στο πρόβλημα ...

Αυτή το πρόβλημα μου θύμισε το παρακάτω. Το διατυπώνω έτσι για πλάκα: Έστω $S(n)$ το άθροισμα των διαιρέτων του φυσικού αριθμού $n$. Ειναι εφικτό να αποδείξουμε την ανισότητα $\displaystyle{S(n) \leq H_n+e^{H_n}\ln (H_n)}$ για κάθε $n$ με ισότητα μόνο για $n=1$ με στοιχειώδη μαθηματικά? Θα γράψω με...

Αυτή το πρόβλημα μου θύμισε το παρακάτω. Το διατυπώνω έτσι για πλάκα: Έστω $S(n)$ το άθροισμα των διαιρέτων του φυσικού αριθμού $n$. Ειναι εφικτό να αποδείξουμε την ανισότητα $\displaystyle{S(n) \leq H_n+e^{H_n}\ln (H_n)}$ για κάθε $n$ με ισότητα μόνο για $n=1$ με στοιχειώδη μαθηματικά? Θα γράψω μετ...

Με απλές στροφές βρίσκουμε ότι $P(x,y)=P(y,x)$ και $P(x,y)=P(x,-y)$. Από την πρώτη σχέση το πολυώνυμο είναι συμμετρικό και άρα από το θεμελιώδες θεώρημα των συμμετρικών πολυωνύμων , μπορεί να γραφεί ως πολυώνυμο των απλών συμμετρικών πολυωνύμων $x+y$ και $xy$. Όπου βλέπουμε το $xy$ το γράφουμε $xy=\...

Και εδώ.

Και εδώ.

Έστω . Να δείξετε ότι



Την είδα στο AoPS και μου άρεσε πολύ.

Μια λύση με Διαφορικό Λογισμό.

Έστω . Είναι και



Άρα . Άρα η είναι αύξουσα.

Η παρακάτω λύση δεν συγκρίνεται με την απλότητα των προηγούμενων. Έχουμε $\displaystyle{2f(x)f(y+z)=f(x+2(y+z))=f(x+2y+2z)=2f(x+2y)f(z)=4f(x)f(y)f(z)}$ Είτε η $f$ είναι ταυτοτικά $0$ ή $\displaystyle{2f(y+z)=4f(y)f(z)}$. Από εδώ κλασικά μέσω της συναρτησιακής εξίσωσης του Cauchy βρίσκουμε $\displays...

Δείτε και εδώ.

Έστω $g(x)=f(x)+f(-x)$. Τότε $\int_{-1}^1 x^ng(x) dx =0 \quad (*)$ για κάθε $n$ φυσικό διότι αν $n$ άρτιος το παίρνουμε από την υπόθεση ενώ αν $n$ περιττός είναι άμεσο διότι η $g$ είναι άρτια. Είναι γνωστό ότι μέσω του Θεωρήματος του Weierstrass η $(*)$ δίνει $g(x)=0$ για κάθε $x$ και άρα η $f$ είνα...