Δεν υπάρχει μοναδική απάντηση.

Βγαίνει με τον ακόλουθο τύπο



ο οποίος αποδεικνύεται εύκολα επαγωγικά.

Έχουμε $1 + \sqrt[n]{c} \geqslant 2\sqrt[2n]{c}$ οπότε $\displaystyle \left(\frac{1 + \sqrt[n]{c}}{2} \right)^n \geqslant \sqrt{c}$ για κάθε $n \in \mathbb{N}$. Για την ανάποδη ανισότητα θα χρησιμοποιήσω χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι $c \geqslant 1$. Έχουμε $\displaystyle \left(\frac{1 + \sqrt[n]{...

Έχουμε $\displaystyle a_{2n-1} = \int_{2n-1}^{2n} \sqrt{x} \sin{(\pi x)} \, \mathrm{d}x = \int_{2n}^{2n+1} \sqrt{y-1} \sin{(\pi y - \pi)} \, \mathrm{d}y = -\int_{2n}^{2n+1} \sqrt{y-1} \sin{(\pi y)} \, \mathrm{d}y$ Έχουμε επίσης $\displaystyle \sqrt{x} - \sqrt{x-1} = \frac{1}{\sqrt{x} + \sqrt{x-1}} $...

Για ποικιλία ας δούμε και μια απόδειξη με μιγαδικούς, τους οποίους έχουμε εξοστρακίσει εντελώς. Έστω $u = e^{ia/2}, v = e^{ib/2}$ και $w = e^{ic/2}$. Τότε $uvw = e^{i(a+b+c)/2} = e^{i\pi/2} = i$. Άρα $\displaystyle \begin{aligned} 4\cos\left(\frac{a}{2}\right)\cos\left(\frac{b}{2}\right)\cos\left(\f...

4. Κατά μήκος δρόμου στην χώρα των Ηλιθίων βρίσκονται δέκα θάμνοι, στο καθένα από τα οποία υπάρχουν 9 νομίσματα. Περνώντας από το δρόμο επιτρέπεται να κόψεις από κάθε θάμνο 2, 3 ή 4 νομίσματα αλλά έτσι, ώστε κανείς να μην κόψει ίδιο αριθμό νομισμάτων από γειτονικούς θάμνους, ειδάλλως οι φύλακες συλ...

Ορέστη καλωσόρισες στο :logo: Μερικά σχόλια - Ο κανονισμός μας ζητάει πάντα από τα μέλη μας να γράφουν τα μαθηματικά σε $\LaTeX$. Αυτήν την φορά διόρθωσα την ανάρτηση. Στην αρχική σελίδα υπάρχει ανακοίνωση με αρκετούς συνδέσμους για βοήθεια στην γραφή σε $\LaTeX$. - Στην ανάρτησή σου υπάρχουν διάφορ...

Το θέμα είναι να προσπαθήσουμε να τα γράψουμε και πιο συμμαζεμένα. Έστω ότι ο πρώτος αρχίζει από το $A$ και ο δεύτερος από το $D$. Στο σχήμα του Πρόδρομου ο πρώτος παίκτης πάει διαδοχικά στα $A4,A9,A10,A11,A12,A13$. Μπορεί επειδή θέλει λιγότερες ή ίσες κινήσεις από τον άλλο παίκτη για να φτάσει σε α...

Την άσκηση την πήρα από το College Mathematics Journal. Ήταν το πρόβλημα 1111 με την λύση να εμφανίζεται τον Δεκέμβριο του 2018. Η λύση ήταν ουσιαστικά ίδια όπως συμπληρώθηκε από τον Μιχάλη στις ιδέες του Λάμπρου. Όπως με ενημέρωσε ο Σταύρος το επιχείρημα της επόμενης παραγράφου είναι λανθασμένο. (Σ...

Λάμπρο, υπάρχει ακόμη ένα θεματάκι με την λύση.

Κάποιες από τις υπεραριθμήσιμες αυτές υπακολουθίες μπορεί να συγκλίνουν στον ίδιο ρητό αριθμό.

Δίνεται συγκλίνουσα σειρά με θετικούς όρους. Να δειχθεί ότι η έχει υπακολουθία ώστε το να είναι άρρητος.

Με προλάβανε αλλά μιας και έγραψα και τις λεπτομέρειες... Με ισχυρή επαγωγή στο $m$ όπου $n=2m$ το μήκος της $a$. Για $m=0,1$ είναι προφανές. Έστω λοιπόν ότι ισχύει για κάθε άρτιο $m \leqslant k$ και έστω μια ακολουθία $a$ μήκους $2k+2$. Αν είναι της μορφής $0b1$ ή της μορφής $1b0$ τότε το $b$ έχει ...

Ακόμη μία απόδειξη. Ας γράψω $r = f(1)= a+b$ και $s=f(0)=b$. Τότε $\displaystyle ab = (r-s)s = -\left(r-\frac{s}{2}\right)^2 + \frac{s^2}{4} \leqslant \frac{1}{4}$ με ισότητα αν και μόνο αν $|s|=1$ και $r=s/2$. Μένει να κάνουμε τον απλό έλεγχο ότι η $f(x) = \pm \frac{x+1}{2}$ ικανοποιεί τις συνθήκες.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑

Κυρ Δεκ 09, 2018 7:26 pm

Ετσι η εξίσωση

έχει ρίζες τα

Αυτό όμως είναι ΑΤΟΠΟ(γιατί ; )

Οι ρίζες της εξίσωσης εμφανίζονται σε ζεύγη της μορφής . Δηλαδή σε ζεύγη με σταθερό άθροισμα . Τα όμως, δεν μπορούν να χωριστούν με τέτοιο τρόπο.

Θεωρώ ότι η συγκεκριμένη μέθοδος θα έπρεπε να είναι πιο γνωστή στους μαθητές από ότι πραγματικά είναι. Όταν διδάσκουμε διατάξεις, συνδυασμούς, μεταθέσεις, θα έπρεπε να διδάσκεται και αυτό.

Το είχα βάλει πέρσι και στο πρόβλημα της εβδομάδας.

Για κάτι αρκετά πιο δύσκολο δείτε και αυτό.

Έστω το σύνολο όλων των ακολουθιών μήκους των οποίων οι όροι ανήκουν στο σύνολο και έχουν άθροισμα . Να δειχθεί ότι

Μιχάλη, στο ελάχιστο δεν θα έχουμε $MC \perp BM$. Θα έχουμε $\angle AMB = \angle BMN = \angle MBA$. Άρα $AB = AM=MC = 2MN$. Από Θεώρημα Συνημιτόνων, θέτοντας $x=BM$ έχουμε $\displaystyle (MN)^2 = x^2 + \frac{a^2}{4} - \frac{ax}{2}$ και $\displaystyle (MC)^2 = x^2 + a^2 - ax$ Από την $MC = 2MN$ παίρν...

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑

Σάβ Δεκ 08, 2018 2:00 pm

Μπορούμε πολύ καλύτερα. Αποδεικνύεται ότι για μικρά είναι

Ας δούμε επίσης και την ανισότητα για .

Έστω $k(x) = g(h(x))$ και έστω $x_1,x_2$ οι ρίζες του $f$. Τότε το $k(x)$ είναι πολυώνυμο τετάρτου βαθμού. Για κάθε $1 \leqslant n \leqslant 8$ είναι $f(k(n)) = 0$ και άρα υπάρχει $i \in \{1,2\}$ ώστε $k(n) = x_i$. Επειδή το $k$ είναι τετάρτου βαθμού, για τα μισά $n$ θα έχουμε $k(n) = x_1$, και για ...

Ωραίο. Θα το δείξω με επαγωγή στο $m+n$. Είναι προφανές όταν $m=n=1$ αφού $a_1 = 1$, άρα $gh = e$ που δίνει $h = g^{-1}$ και άρα και $hg = e = gh$. Για το επαγωγικό βήμα ελέγχουμε δύο περιπτώσεις. Περίπτωση 1: Αν $m >n$ θέτω $m' = m-n, n' = n$. Τότε $a_k' = a_k - 1$ για κάθε $k$. Θέτω $g' = gh$ και ...