Πολύ ωραία λύση Δημήτρη!

Ωραίες λύσεις.

Διαφορετικά:

Μπράβο ρε Νίκο, πολύ ωραίος. :coolspeak: Σαν σημείωση απλά να τονίσω ότι ο $d$ βγαίνει άρτιος μόνο αν υποτεθεί ότι $q>1$ και μάλιστα εκεί έγκειται το άτοπο. Μια ερώτηση που προκύπτει αρκετά φυσιολογικά είναι γύρω από το τι δομή μπορεί γενικά να έχει το $p(\mathbb{Z})$ με $p$ πολυώνυμο. Ο Νίκος απέδε...

Μπράβο ρε Αλέξανδρε. Πολύ ωραία ιδέα.

Πολλά συγχαρητήρια!

Socrates δεν καταλαβαίνω τι ακριβώς κάνεις. Θες να το εξηγήσεις παραπάνω;

Με Cauchy-Schwarz βλέπουμε ότι $|f(t)|=|\int_{0}^{t}f'(t)dt| \leq |\int_{0}^{t}f'(t)^2|^{\frac{1}{2}}|\sqrt{t}|$ . Άρα $\int_{0}^{1}|f'(t)|^2|f(t)|t^{-\frac{1}{2}}dt \leq \int_{0}^{1}|f'(t)|^2 (\int_{0}^{t}f'(t)^2)^{\frac{1}{2}}dt$$=\frac{2}{3}(\int_{0}^{1}f'(t)^2dt)^{\frac{3}{2}} \leq \frac{2}{3}$,...

To ελάχιστο πολυώνυμο $m$ είναι το πολύ δευτέρου βαθμού και διαιρεί το $x^n+1=\frac{x^{2n}-1}{x^n-1}$ που είναι το γινόμενο των ανάγωγων στο $Q[x]$ , $F_d(x)$ , με $d|2n , d \not | n$ ( $F_d$ κυκλοτομικό τάξης $d$). Άρα είναι κυκλοτομικό βαθμού το πολύ 2 και άρα ένα από τα $x+1,x^2-x+1,x^2+1,x^2+x+1...

Νομίζω στο blog του Tao είχα διαβάσει την εξής απλή απόδειξη που πιστεύω αξίζει να μοιραστώ μαζί σας: Έστω ότι τα ξένα $[a_n,b_n] , n \in \mathbb{N}$ έχουν σαν ένωση το $(0,1)$. Θεωρούμε το αριθμήσιμο $S = \{ a_n,b_n| n \in \mathbb{N} \}$. Τώρα ας πάρουμε ένα $n_0$ φυσικό και ας σταθεροποιήσουμε το ...

Δεν ξέρω τι αποδείξεις έχουν μέσα τα παραπάνω βιβλία αλλά μπορούμε να το δούμε ως εξής: Για $l$ πραγματικό, Έστω $e>0$. Tότε υπάρχει $n_0$ τέτοιο ώστε για κάθε $n\geq n_0$ να ισχύει : $l-e<\frac{a_n-a_{n-1}}{b_n-b_{n-1}}< l+e$ και άρα $(l+e )(b_n-b_{n-1})< a_n-a_{n-1} <(l-e)(b_n-b_{n-1})$ αν $n\geq ...

Συγχαρητήρια και από μένα σε όλα τα παιδιά που διακρίθηκαν. Iδιαίτερα στους Παναγιώτη Λώλα και Σαράντη Μιχάλη που τους γνωρίζω καλά και άξιζαν την διάκριση τους με το παραπάνω. Για τα θέματα πιστεύω πως τα πρώτα 2 ήταν αρκετά απλά , το 4 μέτριο και το 3 απαιτητικό. Η βασική παρατήρηση στο 3 είναι ου...

Ωραία, πολύ καλή η επιλογή αυτού του πολυωνύμου.

Πολύ ωραίο, καλή αρχή!

Noμίζω πως έχω μια απόδειξη, αρκετά τεχνική βέβαια, που χρησιμοποιεί μάλιστα μόνο ορθογώνια με πλευρές παράλληλες στους άξονες. Αν πάρουμε το $R=[0,a] x [0,\frac{1}{a}]$ για ορθογώνιο με $a>0$, ισχύει $\int_{0}^{a} \int_{0}^{\frac{1}{a}}f(x,y)dydx=0$ . Παραγωγίζοντας την σχέση ως προς $a$ παίρνουμε ...

Ενδιαφέρον πρόβλημα. Δίνω μια κατεύθυνση που πιστεύω μπορεί να οδηγήσει σε λύση και ένα φράγμα κοντά στο ζητούμενο σε hide. Η ιδέα έχει ως εξής: Iσοδύναμα με την υπόθεση ισχύει $x^{k+1}|p(x+1) \leftrightarrow \sum_{i=0}^{n}a_i\binom{i}{m}=0$ για $m=0,1,..,k$. Τώρα οι συναρτήσεις $\binom{x}{m},m=0,1,...

Όχι αναγκαστικά. Πχ θεωρούμε μια αρίθμηση των πολυωνύμων με ρητούς συντελεστές $p_n(x)$. Τότε ορίζουμε μια $f$ τέτοια ώστε στο $[2n,2n+1]$ να είναι ίση με $p_n(x-2n)$ και ενδιάμεσα συνεχώς για όλα τα $n$ στο $N$ (στους αρνητικούς ας την κρατήσουμε $p_0(0)$) Τότε αν $\epsilon>0$, $g$ συνεχή υπάρχει $...

Ωραία Παναγιώτη, πολύ σωστές οι απαντήσεις σου! Την ίδια λύση είχα και εγώ υπόψιν. Για την γενίκευση που λες αρκεί να δειχτεί ότι αυτό συνεπάγεται ότι τα $P(n)$ είναι k-οστές δυνάμεις για n φυσικό. Ύστερα τα πράγματα είναι απλα: Είναι $P(n+p) \equiv \sum_{i=0}^{k-1}\frac{P^{(i)}(n)}{i!}p^i modp^k$ κ...

Ωραίο το link. Κάλυψε όλες τις αποδείξεις που γνώριζα με το παραπάνω

ΥΓ. Δημήτρη στο άλλο θέμα έχεις λύση απευθείας από το Nullstellensatz χωρίς να περάσεις ενδιάμεσα από το Cauchy-Davenport;

Χαίρομαι που δημιούργησε ενδιαφέρον. Είχε μπει σε qualifyings στο phd του stanford στην μιγαδική ανάλυση αλλά και σε εξετάσεις στο Μαθηματικό Αθήνας. Η παραπάνω λύση είναι δικιά μου. Δίνω τώρα μια ακόμα λύση η οποία ανήκει σε καθηγητή του μαθηματικού: Λήμμα: Αν $f : [0,2\pi] \rightarrow C$ και ισχύε...

Πρόκειται για πολύ καλό αποτέλεσμα. Θα ήταν ωραίο να δούμε διάφορες αποδείξεις:
Έστω . Aν είναι μια ακολουθία ακεραίων τότε υπάρχει μια υπακολουθία της: ώστε το άθροισμα των όρων της να διαιρείται από .