:oops: Πράγματι, οι μιγαδικές ρίζες τις μονάδας πρέπει να απορριφθούν. Είναι γνωστό ότι οι μόνες πραγματικές ρίζες της μονάδας είναι οι $\pm1$. Οπότε πρέπει να κάνουμε ένα βήμα ακόμα και να διακρίνουμε τις περιπτώσεις, όπου $n$ είναι άρτιος ή περιττός. Αλλά αυτό που είπε ο Demetres είναι πολύ πιο κο...

Το σύνολο μας είναι το $\displaystyle{G=\{(a,b)\in\mathbb{R}\times\mathbb{R}\mid a\neq0\}.}$ Θεωρώντας τυχόντα στοιχεία $(a,b),(c,d)\in G$ έχουμε $a\neq0\neq c\Rightarrow ac\neq0$. Επομένως $\displaystyle{(a,b)*(c,d)=(ac,bc+d)\in G,}$ ήτοι το $G$ είναι κλειστό σύνολο ως προς την πράξη $*$. Θεωρούμε,...

!!! Ζητώ συγνώμη για τη λακωνικότητα της προηγούμενης δημοσίευσης μου και αντί αυτής, θα παρουσιάσω πιο αναλυτικά τη λύση. Αρχικά $\int_{0}^{+\propto}{g(t)dt}=\lim_{x \rightarrow +\propto} \int_{0}^{x}{g(t)dt}$. Σκοπός είναι να δείξουμε ότι $\int_{0}^{x}{g(t)dt} \geq h(x)$ η οποία έχει την ιδιότητα ...

Έστω διανύσματα . Το ερώτημα είναι το εξής:
Υπάρχει επιλογή προσήμων τέτοια ώστε:
;

Αλλιώς! Αν υποθέσουμε ότι το πλήθος $r$ των $a$ είναι μεγαλύτερο από το πλήθος $s$ των $b$ τότε συμπληρώνουμε με μηδενικά το δεύτερο μέλος έτσι ώστε: ${a_1}^l+{a_2}^l+...+{a_r}^l={b_1}^l+{b_2}^l+...{b_r}^l$ όπου $b_{s+1}=b_{s+2}=...b_r=0$. Ισχυρισμός Ισχυρίζομαι ότι από το σύστημα: $a_1+a_2+...+a_r=...

!Διαβάζοντας για το μάθημα της άλγεβρας συνάντησα το παρακάτω πρόβλημα και επειδή μου φάνηκε ενδιαφέρον το παραθέτω. (Δε γνωρίζω αν έχει συζητηθεί!) Θ.Fermat (για πολυώνυμα) Να δείξετε ότι δεν υπάρχουν πολυώνυμα $f(x),g(x),h(x)\in \mathbb{C}$ θετικού βαθμού με $g.c.d(f(x),g(x))=1$ τέτοια ώστε: $(f(x...

!!! Δεν έχω λύση στο σύνολο των μιγαδικών αριθμών. Θα δώσω δύο λύσεις, μια για τους θετικούς πραγματικούς και μια για τους πραγματικούς. Δυστυχώς δεν μπορούν να γενικευθούν στους μιγαδικούς. ΛΥΣΗ 1 (για θετικούς πραγματικούς) Παίρνω $l$ τάξης ρίζα στη σχέση που δίνεται κι έχω $\sqrt[l]{{a_1}^l+{a_2}...

Έστω θετικός ακέραιος. Αποδείξτε ότι υπάρχουν το πλήθος διαδοχικοί θετικοί ακέραιοι καθένας από τους οποίους διαιρείται με ένα τουλάχιστον τετράγωνο ακεραίου μεγαλύτερου του .

Ισχύει ότι αφού $p$ πρώτος από το θ.Wislon: $(p-1)!\equiv (-1)modp$ Δηλαδή: $(p-1)!=(p-2)!(p-1)\equiv (-1)modp$ το οποίο μεταφρασμένο σε γλώσσα κλάσεων στον $\mathbb{Z}_p$ σημαίνει ότι $[(p-2)!][p-1]=[-1]\Leftrightarrow [(p-2)!][-1]=[-1]\Leftrightarrow [(p-2)!]=[1]$. Αυτό σημαίνει ότι : $(p-2)!\equi...

Να βρείτε τα τελευταία έξι ψηφία του αριθμου , γνωρίζοντας ότι ο κύβος του λήγει σε .

Η αλήθεια είναι ότι δεν γνώριζα την πρόταση που αναφέρεται στη λύση του κύριου Μαραγκουδάκη. Συμφωνώ στο λήμμα stolz που είναι μια ωραία ιδέα για τη λύση. Όταν αντιμετώπισα προσωπικά το πρόβλημα αυτό, έφτασα στη λύση με τη βοήθεια απλά του ορισμού της σύγκλισης, βέβαια η διαδικασία που ακολούθησα εί...

Έστω ότι: όπου κάποιος πραγματικός αριθμός. Να δείξετε ότι η συγκλίνει και ότι το όριο της είναι το .
Με αυτά τα δεδομένα να ελέγξτε αν για οποιοδήποτε φυσικό αριθμό .

Ακριβώς αυτό είναι!

Να υπολογίσετε το όριο:


! Κατά τη γνώμη μου η επίλυση τέτοιων ορίων είναι βασική προϋπόθεση για τη γνώση απειροστικού λογισμού.

Θα φτάσουμε στη λύση του προβλήματος δίνοντας τη λύση σε ένα πιο απλό. Ας ξεχάσουμε ότι μιλάμε για κουτιά και ας υποθέσουμε ότι το ερώτημα είναι πόσα $2\times 2$ χωράνε σε ένα παραλληλόγραμμο $3\times 4$. Τότε θα εφαρμόσουμε την εξής μέθοδο: Την κάτω αριστερή γωνία την τοποθετούμε στην αρχή του καρτ...

Με αφορμή ένα πρόβλημα πιθανοτήτων που "συνάντησα" σήμερα, παραθέτω μια γενίκευση, ενδιαφέρουσα κατά τη γνώμη μου. ΠΡΟΒΛΗΜΑ "ΑΦΟΡΜΗ" Για δύο συνεχείς τυχαίες μεταβλητές $X,Y$, ανεξάρτητες και ισόνομες, να δείξετε ότι: $E(\frac{X}{X+Y})=\frac{1}{2}$ ------ Το βασικό πρόβλημα προς λύση είναι: ΠΡΟΒΛΗΜΑ...

Ισχύει ότι: Αν ο αριθμός $m$ δεν είναι τέλειο τετράγωνο τότε έχει άρτιο αριθμό διαιρετών. Αυτό προκύπτει από το γεγονός ότι η σχέση $ab=m$ είναι συμμετρική ως προς $a$ και $b$.(πρακτικά αυτό σημαίνει ότι οι διαιρέτες πάνε ''ζευγαράκια''). Συνεπώς αφού εδώ έχουμε περιττό πλήθος διαιρετών συμπεραίνουμ...

Η εξίσωση μας δίνει: $(x-y)(x+y)=2^k$ Άρα μπορώ να θέσω : $x+y=2^m$ και $x-y=2^n$ και υποθέτω ακόμα ότι: $m+n=k$ και $m>n$. Τότε : $2x=2^m+2^n$ και $2y=2^m-2^n$. Αν τώρα θέσω $t=m-n$ βγαίνει ότι: $x=2^{n-1}(2^t+1)$ και $y=2^{n-1}(2^t-1)$ με $t=1,2$ αφού οι λύσεις έχουν πρώτους παράγοντες το πολύ μέχ...

Έστω και . Υπολογίστε μια βάση του ορθογωνίου συμπληρώματος του .