Θα δείξουμε ότι η ελάχιστη τιμή είναι $3/4$ που λαμβάνεται όταν $a=b=c=1$. Μπορούμε να βρούμε $x,y,z > 0$ ώστε $a=x/y, b = y/z, c = z/x$. Τότε $\displaystyle \frac{1}{a^4(b+1)(c+1)} = \frac{y^4z}{x^3(y+z)(z+x)} = \frac{y^4z/x^2 + y^5z/x^3}{(x+y)(y+z)(z+x)}$ Αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle \sum ...

Ψάχνουμε δηλαδή τρεις πρώτους οι οποίοι να βρίσκονται σε αριθμητική πρόοδο. Οι Green και Tao απέδειξαν ότι υπάρχουν άπειρες τέτοιες τριάδες. Έχουν μάλιστα βρει ασυμπτοτικά και πόσες τέτοιες τριάδες υπάρχουν. Αν γράψουμε $a_N$ για το πλήθος αυτών των τριάδων όπου όλοι οι πρώτοι είναι μικρότεροι ή ίσο...

Έστω $p$ πρώτος της μορφής $8k+3$. Υπάρχουν άπειροι τέτοιο πρώτοι. Παίρνουμε $a = 2k+1$ και $b = 6k+2 = p-a$. Αρκεί να δείξουμε ότι $a^b + b^a \equiv 0 \bmod p$. Έχουμε $\displaystyle a^b + b^a \equiv (2k+1)^{6k+2} + (-(2k+1))^{2k+1} \equiv (2k+1)^{2k+1}((2k+1)^{4k+1}-1) \bmod p$ Αρκεί λοιπόν να δεί...

Έχεις απόλυτο δίκαιο Πρόδρομε. Το διόρθωσα.

2α) Για παίρνουμε ενώ για παίρνουμε , άτοπο.
2β) Για παίρνουμε ενώ για παίρνουμε , άτοπο.

Περίπτωση 1: Ο βάτραχος δεν πάει ποτέ σε απέναντι σπίτι. Τότε υπάρχουν δύο διαδρομές. Οι $0 \to 1 \to 2 \to \cdots \to 9 \to 0$ και η αντίστροφη. Περίπτωση 2: Ο βάτραχος πάει κάποτε σε απέναντι σπίτι. Τότε θα υπάρχουν δυο διπλανά σπίτια που δεν θα πάει από το ένα στο άλλο. Έστω χωρίς βλάβη της γενικ...

Έστω $x^2+x+1 = b$. Τότε $x = ab$ και άρα $x^2-x+1 = b-2ab = b(1-2a)$ το οποίο και θα χρειαστούμε αργότερα. Έχουμε λοιπόν $\displaystyle \displaystyle{\frac{x^2}{x^4+x^2+1} = \frac{x^2(x^2-1)}{x^6-1} = \frac{x^2(x-1)(x+1)}{(x^3-1)(x^3+1)} = \frac{x^2}{(x^2-x+1)(x^2+x+1)} = \frac{a^2b^2}{b^2(1-2a)} =...

4. Σε κύκλο είναι τοποθετημένα $100$ ποτήρια, το καθένα περιέχει νερό ή χυμό λεύκας. Είναι γνωστό, ότι δεν υπάρχουν τρία ποτήρια στην σειρά με το ίδιο περιεχόμενο. Με μια δοκιμή επιτρέπεται να πιούμε από οποιοδήποτε ποτήρι και να καταλάβουμε, τι είναι το περιεχόμενό του. Μπορούμε άραγε με $75$ δοκι...

3. Σε κύκλο είναι τοποθετημένα $300$ ποτήρια, μερικά από αυτά περιέχουν νερό, και τα υπόλοιπα χυμό λεύκας, εξάλλου δεν υπάρχουν τρία ποτήρια στην σειρά με το ίδιο υγρό. Με μια κίνηση επιτρέπεται να πιούμε από ένα ποτήρι. Μπορούμε άραγε με $200$ δοκιμές εγγυημένα να προσδιορίσουμε το περιεχόμενο όλω...

Αλλιώς για το (β). Η συνάρτηση είναι η ίδια με του Ορέστη αλλά τροποποιημένη ώστε να ορίζεται και να είναι συνεχής παντού. Αρκεί να δείξουμε ότι η συνάρτηση $f'(x)$ έχει ολικό (άρα και τοπικό) ακρότατο στο $\xi$. Αν δεν ισχύει αυτό, τότε μπορούμε να βρούμε $a,b$ ώστε $f'(a) > f'(\xi) > f'(b)$. Ορίζω...

Iason έγραψε: ↑

Πέμ Σεπ 14, 2023 7:04 pm

Άρα είναι σωστό να υποθέσω πως δε μπορώ να εφαρμόσω το κοθ για καμία από αυτές;

Ναι το θεώρημα δεν εφαρμόζεται αφού δεν ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του. Τώρα αν η συνέπεια του θεωρήματος ισχύει αυτό είναι άλλη ιστορία. Μπορεί και ναι, μπορεί και όχι.

Το αριστερό μέλος είναι πολλαπλάσιο του $7$ αφού $29 \equiv 8 \equiv 1 \bmod 7$. Τα τέλεια τετράγωνα modulo $7$ είναι τα $0,1,2,4$. Οπότε για να είναι και το δεξί μέλος πολλαπλάσιο του $7$ πρέπει να έχουμε $\displaystyle 2^a + 3^b + 4^c \equiv 7^a + 5^b + 2^c \equiv 0 \bmod 7$ Τότε $2^c \equiv -5^b ...

Ίσως η φράση «δεν υπακούν» να μην είναι η καταλληλότερη. Το Κεντρικό Οριακό Θεώρημα έχει ως προϋπόθεση να έχουμε ανεξάρτητες τυχαίας μεταβλητές που ακολουθούν την ίδια κατανομή με πεπερασμένη αναμενόμενη τιμή και διακύμανση. Αν χαλάσει κάποια από αυτές τις προϋποθέσεις τότε δεν μπορούμε να εφαρμόσου...

Ας το δούμε και λίγο διαφορετικά. Η απόδειξη γενικεύεται για να δείξει και το πιο γενικό αποτέλεσμα του Κώστα. $\displaystyle \begin{aligned} 2^n + 3^m \equiv 0 \bmod 5 &\iff 2^n \equiv -3^m \bmod 5 \\ &\iff 2^n \equiv -(-2)^m \bmod 5 \\ &\iff 2^{m+n} \equiv -(-4)^m \bmod 5 \\ & \iff 2^{m+n} \equiv ...

Οι δυνάμεις του $2$ modulo $5$ ξεκινάνε με $2,4,3,1$ και επαναλαμβάνονται περιοδικά. Οι δυνάμεις του $3$ modulo $5$ ξεκινάνε με $3,4,2,1$ και επαναλαμβάνονται περιοδικά. Αφού το $5$ διαιρεί το $2^m + 3^n$ τότε: Αν $m \equiv 1 \bmod 4$, τότε $n \equiv 1 \bmod 4$. Τότε και ο $2^n + 3^m$ θα είναι πολλα...

Με 1 άτομο κερδίζει ο Κόκης αλλιώς κερδίζει ο Καρλίτος. Αν υπάρχει μόνο ένα μέλος να κυνηγάει τον Κόκη απλά ο Κόκης σε κάθε κίνηση του επιλέγει να βρίσκεται σε διαφορετική γραμμή και διαφορετική στήλη από αυτό το μέλος. Άρα ποτέ δεν θα καταφέρει αυτό το μέλος να πιάσει τον Κόκη. Επεξεργασία: Το υπογ...

Παρατηρούμε ότι $\displaystyle \int_{-1}^{0} \frac{1+b^{|x|}}{1+a^x} \,\mathrm{d}x = \int_{-1}^{0} \frac{1+b^{-x}}{1+a^x} \,\mathrm{d}x = -\int_{1}^{0} \frac{1+b^{x}}{1+a^{-x}} \,\mathrm{d}x = \int_{0}^{1} a^x \cdot \frac{1+b^{x}}{1+a^x} \,\mathrm{d}x $ Άρα $\displaystyle \int_{-1}^{1} \frac{1+b^{|x...

Αν όλοι ήταν διαφορετικοί μεταξύ τους, έστω οι $a < b < c < d < e$ τότε τα $a+b,a+c,a+d,a+e$ είναι τέσσερα διαφορετικά αθροίσματα, άτοπο. Άρα ένας αριθμός, έστω ο $x$ εμφανίζεται τουλάχιστον δύο φορές. Τότε θα έχουμε το άθροισμα $2x$ και επειδή $x$ φυσικός, πρέπει $x=35$. Κάθε άλλος αριθμός που εμφα...

Ενδιαφέρον. Έχω λύση με Θεώρημα Bertrand (βλέπε εδώ ). Αυτό έχεις κατά νου, ή έχεις στοιχειώδη λύση; Το ρωτάω, λόγω φακέλου. Δεν «μπορούμε» να έχουμε λύση χωρίς Bertrand. Αν πάρουμε το υποσύνολο $\{n,n+1,\ldots,2n\}$ με $n+1$ στοιχεία, για να δείξουμε ότι δεν μας κάνει, πρέπει να δείξουμε ότι τουλά...

Ο μικρότερος που μένει, είναι ο μικρότερος πρώτος διαιρέτης του $N$, έστω ο $p$. Ο μεγαλύτερος που μένει θα είναι ο $N/p$. Έχουμε $ N/p = 35p $, άρα $N = 35p^2$. Τότε $5|N$ και άρα $p=2,3,5$. Αυτό δίνει τις τιμές $N = 140, 315, 875$ οι οποίες είναι όλες αποδεκτές. (Οι μικρότεροι και μεγαλύτεροι αριθ...