Αποτελέσματα αναζήτησης

Μήπως ξέρει κανείς πού μπορώ να βρω τα θέματα των εξετάσεων του Δεκεμβρίου 2009; (Proficiency κυρίως)

Μια ερώτηση στους μιγαδικούς, στο δεύτερο θέμα: Δεν μπορούμε να παρούμε το μέτρο που έπειτα από πράξεις βγαίνει |4λ^2 + 2| και να πούμε ότι η παράσταση ελαχιστοποιείται για λ=0 και να το αντικαταστήσουμε πάνω; Δεν ξέρω μιγαδικούς, απλά ρωτάω από περιέργεια.

Σε άσπρο η απάντηση, είναι και η λύση. Ναι geoste, το βρήκες, αλλά με διαφορετική λογική από τη δική μου. Λοιπόν, η ακολουθία που έβαλα εγώ είναι η Fibonacci mod 9, δηλαδή η πρόσθεση των δύο προηγούμενων όρων δεν γίνεται αλγεβρικά αλλά mod 9. Επειδή, 13 = 4 (mod 9), 21 = 3 (mod 9) , 34 = 7 (mod...

Μια ακολουθία - σπαζοκεφαλιά που κατασκεύασα (πιστεύω δύσκολη). 1 1 2 3 5 8 4 3 7 ... Βρείτε τον επόμενο αριθμό και εξηγείστε πώς προκύπτει ο κάθε όρος.

Χμ, αυτό πιστεύω συμβαίνει επειδή χρειαζόμαστε το 1 για να ορίσουμε την ακολουθία. Ας πούμε στην ακολουθία fibonacci, λέμε ότι a1 = 0, a2 = 1, και an = an-1 + an-2 για να μας βγει. Καλά, δεν είναι και το καλύτερο παράδειγμα. Πρώτη πάω.

Να, η ίδια σκέψη είναι. Σχόλιο παρακάτω σε άσπρο. Αυτό συμβαίνει επειδή ν^2 + ν = ν(ν+1).

Βάζω την απάντηση σε άσπρο παρακάτω. 2 = 1* 2 6 = 2 * 3 42 = 6 * 7 1806 = 42 * 43 Κάθε αριθμός της ακολουθίας αυτής λοιπόν είναι το γινόμενο του προηγούμενου αριθμού της ακολουθίας επί τον επόμενο φυσικό του. Άρα ο επόμενος όρος είναι ο 1806 * 1807 = 3263442

Όντως πάω πρώτη αλλά έχω ασχοληθεί με τη θεωρία αριθμών που είναι πολύ ωραία. Πάντως, η επαγωγή δεν είναι ο μονάδικος τρόπος απόδειξης μιας σχέσης για το N.

Την ξέρω την επαγωγή, απλά εδώ δε νομίζω πώς είναι η γρηγορότερη λύση. Άλλη μία λύση: 5 \equiv -6 mod 11 \leftrightarrow 5^{2n+1} \equiv -6^{2n+1} mod 11 Άρα 5^{2n+1} + 6^{2n+1} \equiv -6^{2n+1} + 6^{2n+1} \equiv 0 mod 11, που είναι και το ζητούμενο.

ΕΕ, όχι, στην δεύτερη παρένθεση τα πρόσημα πηγαίνουν εναλλάξ, αλλά δεν επηρεάζει αυτό το τελικό αποτέλεσμα.

Από τη γνωστή ταυτότητα a^n + b^n = (a+b)(a^{n-1} + a^{n-2}b + .... +b^{n-1}) για κάθε περιττό ακέραιο n παίρνουμε ότι 5^{2n+1} +6^{2n+1} = (5 + 6)(5^{2n} + 5^{2n-1}6 + ... + 6^{2n}) = 11m, όπου m= 5^{2n} + 5^{2n-1}6 + ... + 6^{2n}, δηλαδή το ζητούμενο.

Έχω την εντύπωση ότι η άσκηση είναι λάθος. Για a = b = c = \frac{1}{3} παίρνουμε ότι \frac {1}{3} \geq \frac {1}{2} - 2 \frac {1}{27} \leftrightarrow \frac {18}{54} \geq \frac {27}{54} - \frac {4}{54} \leftrightarrow \frac {18}{54} \geq \frac {23}{54}, που προφανώς δεν ισχύει. Πάντως και στον...

EDIT: Έγραψα βλακείες.

Πώς να γίνει αυτό; Αφού η ελάχιστη τιμή του {a}^2 + {b}^2 + {c}^2 είναι μεγάλύτερη από την μέγιστη τιμή του \frac {1}{2} - 2abc.

Έχεις δίκιο watcher. Λοιπόν μια προσπάθεια για το 1ο μέρος. Παραδόξως, χρησιμοποιώ τριώνυμο. Λοιπόν: Η παράσταση \frac {1}{2} - 2abc γίνεται μέγιστη, , όταν το 2abc γίνεται ελάχιστο, και επειδή οι a, b, c είναι μη αρνητικοί, η ελάχιστη δυνατή τιμή είναι το 0, δηλαδή ένας ή δυο από τους τρεις να...

Τελικά και το πρώτο μέρος βγαίνει με το ίδιο λήμμα. {a}^2 + {b}^2 + {c}^2 \geq \frac {1}{2} - 2abc \leftrightarrow 1 - \sum ab \geq \frac {1}{2} - 2abc \leftrightarrow \sum ab \leq \frac {1}{2} + 2abc. Σύμφωνα με το προηγούμενο λήμμα, αρκεί να δείξω ότι \frac {9abc + 1}{4} \leq \frac {1}{2} +...

Εδώ νομίζω ότι έχεις κάνει λάθος. Η ανισότητα Andreescu \sum \frac {x^2}{a} \geq \frac {(\sum x)^2}{\sum a} ισχύει για τετράγωνα στους αριθμητές, ενώ εδώ βγαίνει ότι το -1 είναι τετράγωνο. :P

φίλε watcher, νομίζω πως ο συλλογισμός σου στο τέλος είναι λάθος. Γιατί, με την Andreescu, ενώ ξέρω 'γω πρέπει να αποδείξεις ότι a \geq b, αποδεικνύεις ότι b \geq c, και επειδή ισχύει ότι a \geq c λές ότι ισχύει το ζητούμενο. Νομίζω.

Θα αποδείξω το {a}^{2}+{b}^{2}+{c}^{2}\leq 1-2abc, το άλλο δεν το κοίταξα καλά. Από τη γνωστή ανισότητα του Schur προκύπτει ότι, αν a + b + c = 1, τότε ab + bc + ca \leq \frac{9abc + 1}{4}. Ώστε \sum{a}^2 = 1 - \sum ab \leq 1 - 2 (\frac{9abc + 1}{4}) \leq 1-2abc μετά θα τα γράψω πιο αναλυτικά...

Ανακοινώθηκαν σήμερα τα αποτελέσματα. https://micro-kosmos.uoa.gr/gr/announcments/diagonismoi_fysikis.htm 25ος βγήκα.

Και μια λύση με ομοιότητα: Έστω ΑΒΓ το ισοσκελές τρίγωνο, ΒΔ το ύψος του, Σ σημείο επί την προέκταση της ΓΒ (προς τη μεριά του Β δηλαδή) και Κ, Λ οι προβολές του Σ στις ΑΒ και ΑΓ αντίστοιχα. Τα τρίγωνα ΣΛΓ και ΒΔΓ είναι όμοια, οπότε: ΣΛ/ΒΔ = ΣΓ/ΒΓ άρα ΣΛ = ΒΔ * ΣΓ / ΒΓ (1) Τα τρίγωνα ΣΒΚ και...

Έστω Ε το μέσον της ΑΒ. Τότε το τετράπλευρο ΑΕΓΔ είναι παραλληλόγραμμο διότι η ΑΕ είναι ίση και παράλληλη με τη ΔΓ. Άρα και ΑΔ = ΕΓ = α = ΑΒ/2 Συνεπώς, στο τρίγωνο ΑΒΓ, η ΕΓ είναι διάμεσος και ισούται με το μισό της απέναντι πλευράς, άρα η γωνία ΑΓΒ είναι ορθή.

Συντομότερα: Αφού Η το ορθόκεντρο του τριγώνου, έπεται ότι ΓΗ \perp ΑΒ. (1) Αφού η γωνία ΔΒΑ βαίνει σε ημικύκλιο έπεται ότι ΒΔ \perpAB (2). Από τις (1), (2) προκύπτει το ζητούμενο.

CPE με Α (83/100). Ευχαριστώ. :P

Κατά περίεργη σύμπτωση, το Statement of Results ήρθε σήμερα. Για να μην εντελώς off-topic, το μόνο που έχω να πω σ' όσους δίνουν είναι να μην επαναπαυτούν στα tests αλλά και να διαβάζουν και να βλέπουν ταινίες και σειρές στ' αγγλικά.

Συγγνώμη για την άκυρη παρέμβαση, αλλά από όσους δώσανε CPE τον Δεκέμβρη, έλαβε κανείς το Statement of Results;

Επίσης, το www.ted.com είναι ένα εκπληκτικό site με πολλές ενδιαφέρουσες ομιλίες. Αν θέλετε να βελτιωθείτε στο listening και να μάθετε λεξούλες, είναι ό,τι πρέπει :P

Wikipedia. Επίσης, τα άπαντα του Oscar Wilde με μόνο 9? είναι φοβερά.

19,1 πώς τους βάζουν τους βαθμούς έτσι, στα φιλολογικά έπρεπε να έχω υπό του 15. τέσπα.

Συμφωνώ απόλυτα με τον ξαροπ. Επιπλέον, να πω ότι η προετοιμασία δεν είναι κακό πράγμα, διάβασμα είναι, όχι ντόπα :P Έτσι κι αλλιώς, τα περισσότερα θέματα των διαγωνισμών (όχι επιπέδου Θαλή κι Ευκλείδη) δε βγαίνουν χωρίς παραπάνω γνώσεις.