Matematyka.pl

blackball pisze:Can you please translate into English as well?

See here: .

Metoda trochę podobna do metody Tristana , ale nieco szybciej: Nietrudno zauważyć, że współczynnik przy \binom{n}{k} to \frac{(1+i)^{k}+(1-i)^{k}}{2} . Zatem \binom{n}{0}-\binom{n}{2}+\binom{n}{4}-\binom{n}{6}+\ldots= \sum\limits_{k} \binom{n}{k} \frac{(1+i)^{k}+(1-i)^{k}}{2}= \\ \frac{1}{2}\cdot\le...

a mozna wiedziec jak Tobie poszedl? bo nie ukrywam, ze jestes moim faworytem do zwyciestwa... Dziękuję za tak życzliwą opinię. Zrobiłem wszystko, przy czym 2, 3, 4, 5 tak, jak wszyscy, a 1 z ważonej nierówności pomiędzy średnią arytmetyczną a kwadratową: jeśli rozwiązanie układu istnieje, to \sqrt{...

Zakładam ten temat dla dyskusji na temat II etapu aktualnej OMG. Ile zadań zrobiliście? Jakie są wasze odczucia po II etapie?

W sumie banalna: wystarfczy założyć nie wprost że każdy z tych składników jest mniejszy od 1/2 , potem podnieść odpowiednio każdą z tych nierówności do potęg odpowiednio m i n,i dodać stronami obie nierówności od razu łatwo zauważyć sprzeczność Udowodniłeś w ten sposób tylko tyle, że co najmniej je...

4.Wykazac, ze skonczony pierscien bez dzielników zera jest ciałem o charakterystyce róznej od 0. Niech elementami tego pierścienia będą x_1,\ldots,x_n (przyjmujemy x_i\neq x_j dla i\neq j ) oraz niech x\neq 0 . Rozważmy elementy x\cdot x_1,\ldots, x\cdot x_n oraz założmy, że pewne dwa spośród nich ...

Nietrudno zauważyć, że liczby \frac1{h_1},\frac1{h_2},\frac1{h_3} są bokami pewnego trójkąta (wystarczy pomnożyć je wszystkie przez 2S , gdzie S jest polem tego trójkąta, którego są wysokościami). Wtedy nierówność do udowodnienia jest po prostu nierównością trójkąta dla trójkąta o bokach \frac1{h_1}...

Iron a tak z ciekawości - jaka Ci wyszła dziedzina? (oczywiście zmienną jest k a nie p, tak?). Bo jak jakaś ciasnawa to niekoniecznie musi być to oczywiste, że "znajdzie się takie k, żeby było całkowite" :P Co do mnie to w 8. mam podstawienie x_{1}=1,x_{k}=\frac{k}{k-1}\,(\mod{p}) , w 7. ...

MarcinT pisze:8 jest łatwe, ale Ci co stosuja ten lemat co pozwala rozwiazac w 2-3 linijkach są nie fair

Ależ lematu dowodzi się również w 3 linijkach.

Nierówność Jensena dla funkcji wypukłej \(\displaystyle{ f(x)=x^n}\).

Rothman pisze:Dla mnie 8. proste nie jest

Rozwiązanie ma 3 linijki.

Niech a oznacza wspólną wartość W(1),\ldots,W(2005) . Wtedy wielomian P(x)= W(x)-a jest tego samego stopnia, co W , czyli mniejszego od 2005 , oraz ma 2005 miejsc zerowych. Jeśli wielomian ma więcej miejsc zerowych, niż wynosi jego stopień, to oznacza, że jest wielomianem zerowym. Stąd W(2006)-W(0)=...

Tak, \(\displaystyle{ a\notin\mathbb{Q}}\) oznacza, że \(\displaystyle{ a}\) jest liczbą niewymierną.

Niech a\notin\mathbb{Q} oraz b\in\mathbb{Q} . Wtedy dla b=0 iloczyn a\cdot b jest liczbą wymierną - każdy chyba widzi, że 0\in\mathbb{Q} . Natomiast dla b\neq 0 iloczyn a\cdot b jest niewymierny. Gdyby bowiem był liczbą wymierną c , to wobec b\neq 0 zachodziłoby a=\frac cb\in\mathbb{Q} .

Nietrudno zauważyć, że dla prawie wszystkich n zachodzi \sqrt[n^2]{\frac12}\cdot \sqrt[n^2]{\frac{2^n}{\ln(n)}}\leq \sqrt[n^2]{\frac{2^n+\sqrt{n}}{\ln(n+2)}}\leq \sqrt[n^2]{2}\cdot \sqrt[n^2]{\frac{2^n}{\ln(n)}}. Udowodnimy, że \lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n^2]{\frac12}\cdot \sqrt[n^2]{\frac{2^n}{\...