Πρόβλημα 3: Θεωρούμε μη μηδενικό μιγαδικό αριθμό $\alpha$ και πίνακα $A\in\mathcal{M}_n(\mathbb{C})$ για τους οποίους ισχύει η σχέση $\displaystyle{A^2+(A^*)^2=\alpha A\cdot A^*.}$ Να αποδειχθεί ότι $\alpha\in\mathbb{R}$, $|\alpha|\le2$ και ότι ο $A$ είναι κανονικός. Αρκετά ωραία θέματα φέτος. Γνωρ...

Βάζω και τα πρώτα τέσσερα θέματα Θεωρίας Αριθμών: Ν1. Να προσδιορίσετε όλους τους θετικούς ακεραίους $M$ για τους οποίους η ακολουθία που ορίζεται ως $a_0=\frac{2M+1}{2}$ και $a_{k+1}=a_k\lfloor a_k\rfloor$ περιέχει έναν τουλάχιστον όρο που είναι ακέραιος. Ν2. Οι θετικοί ακέραιοι $a,b$ είναι τέτοιο...

Η όποια ομοιότητα με το 3ο της ΒΜΟ έγγυται στο γεγονός ότι κατασκευάστηκαν από τον ίδιο άνθρωπο :lol: Το φαντάστηκα :lol: Την ομοιότητα (πέραν του ζητουμένου) με την άσκηση της ΙΜΟ δεν τη βλέπω! Θέλω να πω, ότι αν κάποιος ξέρει πώς λύνεται το πρόβλημα της ΙΜΟ, δεν ξέρει πώς να λύσει αυτό. Κάνω λάθο...

1. Δίνεται η ακολουθία $a_n$ που ορίζεται αναδρομικά ως εξής: $a_0=3$ και $\displaystyle a_{n+1}-a_n=n(a_n-1)$, για κάθε $n\geq 0$. Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι $m$, για τους οποίους ισχύει $(m,a_n)=1$ για κάθε θετικό ακέραιο $n$. $a_{n+1}-a_{n}=n(a_n-1)$ οπότε $a_{n+1}-1=(n+1)(a_{n}-1)$ για...

Μπορούμε βασικά να αποφύγουμε και την χρήση της Holder. Πολύ πιο απλά, με την αντικατάσταση $x=\frac{b}{a}, y=\frac{c}{b}, z=\frac{a}{c}$ έχουμε πως αρκεί $\sum{\displaystyle\frac{b^4}{c+a}\geq\frac{3abc}{2}$. Aπό CS έχουμε $\sum{\displaystyle\frac{b^4}{c+a}\geq\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{2(a+b+c)} \geq ...

Έστω οι $x,y,z\succ0$ με $xyz=1$ . Να δείξετε ότι $\sum{\displaystyle\frac{x}{y^2(z+1)}\geq\frac{3}{2}.$ Υπάρχουν $a,b,c>0$ τέτοια ώστε $x=\frac{a}{b}, y=\frac{b}{c}, z=\frac{c}{a}$. Η ζητούμενη γίνεται οπότε ισοδύναμα: $\sum{\displaystyle \frac{\frac{a}{b}}{(\frac{b}{c})^2(\frac{c}{a}+1)}\geq\frac...

Θεωρία Αριθμών NT1. (Αλβανία) Έστω $n$ ένας άρτιος θετικός ακέραιος. Ο Γιάννης γράφει τους αριθμούς $1^2 ,3^2 ,\ldots,(2n-1)^2$ στον πίνακα και ύστερα παίρνει τρεις από αυτούς, έστω ${a_1}, {a_2}, {a_3}$, τους σβήνει και γράφει τον αριθμό $1+ \displaystyle \sum_{1\le i<j\leq 3} |{a_i} -{a_j}|$ Συνε...

$1+a^2b^2=\frac{(1+ab)^2+(1-ab)^2}{2}.$ Είναι επίσης: $\frac{(1+ab)(1+bc)}{(a-b)(b-c)}+\frac{(1+bc)(1+ca)}{(b-c)}+\frac{(1+ca)(1+ab)}{(c-a)(a-b)}=1$ $\frac{(1-ab)(1-bc)}{(a-b)(b-c)}+\frac{(1-bc)(1-ca)}{(b-c)}+\frac{(1-ca)(1-ab)}{(c-a)(a-b)}=-1$ (μετά απο πράξεις) από τις $x^2+y^2+z^2 \geq xy+yz+zx$ ...

με τον κλασσικό τρόπο, είναι $lnx\leq\frac{ln2}{2}x$ για κάθε $x\geq4$, οπότε $e^{\frac{lnx}{x!}} \leq e^{\frac{ln2}{2[(x-1)!]}$ και τελικά $x^{\frac{1}{x!}}\leq(\sqrt{2})^{\frac{1}{(x-1)!}}$ για κάθε $x\geq4$. Οπότε $LHS=2^{\frac{1}{2!}}\cdot ...\cdot n^{\frac{1}{n!}}<2^{\frac{1}{2!}}\cdot ...\leq ...

Όντως, η κανονική εκφώνηση αναφέρεται σε γνησίως αύξουσα ακολουθία. (Σύμφωνα με ένα σχετικό βιβλιαράκι που κυκολοφόρησε εκείνη την χρονιά απ' την ΚΥΜΕ)

Αν $d|a+b$ και $d|2b+1$ τότε $d|2b+1-2(a+b)$, δηλαδή $d|2a-1$, οπότε $d=1$ (αφού $(2b+1,2a-1)=d$) οπότε $(a+b,2b+1)=1$. Όμοια, $(a+b,2a-1)=1$. $a+b|4ab+1$ οπότε: $a+b|4ab+2a+2b+1$ δηλαδή $a+b|(2a+1)(2b+1)$. $a+b|4ab-2a-2b+1$ δηλαδή $a+b|(2a-1)(2b-1)$. Επειδή όμως $(a+b,2b+1)=1$ και $(a+b,2a-1)=1$ θα...

προφανώς $y>0$ και $x\neq$. Μπορούμε να υποθέσουμε και ότι$x>0$, αφού $2008$ άρτιος. Ακόμα, προφανώς $3|2008!, 3|21^y$. Οπότε $3|x^2008 \Rightarrow 3|x \Rightarrow 3^{2008}|x^{2008}$ (1). Είναι επίσης $3^{1000}\parallel 2008!$ (2) (απ' το γνωστό θεώρημα legendre) Από (1) και (2), $3^{1000}\parallel ...

$2^p-2=\sum_{n=1}^{p-1}{\begin{pmatrix} p\\ n \end{pmatrix}} =\sum_{n=1}^{p-1}{\frac{p!}{(p-n)!n!}} =p\sum_{n=1}^{p-1}{\frac{(p-1)!}{(p-n)!n!}}$ $\frac{2^p-2}{p}=\sum_{n=1}^{p-1}{\frac{(p-1)!}{(p-n)!n!}}$ Αλλά $(p-n)!n!\equiv (p-n)!\cdot(1-p)(2-p)\cdot...\cdot(n-1-p)n\equiv(-1)^{n-1}(p-1)!n (modp)$ ...

Παναγιώτη καλησπέρα. Πολύ ενδιαφέρον πρόβλημα: Είναι$a_{n}=cosh(x_{n})$ για κάποια ακολουθία $x_{n}$ (θετικών όρων) αφού $a_n>1$ για κάθε φυσικό $n$. Θα είναι λοιπόν $cosh(x_{n+1})=2cosh^{2}(x_{n})-1=cosh(2x_{n})$ οπότε $x_{n+1}=2x_{n} \Rightarrow x_{n}=2^{n}x_{0}$. Δηλαδή $a_{n}=\frac{e^{2^nx_{0}}+...

.
Οπότε:

Στο ίδιο θέμα, σε αρκετά πιο ψηλό επίπεδο:
Να λυθεί στους θετικούς ακέραιους η αν για κάθε άνισους θετικούς ακέραιους ισχύει ότι .

τότε μάλλον είναι η πηγή της πηγής σου, γιατί και το άλλο πρόβλημα που αναφέρει υπάρχει στο συγκεκριμένο βιβλίο. Και στο ίδιο κεφάλαιο, αν θυμάμαι καλά.

θετικούς ακέραιους εννοείς. αν $x=-1$, $y=0$ ή $y=-1$. Αν $x=0$, $y=0$ ή $y=-1$. Αν $y=-1$,$x=0$ ή $x=-1$. Αν$y=0$, $x=0$ ή $x=-1$. Αν τώρα $x<-1$ ή $y<-1$, θέτουμε $z=-x-1$ και $w=-y-1$. και καταλήγουμε στην $z(z+1)=p^{2n}w(w+1)$. Μπορούμε λοιπόν να υποθέσουμε ότι $x,y>0$. έστω ότι η εξίσωση έχει λ...

η αριστερή είναι η ανισότητα Nesbitt, και μια απόδειξη της είναι: $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=\frac{a^2}{ab+ac}+\frac{b^2}{bc+ab}+\frac{c^2}{ac+bc}$. Οπότε, από την μορφή Andreescu της Cauchy, έχουμε: $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ac)}\geq \fr...

Μάλλον: Στην πρώτη λύση: είτε αγνοήθηκε η ισότητα $1\leq n\leq 1000$, είτε θεωρήθηκε ότι τα τετράγωνα πρέπει να είναι μη-μηδενικά, και έτσι αγνοήθηκαν οι λύσεις $1=1^{2}-0^{2}$ και $4=2^2-0$. Στην δεύτερη λύση: δεν απορρίφθηκε η περίπτωση $n=2$. (Οπότε η απάντηση είναι $450$) Φυσικά, υπάρχει πάντα η...