mateforum.ro

7, am bagat exemplul cu matricile

Cu multă plăcere. Ajut şi pe alţii, mă ajut şi singur, câştigă toată lumea. Oricum, era clar că o să vină o problemă din ultimele gazete. Variante nu erau foarte multe şi problema asta era printre cele mai interesante. Totuşi, coincidenţa e fenomenală. Pe cuvânt că aş fi pus şi celălalt exemplu dacă...

Fixam pe b. Luam pe a ca variabila, fie a=t. Pentru t>b avem \frac{\int_b^t f(x)dx}{t-b}\geq f(t) , deci \int_b^t f(x)dx\geq (t-b)f(t) Fie F(t)=\int_b^t f(x)dx , deci F(b)=0 . Avem atunci F(t)\geq(t-b)f(t) (\frac{F(t)}{t-b})^{/}=\frac{f(t)(t-b)-F(t)}{(t-b)^2}\leq 0 , deci \frac{F(t)}{t-b} descrescat...

Îmi face impresia că nu e adevărată. De exemplu luăm următoarea funcţie: f(t)=3t^3 , pentru t\leq\frac{1}{3} f(t)=\frac{e^3\cdot e^{-\frac{1}{t}}}{27t} , pentru t>\frac{1}{3} (nu ştiu să fac acolade din alea mari :-D) f este clar continuă (sunt ceva probleme doar în \frac{1}{3} , dar acolo limita la...

Revin cu un exemplu, (sper eu) corect. E vorba de grupul <u,v,w| u^3=v^3=w^3=1 ; uv=vuw, vw=wv, uw=wu> Dat fiind felul in care se fac operatiile este clar necomutativ. Se poate demonstra (relativ laborios, dar nu foarte complicat) ca este un grup de exponent 3 si atunci se incadreaza la rezolvarea p...

Cum G are 2^n elemente rezultă că toate elementele au ordin doi Ai putea să detaliezi puţin asta, că am impresia că nu e adevărată. De exemplu (\mathbb{Z}_8,+) are 2^3=8 elemente, dar elementul \widehat{2} are ordinul 4. Eu am făcut-o asta aşa: Condiţia din problemă se poate traduce astfel: Dacă a^...

Excelent, mersi mult. Fainuta rezolvarea,

Inseamna ca se poate renunta la conditia de comutativitate.

Cum s-ar demonstra următoarea afirmaţie:

"Într-un inel comutativ finit, orice element neinversabil (mai puţin 0, evident) este divizor al lui zero"


Stiu sigur că e adevărată, dar n-am gasit demonstraţia nicăieri

Fie (G,\ \cdot) un grup cu proprietatea că a^2b=ba^2\Rightarrow ab=ba i) Să se arate că, dacă G are 2^n elemente, atunci G este abelian. ii) Daţi exemplu de grup neabelian cu proprietatea din enunţ. Marian Andronache, Bucuresti (prima mi-a ieşit si mie, sunt curios de un exemplu de grup neabelian)

Pentru problema din topic: Demonstram mai intai ca toti determinantii de ordin 3 sunt nuli. Un asemenea determinant are urmatoarea forma: \det\left(\begin{array}{ccc} a_{i_1,j_1} & a_{i_1,j_2} & a_{i_1,j_3} \\ a_{i_2,j_1} & a_{i_2,j_2} & a_{i_2,j_3} \\ a_{i_3,j_1} & a_{i_3,j_2} &...

Pentru problema din Uniunea Sovietica: Scriem a_{ij}+a_{jk}+a_{ki}=0 pentru i=j=k si avem 3a_{ii}=0 , deci a_{ii}=0 , pt orice i . Luam acum i=j , de unde a_{ii}+a_{jk}+a_{kj}=0 , de unde a_{jk}=-a_{kj} , pt orice k,j. Astfel, daca reusim sa scriem numerele de forma a_{ij} cu i<j ca si a_{ij}=x_i-x_...

A=B-I_{3} , unde B=\left(\begin{array}{ccc} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{array}\right) Prin inductie demonstram ca B^{k}=\left(\begin{array}{ccc} 3^{k-1} & 3^{k-1} & 3^{k-1} \\ 3^{k-1} & 3^{k-1} & 3^{k-1} \\ 3^{k-1} & 3^{k-1} & 3^{k-1} \en...

Da, intr-adevar n-am prea fost atent acolo
Dupa ce am trimis mesajul nu m-am mai uitat peste el.
Relativ la \( a_n>a_0 \) probabil ca aceasta conditie era necesara pentru solutia din barem. Intr-adevar in conditiile solutiei lui Laurian e inutila.

\sum_{k=0}^{n}(\frac{a_k}{a_{n-k}})^k=1+\frac{a_1}{a_{n-1}}+(\frac{a_2}{a_{n-2}})^2+(\frac{a_3}{a_{n-3}})^3+\ldots+(\frac{a_{n-3}}{a_3})^{n-3}+(\frac{a_{n-2}}{a_2})^{n-2}+(\frac{a_{n-1}}{a_1})^{n-1}+(\frac{a_{n}}{a_0})^n Observam ca (\frac{a_n}{a_0})^n tinde la infinit, iar restul termenilor sumei ...

Pentru \alpha\leq 0 avem ca sirul tinde la infinit, in mod evident. Vom demonstra acum si pentru \alpha\in(0,2) Avem ca \frac{1}{n^{\alpha}}<\frac{1}{(n-1)^{\alpha}}<\ldots<\frac{1}{2^{\alpha}}<\frac{1}{1^{\alpha}} si totodata 1<2<\ldots<n-1<n Conform inegalitatii rearanjarii avem ca: \sum_{k=1}^{n}...

a_n=(\sqrt[3]{n^3+3n^2+2n+1}-n)+(a\sqrt[5]{n^5+5n^4+1}-an)+b+(\frac{\ln(e^{n^2}+n+2)}{n+2}+n(a+1)) \lim\limits_{n\to\infty}(\sqrt[3]{n^3+3n^2+2n+1}-n)=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n^3+3n^2+2n+1-n^3}{(\sqrt[3]{n^3+3n^2+2n+1})^2+n\sqrt[3]{n^3+3n^2+2n+1}+n^2}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{3+\frac{2}{...

\( \det X=0 \)
Rezulta \( X^2=Tr(X)\cdot X \). Avem \( Tr(X^2)=Tr(Tr(X)\cdot X)=Tr(X)\cdot Tr(X)=Tr(X)^2 \)
\( Tr(X^2)=7 \), rezulta \( Tr(X)=\pm\sqrt{7} \)
Rezulta \( X=\left(\begin{array}{cc}\pm\frac{1}{\sqrt{7}} & \pm\frac{2}{\sqrt{7}} \\ \pm\frac{3}{\sqrt{7}} & \pm\frac{6}{\sqrt{7}} \end{array} \right) \)