mateforum.ro

Solutia lui Octavian a problemei de la Seemous (aia cu poligonu`) se baza pe ideea asta: x_{k+1} = A x_k , unde A = \begin{pmatrix} \frac12 & \frac12 & 0 & \ldots & 0 \\ 0 & \frac12 & \frac12 & \ldots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \...

Tin minte ca grobber a rezolvat cealalta implicatie folosind forma Jordan, asa c-o sa incerc si aici sa fac la fel. Pentru inceput presupun ca exista forma Jordan J a matricei A . Enuntul ramane la fel dupa o schimbare de baza, deci pot sa presupun ca A e deja in forma Jordan. A are polinomul caract...

Asta in principiu zice ca daca n = \sum_{k=1}^m a_k , atunci \prod_{k=1}^m a_k divide n! , care iese usor prin inductie dupa m (intre a_1 + \ldots + a_{m-1} + 1 si a_1 + \ldots + a_{m-1} + a_m avem cel putin un element divizibil cu a_m - sper sa nu gresesc). O intrebare: Iese folosind S_n in vreun f...

Nu mai stiam eu care era identitatea lui Newton, dar cealalta solutie "hiper"-clasica e ceva in genu' (problema totusi n-a atins culmile inalte ale originalitatii): Iei \mu_1, \ldots, \mu_m val. proprii distincte ale lui A , de unde iti iese \sum a_i \mu_i^k = 0 ( a_i sunt multiplicitatile...

Oricum, se poate consulta http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?t=67252

Rezultatul mai general este valabil: daca \( f(x) = f(y) \ \Rightarrow \ f^\prime (x) = f^\prime (y) \), atunci \( f \) este monotona.
(Fapt demonstrat de grobber pe mathlinks.)

Asta voia sa zica si Radu

Inca o solutie ar fi sa consideram polinomul minimal \( m \) al lui \( A \). Daca \( m(X) = X \cdot q(X) \), atunci luam \( B = q(A) \).

Cateva discutii:
http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?p=443980#443980
http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?t=77352
http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?s ... 2&t=163866

Si solutia:
http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?&t=146373

In aceleasi conditii, demonstrati ca radicalul Jacobson (intersectia tuturor idealelor maximale) e egal cu \( \left\{ x \in R \ : \ 1 - xy \text{ e inversabil, oricare ar fi } y \in R \right\} \).

(Ca sa completez "seria".)

TheTrooper wrote:Tibi: de unde stii ca atunci cand construiesti \( S_x \) acolo ai o intersectie cel mult numarabila?

Pentru ca:

Presupunem ca exista o \( \sigma \)-algebra numarabila.

Frunzaresti Rudinul, nu? E de departe cea mai grea problema din primul capitol. Din cate imi amintesc, solutia (bineinteles, n-am gasit-o eu) era ceva de genul: Presupunem ca exista o \sigma -algebra numarabila. Fiecarui x ii asociem S_x = \bigcap \left\{ S \in \sigma \ : \ x \in S \right\} \in \sig...

E tare (şi dubios de simplă :) ) demonstraţia lui philandrew. O sa incerc si eu ceva, dar nu-i tocmai riguros: Hai sa calculam "probabilitatea" ca doua numere naturale sa nu fie prime intre ele. Fie p_k toate primele. Probabilitea ca cele doua numere sa fie amandoua divizibile cu un p_i es...

Raspuns la prima remarca: In legatura cu problema cunoscuta pe care am mentionat-o in postul anterior: http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=1986 Consider matricea "companion" C a polinomului X^p - 1 . In link-ul dat de mine este prezentata o metoda de obtinere a unor matrice A,B ,...

In primul rand, o matrice C este de forma AB-BA daca si numai daca \text{tr} \, C = 0 (cunoscuta, dar netriviala :) ). In al doilea rand, daca C^p = I_n , atunci polinomul minimal al lui C divide X^p - 1 , deci are numai radacini simple, deci C e diagonalizabila. Deci putem presupune WLOG ca C = \te...

Problema e corecta. Putem alege A = \left\{0,\ \frac{1}{2 \pi + \epsilon_1}, \dots,\ \frac{1}{2 k \pi + \epsilon_k}, \dots \right\} astfel incat A e compacta si f(A) contine puncte oricat de apropriate de 1 , dar nu pe 1 . De fapt, asta e si ideea de rezolvare. (Oricum, stiam problema de dinainte, a...

Este o consecinta a unei probleme data la nationala.

Vezi http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic ... 675#440675

Poti sa-mi zici si mie ce intelegi prin functie intreaga?

Acest topic fiind in "Analiza complexa", m-am gandit ca functie intreaga = entire function, dar in acest caz raspunsul e mai mult decat evident