mateforum.ro

Fie \( f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} \) continua. Daca pentru orice \( x\g0 \) avem \( (f(nx)_{n\ge1})\to\infty \), atunci \( \lim_{x\to\infty}f(x)=\infty \).

Ideea problemei este de a scrie numarul prim 8n+3 sub forma x^2-y^2 Avem 4(8n+1)-24n+1=8n+3 Notand 8n+1 cu a^2 si 24n+1 cu b^2 => (2a-b)(2a+b)=8n+3 => 2a-b=1 <=> 32n+4=24n+1+1+2b <=> 4n+1=b <=> 16n^2+8n+1=24n+1 de unde n=0 si n=1 sunt solutii,care verifica si ipoteza

Rezolvati in \( Z \) ecuatia : \( x^2(y-1)+y^2(x-1)=1 \)

Unde e greseala in urmatoarea demonstratie : Din Teorema de Medie \int_0^2\frac{f(x)}{x+n}=\frac{1}{c+n}\int_0^2f(x)=\frac{1}{c+n}2f(w) care tinde spre 0 cand n -> \infty Deci ramane sa aratam ca \int_0^1xf(x)=0 dar asta e fals ... Evident am gresit eu undeva sau nu e bine scris enuntul,va rog corec...

Am scris top 11 din 90 incoace, deoarece Romania a fost de 4 ori pe locul 11 in ultimii 18 ani. O singura data am ocupat locul 15 (in 2001), in rest ne-am plimbat intre locul 1 si locul 10 ocupand cam toate locurile fruntase. Daca ne-am fi uitat la ultimii 25 de ani ar fi fost si mai clara buna noa...

Ar fi mare pacat sa nu pastram traditia si reputatia noastra la OIM chiar daca acum suntem 'europeni'... care ne fac analfabeti (nu stiu daca procentajul ala e chiar adevarat sau daca titlul de 'analfabeti functional' e cam sever, dar eu cand ma uit in jur la oamenii de varsta mea ma iau de cap ...c...

Ceva nu e bine scris la rezultate acelea cu albastru ale d-lui Nicula ... apare la Romania pe probleme 42 22 15 42 17 3 ... dar nu e asa ...e 42 20 8 42 24 5. In orice caz problema 2 din prima zi trebuia facuta... la cate inegalitati se tot dau in Romania cred ca aceea problema se putea da la judete...

Solutie: Punem w=x=y=z , obtinem \frac {2f(w)^2}{2f(w^2)}=1 , deci f(w)^2=f(w^2) de unde f(1)=1 . Acum luam cvadrupla (w,1,sqrt w,sqrt w) si notam f(w)=a , deci f(sqrt w)^2=a => \frac{a^2+1}{2a}=\frac{w^2+1}{2w} => a+\frac{1}{a}=w+\frac{1}{w}=>a-w=\frac{a-w}{aw} => a=w sau aw=1 . Obtinem ca f(w) po...

Calculati : I_1=\int_{\frac{-\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1+\sin x}{1+\cos x}e^{x} dx I_2=\int_{0}^{\frac{\pi}{3}}\ln(1+sqrt3 \tan x) dx P.S. Nu le-am postat la probleme pt liceu sau pt bac pt ca in respectivele sectiuni sunt 2-3 probleme si nu s-ar uita lumea daca as posta acolo si deoarece cred c...

Dar nu le poti face pe ambele ? :p cred ca propunerea problemelor pt olimpiada nu iti ocupa atat de mult timp... Oricum succes la cercetare

Scuza-mi curiozitatea Cezar, dar de ce va fi ultima olimpiada pt o perioada lunga ? Unde pleci ?

multumesc pt referinta, chiar vroiam sa citesc asa ceva, sper sa o gasesc.

Fie \( A,B \in M_{n}(\mathbb{C}) \) astfel incat \( A+B=2AB-BA \). Aratati ca \( (AB-BA)^n=O_{n} \).
Mihai Opincariu, Gazeta Matematica seria B 5-6/2008

Se poate face si mai usor...

Deoarece \( A^{k}=0 \) avem \( \det(A)=0 \) si din Cayley-Hamilton \( A^{2}=\tr(A)\cdot A \), deci \( A^{k}=\tr(A)\cdot A^{k-1} \).
Acum daca \( \tr(A)=0 \) problema e rezolvata, altfel avem din \( A^{k}=0 \) \( => A^{k-1}=0 \) si coborand exponentul obtinem \( A=0 \).

ah ,da ,e gata.
Ramasesem cu ideea ca ar fi \( a^m=b^n+1 \) care nu era asa evident.

Deconditionam: a=\frac{x}{y} ; b=\frac{z}{x} ; c=\frac{y}{z} Inegalitatea devine echivalenta cu: \sum \frac{x^2}{yz}+3\geq\sum \frac{x}{y}+\sum\frac{y}{x} Prin aducere la acelasi numitor (anume xyz, care se simplifica fiind pozitiv) devine: \sum x^3+3xyz\geq\sum{x^2}(y+z) care este inegalitatea lui ...

Notand elementele cu \( a+1,a+2,...,a+9 \), avem intr-o parte cel putin 5 numere al caror produs pt \( a\geq 5 \) este \( \geq \)\( (a+1)(a+2)(a+3)(a+4)(a+5)\g \)\( (a+6)(a+7)(a+{8})(a+9) \), deci nu putem avea produsele egale.
Pentru \( a\leq4 \) se analizeaza cazurile.