mateforum.ro

Din faptul ca x este solutie pentru ecuatia x^n+ax+1=0 , atunci si \bar x este solutie deoarece ecuatia conjugata da \bar x^n+a\bar x+1=0 . Scadem cele doua ecuatii (x^n-\bar x^n)+a(x-\bar x)=0 si obtinem (x-\bar x)(\sum^{n-1}_{k=0} x^{n-1-k} \bar x^k +a)=0 . Dar cum x\in C atunci x\not= \bar x si r...

Sa se determine toate perechile \( (x,p) \) de intregi pozitivi pentru care \( p \) este prim, \( x\leq 2p \) si \( x^{p-1} \) divide \( (p-1)^{x}+1 \).

Daca z_{1,3}=0 problema este evidenta. Acum luam z_{1,3}\in \mathbb{C}^* . a) Notam |z_1|=|z_2|=|z_3|=r> 0 . Din z_1+z_2+z_3=0 rezulta \bar {z_1+z_2+z_3}=0 . Deci r^2(\frac{1}{z_1}+\frac{1}{z_2}+\frac{1}{z_3})=r^2 \frac{z_1z_2+z_2z_3+z_3z_1}{z_1z_2z_3}=0 si cum r>0 atunci concludem z_1z_2+z_2z_3+z_3...

Sa luam numarul complex : \omega=\cos\frac {\pi}{n}+i\sin\frac{\pi}{n} unde \omega ^n=-1 adica \omega ^n-1=-2 Aplicand modul la ultima relatie,avem : 2=|\omega^n-1|=|\omega-1| |\omega^{n-1}+\omega^{n-2}+...+\omega+1| Din inegalitatea modulelor obtinem : 2\leq n|\omega-1| , deci |\omega-1|\geq \frac...

Daca \( p \) este un numar natural prim si \( n\in \mathbb{N}^* \) sa se demonstreze ca
\( ({p^n\choose 1}, {p^n\choose 2},\ldots, {p^n\choose p^{n-1}})=p \).

Fie \( a,b,c \) numere reale poztive astfel incat \( abc=1 \). Sa se arate ca:

\( \frac{a+b}{2(a^7+b^7+c)}+\frac{b+c}{2(b^7+c^7+a)}+\frac{c+a}{2(c^7+a^7+b)}\leq 1 \)

Luam un numar prim p . Avem ca puterea lui p in dezvoltarea numarului n! este : [\frac{n}{p}]+[\frac{n}{p^2}]+[\frac{n}{p^3}]+... Asadar puterea lui p in dezvoltarea lui (2^{2n}+2^{m+n}+2^{2m})! este \sum^{\infty}_{k=1} [\frac{2^{2n}+2^{m+n}+2^{2m}}{p^k}]. iar pentru dezvoltarea numarului (2^n)!^{2...

Intai luam x=y=z si obtinem f(x)\geq \frac{\ln x}{x} (*) si 3f(x)\leq x^2f(x^3) pentru orice x\in \mathbb{R}^{*}_{+} . In aceste relatii daca luam x=1 obtinem f(1)\geq \ln1=0 si 3f(1)\leq f(1) adica f(1)\leq 0 . Deci obtinem f(1)=0 . Luam iar in relatia din enunt z=1 si avem \ln(xy)\leq xf(x)+yf(y)\...

Fie \( a,b,c\in (0,1) \) sau \( a,b,c\in (1,\infty) \). Sa se demonstreze inegalitatea:

\( \log_{(a^2b)}a+\log_{(b^2c)}b+\log_{(c^2a)}c\leq \log_{(ab^2)}a+ \log_{(bc^2)}b+ \log_{(ca^2)}c. \)

Demonstrati ca numarul \( (2^{2n}+2^{n+m}+2^{2m})! \) este divizibil cu \( (2^{n})!^{2^{n}+ 2^{m-1}}\cdot (2^{m})!^{2^{m}+2^{n-1}} \), pentru orice \( m,n\in \mathbb{N}^{*} \).

Fie triunghiul \( ABC \) si \( T \) punctul lui Torriceli. Aratati ca simetricele dreptelor \( AT,BT,CT \) fata de laturile triunghiului \( BC,CA,AB \) sunt concurente.

Cred ca acolo e 2^{tgx}-2^{ctgx} ! Notam tg x =a . Cum tg 2x=\frac{2tg x}{1-tg^2 x } , ecuatia se rescrie sub forma echivalenta 2^a-2^{\frac{1}{a}}=\frac{1-a^2}{a}=\frac{1}{a}-a , echivalent cu 2^a+a=2^{\frac{1}{a}}+\frac{1}{a}. Daca luam functia f(x)=2^x+x avem ca f este injectiva. Cum ecuatia este...

Fie \( z \in \mathbb{C} \) astfel incat \( 11z^{10}+10iz^9+10iz-11=0 \). Atunci aratati ca \( |z|=1. \)

Rezolvati in \( \left(0,\frac{\pi}{2}\right) \) ecuatia: \( (tg x)^{\sin x}+(ctg )^{\cos x}=2. \)

Relatia clasica \left|a\right|=\left|b\right|=\left|c\right|=\left|a+b+c\right| are si o interpretare geometrica. Consideram un reper XOY si punctele A(a),B(b),C(c) unde din \left|a\right|=\left|b\right|=\left|c\right|=r avem ca triunghiul ABC este inscris unui cerc de raza r si centru O al reperulu...

Folosim identitatea : z_1^3+z_2^3+z_3^3-3z_1z_2z_3=(z_1+z_2+z_3)(z_1^2+z_2^2+z_3^2-z_1z_2-z_2z_3-z_3z_1) Din relatia din ipoteza avem ca: (z_1+z_2+z_3)(z_1^2+z_2^2+z_3^2-z_1z_2-z_2z_3-z_3z_1)+4z_1z_2z_3=(z_1+z_2+z_3)^3-3(z_1z_2+z_2z_3+z_3z_1)(z_1+z_2+z_3)+4z_1z_2z_3=0 Dar avand in vedere ca \left|z_...

Din inegalitatea lui Cebisev avem ca : x2^{x-1}+\frac{1}{\sqrt x}2^{\frac{1}{\sqrt x}}=x2^{x-1}+\frac{1}{ \sqrt x}2^{\frac{1}{\sqrt x}-1}+\frac{1}{ \sqrt x}2^{\frac{1}{\sqrt x} -1}\geq \geq \frac{1}{3} \left( x+\frac{1}{ \sqrt x }+\frac{1}{ \sqrt x } \right) \left( 2^{x-1}+2^{\frac{1}{ \sqrt x}-1}+2...