mateforum.ro

Din egalitatea A=A^2 obtinem bc=0 , b(a+d)=b^2 , c(a+d)=c^2 Daca b=0 , si c=0 obtinem matricea A=\left\(\begin{array}{ccc} a & 0 \\\\\\\\ 0 & b\end{array}\right\) cu a,b\in\mathbb{C} care verifica cerinta(inductie). Daca b=0 si c\neq 0 obtinem c=a+d . Trecem la egalitatea A=A^3 unde obtinem ...

Expresia 2^{\frac{2-x}{x}}+4^{\frac{4-x}{x}}+6^{\frac{6-x}{x}}+12^{\frac{12-x}{x}}\to \frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+\frac{1}{12}=1 Deci \lim_{x\to\infty}\ \left( 2^{\frac{2-x}{x}}+4^{\frac{4-x}{x}}+6^{\frac{6-x}{x}}+12^{\frac{12-x}{x}}\ \right)^x=e^{\lim_{x\to\infty} x\ \left( 2^{\frac{2-x}{x}...

Presupunem ca exista cele doua polinoame . Ar rezulta ca a_{n+1}-a_{n}=\frac{1}{2^{(n+1)^2}}=\frac{f(n+1)}{g(n+1)}-\frac{f(n)}{g(n)}=\frac{h(n)}{g(n+1)g(n)} Fie sirul c_n=\frac{1}{2^{(n+1)^2}} de unde \frac{c_{n+1}}{c_n}=\frac{2^{(n+1)^2}}{2^{(n+2)^2}}=\frac{1}{2^{2n+3}}=\frac{h(n+1)}{g(n+2)g(n+1)}\...

Domn profesor Nicula ce spuneti de rezolvarea mea la punctul b). Presupunem a_1>2 si vom demonstra ca a_2>a_1 Daca a_2\le a_1 atunci a_1^2=|z^2+\frac{1}{z_1^2}+2|\le a_2+2\le a_1+2 Adica (a_1-2)(a_1+1)\le 0 contradictie!!! Acum deoarece a_1>2 aplicam punctul 1 al problemei pana la un k oarecare. Pri...

Ne auzim la Iasi
Mergem toti la un suc!!

Fie \( a,b,c\in\mathbb{C} \) distincte doua cate doua astfel incat
\( (a-b)^5+(b-c)^5+(c-a)^5=0 \). Aratati ca \( a,b,c \) sunt afixele unui triunghi echilateral.

Fie \( z_1,z_2,z_3\in\mathbb{C} \) astfel incat \( |z_1|=|z_2|=|z_3|=1 \) si \( \frac{z_1^2}{z_2z_3}+\frac{z_2^2}{z_3z_1}+\frac{z_3^2}{z_1z_2}=-1 \)
Calculati \( S=|z_1+z_2+z_3| \)

Din egalitatea mediilor avem \frac{2bc}{b+c}\le\frac{b+c}{2} Scriind analoagele si insumandule obtinem \frac{2bc}{b+c}+\frac{2ac}{a+c}+\frac{2ab}{a+b}\le \frac{a+b}{2}+\frac{b+c}{2}+\frac{c+a}{2}=a+b+c In enunt avem egalitate deci trebuie sa avem egalitate in inegalitatea mediilor. Cazul de egalitat...

Se aplica inegalitatea mediilor, intre media aritmetica si cea armonica, si se obtine cazul de egalitate.

Determinati toate functiile \( f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R} \) cu urmatoarea proprietate
\( f(x+y)+f(x-y)=2f(x)\cos y \)

Am impresia ca sunt \( C_{n+q}^{q-1} \)

Daca \( a_1,a_2\in\mathbb{R} \) astfel incat \( a_1^2+a_2^2=1 \), sa se demonstreze ca maximul expresiei \( a_1a_2+\frac{1}{2}\cdot a_2^2 \) este \( \cos\frac{\pi}{5} \). Pentru ce valori ale numerelor \( a_1,a_2 \) se realizeaza acest maxim?

Cred ca era cu \( \frac{c}{x^2-1} \), dar si asa e tot problema ce nu necesita mari cunostinte.

Pentru \( x=y=1 \) avem \( 3^{f(1)}/f(1)\cdot 3
\) de unde rezulta ca \( f(1)=1 \)
Pentru \( y=1 \) avem \( 3x/3f(x)\Longrightarrow f(x)\ge x \)
Pentru \( x=1 \) avem \( 3^{f(y)}/3^y\Longrightarrow f(y)\le y \)
Din ultimele doua relatii rezulta ca \( f(x)=x,\forall x\in\mathbb{N}^* \)

Fie \( z_1,z_2\in\mathbb{C} \).Demonstrati urmatoarea inegalitate
\( |z_1|+|z_2|\le |z_1+z_2|+\frac{2|z_1z_2|}{|z_1+z_2|} \)

Da acum am vazut. Revenind acolo LHS\ge\frac{9}{2(a^2b+b^2c+c^2a)} Ramane de demonstrat a^2b+b^2c+c^2a\le 3 Dar a^2b+b^2c+c^2a\le\sqrt{(a^2+b^2+c^2)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)}=\sqrt{3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)} (1) a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\le\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{3}=3 Acum revenind in (1) s-a terminat. Sper ca...

\sum_{cyc}\frac{a^3}{c^2+ab}=\sum_{cyc}\frac{a^4}{ac^2+a^2b}\ge\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{\sum_{sym}a^2b}=\frac{9}{\sum_{sym}a^2b} Deci ramane de demonstrat \sum_{sym}a^2b\le 6=2(a^2+b^2+c^2)\Longleftrightarrow \sum_{cyc}a(b^2+c^2)\le 2(a^2+b^2+c^2)\Longleftrightarrow \sum_{cyc}a(3-a^2)\le 2(a^2+b^2+c^...