Η άσκηση όμως λέει , όχι .

Κι εγώ αγαπητέ με τον ίδιο τρόπο έλυσα το 2ο!

Στο τέταρτο μάλλον υπάρχει κι άλλος τρόπος. Εφόσον $n \neq 1$ και $2^{1000}(2^{n-1}-1)k=2^{n-1}(2^{1000}-1)$, πρέπει
$2^{1000} \mid 2^{n-1}(2^{1000}-1)$ και $(2^{n-1}-1) \mid 2^{n-1}(2^{1000}-1)$, κι εφόσον $(t,t-1)=1$ για t>1, πρέπει
$2^{1000} \mid 2^{n-1}$ και $(2^{n-1}-1) \mid (2^{1000} -1)$, κι ...

Συγγνώμη, δεν είναι ;

Να δειχτεί ότι , με τη χρήση των εξής δεδομένων:
(α) Η ακολουθία αποκλίνει
(β)
(γ)
(δ) Η ακολουθία συγκλίνει με .

Α! Ευχαριστώ... Θα την προσπαθήσω ξανά τώρα...

Ναι, αλλά εμείς έχουμε την κυρτότητα στο [0,1], όχι στο [0,2π].

Ποια είναι η ακριβής διατύπωση της άσκησης; Εννοώ, δε γνωρίζουμε ούτε καν αν είναι συνεχής στο [0,2π] η f;

Δηλαδή τώρα η άσκηση γίνεται "Αν η f είναι κυρτή στο [0,1], να δειχτεί ότι ";

$\int_{0}^{2\pi} f(x)cosxdx=[f(x)sinx]^{2\pi}_{0}-\int_{0}^{2\pi}f'(x)sinxdx=\int_{0}^{2\pi}f'(x)(cosx)'dx=[f'(x)cosx]^{2\pi}_{0}-\int^{2\pi}_{0}f''(x)cosxdx=f'(2\pi)-f'(0)-\int^{2\pi}_{0}f''(x)cosxdx=\int^{2\pi}_{0}f''(x)(1-cosx)dx$.
Αλλά για κάθε x που ανήκει στο [0,2π], ισχύει
$f''(x)(1-cosx ...

Αυτό που πρότεινα με το εμβαδόν είναι σωστό;

Θα μπορούσαμε να αποδείξουμε ότι $\lim_{x \rightarrow 0}\int^{x}_{1}f(t)dt=-\infty$ μέσω του διαγράμματος της $f(t)= \frac{e^t}{t}$; Εννοώ με μελέτη ως προς τα κοίλα και τη μονοτονία και τις ασύμπτωτες να σχεδιάσουμε τη γραφική της παράσταση, κι έπειτα να εκμεταλλευτούμε τη γεωμετρική ερμηνεία του ...

Η εξίσωση γράφεται $(15x^2+8x+1)(60x^2+32x+1)=10$. Εάν θέσουμε $15x^2+8x=a$, η εξίσωση γράφεται $(a+1)(4a+1)=10 \leftrightarrow 4a^2+5a-9=0$. Αυτή έχει τις λύσεις 1 και -9/4 ως προς α. Οπότε ως προς x έχουμε $15x^2+8x-1=0 \leftrightarrow x=\frac{-4 +\sqrt{31}}{15} or x =\frac{-4 -\sqrt{31}}{15}$ ή ...

Μία ερώτηση για το α):
Μπορούμε να δικαιολογήσουμε ότι $\lim_{x \rightarrow 0}G(x)$=0 ως κάτωθι;
$\int^{x}_{1}f(t)dt=f(j)(x-1), x<1, j \in (0,1)$ από το Θ.Μ.Τ του ολοκληρωτικού λογισμού.
Οπότε $\lim_{x \rightarrow 0}G(x)=\lim_{x \rightarrow 0}xf(j)(x-1)=0$.
Εάν η σκέψη μου είναι σωστή, υπάρχει κι ...

Ευχαριστώ!

Έχει γράψει βιβλίο ανάλυσης ο Andreescu;

Με συγχωρείτε που δεν έδωσα αμέσως τη λύση...
Από την $\frac{f'(x)}{g'(x)}=e^{f(x)-g(x)$ έχουμε ότι $(e^{-f(x)})'=(e^{-g(x)})'$, οπότε $e^{-f(x)}=e^{-g(x)}+k$, k σταθερά.
Για x=0 παίρνουμε $e^{-1}-k=e^{-g(0)}$, ενώ για x=2010 $e^{-1}+k=e^{-f(2010)}$. Από αυτές τις δύο έχουμε ότι
$2e^{-1}=e^{-g(0 ...

;

Δίνονται τρίγωνο $ABC$ και σημεία $P,Q,R$ έξω από το τρίγωνο τέτοια ώστε $RA=AP, PC=CQ, QB=BR$. Έστω $D$ η προβολή του $P$ στην $AC$, $E$ του $Q$ στη $BC$, $F$ του $R$ στην $AB$. Να αποδειχτεί οι $PD,QE,RF$ συντρέχουν, ήτοι ότι συναντιούνται σε ένα σημείο.

Λύση:
Είναι απλή συνέπεια του θεωρήματος ...

Συγγνώμη, η διακρίνουσα είναι 333!