$\binom{1}{t}=\dfrac{\Gamma (2)}{\Gamma (1+t)\Gamma (2-t)}=\dfrac{1}{t\Gamma (t)(1-t)\Gamma (1-t)}=\dfrac{sin\pi t}{\pi t(1-t)}$

Οπότε, αρκεί:

$\int_{-\infty }^{\infty }\dfrac{sin^3\pi x}{x^3(1-x)^3}dx=\dfrac{3\pi ^3}{2}+6\pi $

$LHS=\int_{-\infty }^{\infty }\dfrac{sin^3\pi x}{x^3}dx +\int ...

Και ο κλειστός τύπος της ακολουθίας:

.

Καλημέρα.

Μια διασκεδαστική λύση θα μπορούσε να είναι η εξής:

Γράφουμε $tan\theta -sin\theta =\dfrac{3}{4}-\dfrac{3}{5}$ και παρατηρούμε ότι οι ισότητες $tan\theta=\dfrac{3}{4},sin\theta =\dfrac{3}{5}$
υλοποιούνται στο τρίγωνο τύπου $3-4-5$.

Δεν πρόκειται για πολύ διαφορετική λύση. Η ...

Με επαγωγή αποδεικνύεται ο γνωστός τύπος:

$1^4+2^4+...+n^4=\dfrac{n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)}{30}$.

Το όριο γράφεται:

$\lim_{n \to \infty } \dfrac{(n+1)^4+(n+2)^4+...+(2n)^4}{n^5}=\lim_{n \to \infty } (\dfrac{1^4+2^4+...+(2n)^4}{n^5}-\dfrac{1^4+2^4+...+n^4}{n^5})=$

$=\lim_{n \to \infty } (\dfrac{2n ...

Δημήτρη, πλήρης η λύση σου.

Απλά να αναφέρω ότι, εναλλακτικά, μπορούμε, αντί για το διωνυμικό ανάπτυγμα, να κάνουμε αλλαγή μεταβλητής και να γράψουμε:

.

Διαφορετικά (δε βάζω σχήμα, γιατί δεν κάνω ουσιαστικές αλλαγές):

Αν η παράλληλη από το $S$ στην $BC$ τέμνει τις $AB,AC$ στα $N,L$, τότε αρκεί να δείξουμε ότι $SN=SL=\dfrac{BC}{4}$, κι επειδή το $ENDL$ εγγράψιμο, αρκεί ισοδύναμα να δειχθεί ότι $ES\cdot SD=\dfrac{BC^2}{16}=\dfrac{81}{16}$.

Από νόμο ...

Καθετότητα λόγω της ομοιότητας των χρωματισμένων τριγώνων.

Το $N$ μέσο του $CD$.

$\dfrac{MN}{NC}=\dfrac{AC}{CD}=\dfrac{BC}{AC}=\dfrac{AB}{AD}$ και

$\angle BAD=\angle MNC$.

Άρα, το χρωματισμένα τρίγωνα όμοια και τα ζεύγη των ομόλογων πλευρών τους σχηματίζουν την ίδια γωνία, δηλαδή ορθή γωνία ...

Εφ' όσον το θέμα απαντήθηκε (και με το παραπάνω) από το Νικήτα, ας μού επιτρέψει ο θεματοθέτης να βάλω ένα συμπληρωματικό ερώτημα:

Αν αλλάξουμε τις αντικαταστάσεις της εκφώνησης σε $ab=baa$ και $abb=a$, μπορούμε να μετατρέψουμε τη συμβολοσειρά
$abbbbbba$ σε $baaaaaab$;

Ψάχνω για στοιχειώδη ...

Άλλη λύση, εκτός φακέλου, εμπνευσμένη από την προηγούμενη απάντηση, του Δημήτρη.

Έστω ακολουθία $x_{n}$, με $x_{n}\to 0$. Επειδή η $f(x_{n})$ φραγμένη, το $limsupf(x_{n})$ υπάρχει και έστω ότι δεν είναι $0$. Τότε υπάρχει υπακολουθία $x_{n_{k}}$, με $f(x_{n_{k}})\to c\neq0$, κι επειδή $f(x_{n_{k ...

Δίνω ισχυρή υπόδειξη:

Δίνω ισχυρή υπόδειξη:

Ορίστε $A_{1}=\begin{bmatrix}
m+1 &m &m \\
m & m+1 & m \\
m& m & m+1
\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}
a_{1} & b_{1} & b_{1} \\
b_{1} & a_{1} &b_{1} \\
b_{1} & b_{1} & a_{1}
\end{bmatrix}$ και γενικά $A_{n}=\begin{bmatrix}
a_{n} & b_{n} &b_{n} \\
b_{n} & a_{n}& b_{n} \\
b_{n ...

Μια ιδιοκατασκευή:

Έστω μετασχηματισμός ακεραίων $P(a,b)=(a^2+2b^2,a^2+2b^2-1)$.

Ξεκινώντας από το ζεύγος $(m+1,m)$ και με διαδοχικές εφαρμογές του μετασχηματισμού παίρνουμε την ακολουθία ζευγών $(a_{n},b_{n})$.

Έστω $S$ το σύνολο των πρώτων διαιρετών των στοιχείων της ακολουθίας $b_{n}$.

Δείξτε ...

Καλημέρα.

Μια ιδιοκατασκευή:

Έστω μετασχηματισμός ακεραίων $P(a,b)=(a^2+2b^2,a^2+2b^2-1)$.

Ξεκινώντας από το ζεύγος $(2,1)$ και με διαδοχικές εφαρμογές του μετασχηματισμού παίρνουμε μια ακολουθία από ζεύγη $(a_{n},b_{n})$.

Έστω $f(n)$ ο μέγιστος πρώτος διαιρέτης του $n$.

Έστω $S$ το σύνολο των ...

Γενικά, ισχύει μια ''γενίκευση'' του πυθαγορείου θεωρήματος.

Σε τρισορθογώνιο τετράεδρο $OABC$, με τρισορθογώνια τη γωνία που αντιστοιχεί στο $O$, ισχύει η παρακάτω, ομοιάζουσα προς το πυθαγόρειο θεώρημα, σχέση:

$(OAB)^2+(OBC)^2+(OCA)^2=(ABC)^2$.

Η σχέση αυτή παρουσιάζει ανεξάρτητο ενδιαφέρον και ...

Μια άλλη λύση (εκτός φακέλου):

Τοποθετούμε το τετράεδρο σε τρισορθογώνιο καρτεσιανό σύστημα συντεταγμένων με αρχή το $O(0,0,0)$ και θετικούς ημιάξονες $Ox,Oy,Oz$ τις ημιευθείες $OC,OB,OA$.

Το επίπεδο που σχηματίζουν τα $A(0,0,1),B(0,3,0),C(4,0,0)$ έχει εξίσωση $3x+4y+12z-12=0$.

Το ύψος του ...

Λίγο διαφορετικά, αλλά στο ίδιο μήκος κύματος:



άρα και το πολλαπλάσιο του

Όμως, πολλαπλάσιο του και το .

Τελικά, πολλαπλάσιο του το .

Γράφω τη λύση:

Έστω πίνακες:

$B=\begin{bmatrix}
1& 0 & 0 & ... &0 \\
\binom{1}{0}& 1 & 0 & ... & 0\\
\binom{2}{0} & \binom{2}{1} & 1 & ... & 0\\
... & ... & ... & ... & ... \\
\binom{m-1}{0} & \binom{m-1}{1} & \binom{m-1}{2} & ... & 1
\end{bmatrix}$

και ο πίνακας Vandermonde:

$V_{m}=\begin ...

Μια δική μου κατασκευή (δε γνωρίζω αν είναι γνωστή άσκηση):

Έστω $P(n,m,l,k)=\sum_{t=l}^{m-1+l}(n+t)^k$.

Υπολογίστε την ορίζουσα:

$det\begin{bmatrix}
P(n,m,0,0) &P(n,m,1,0) & ... &P(n,m,m-1,0) \\
P(n,m,0,1) &P(n,m,1,1) & ... &P(n,m,m-1,1) \\
...& ... & ... & ... \\
P(n,m,0,m-1) & P(n,m,1,m-1 ...

Μια λύση εκτός φακέλου:

Αν το δεδομένο όριο υπάρχει, θα ισούται με τα όρια:



και

,

άτοπο, λόγω της μοναδικότητας του ορίου.