Καλησπέρα και Καλή Χρονιά.Νομίζω πως το όριο βγαίνει εύκολα και με χρηση του κριτηρίου Cesaro-Stoltz, αφού η $\displaystyle a_{n}=n\sqrt{n}$ είναι γνησίως αύξουσα και έχει όριο $\displaystyle +\infty$ θα είναι : $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}{\sqrt{k}}}{n\sqrt{n}}=\lim...

Άς το δουμε και κάπως αλλιώς.Αφού $\displaystyle a,b,c \geqslant 1$ τότε θέτουμε $\displaystyle a=\cosh x, b=\coh y, c=\cosh z, x,y,z>0$ από την γνωστή σχέση $\displaystyle \cosh^2 w-\sinh^2 w=1\Rightarrow \sin h w=\sqrt{\cosh^2{w}-1},w>0$. Tότε έχουμε $\displaystyle a \circ b=\cosh x \cosh y+\sinh ...

Γράφω μια λύση με μιγαδική. Θεωρούμε την συνάρτηση $\displaystyle f\left(z \right)=\frac{\coth\left(z \right)}{z^3}-\frac{1}{3z^2}-\frac{1}{z^4}, z\neq k \pi i , k \in \mathbb{Z}_{+}$ στο άνω ημικυκλιο $C$,ακτίνας $R$, στο οποίο είναι μερόμορφη. H συναρτησή μας αφού καντικαταστήσουμε την $\displayst...

Μια μεταμεσονύκτια λύση. Aρχικά μας φαίνεται αρκετά δύκολο να υπολογίσουμε κλειστό τύπο για την ακολουθία $\displaystyle a_{n}=\sum_{k=0}^{n}{\binom{2n-k}{k}}2^{k}$ για αυτό θα υπολογίσουμε και την γεννήτρια αυτής την $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}{\sum_{k=0}^{n}{\binom{2n-k}{k}2^{k}x^{n}}}=\sum...

Νομίζω πως βρήκα μια λύση με γεννήτριες συναρτήσεις. Έστω $\displaystyle \left(a_{n} \right)_{n=0}^{\infty}$ η ακολουθία μας και $\displaystyle G\left(x \right):=\sum_{k=0}^{\infty}{a_{k}}x^k$ η γεννήτρια συνάρτηση αυτής για όλα τα $x$ που συγκλίνει. Tότε παρατηρούμε ότι $\displaystyle G\left(x \rig...

Προφανώς το $\displaystyle 1*2*3*...*2011=1$ αφού $\displaystyle 1*2=1,1*x=\frac{x+1}{x+1}=1$.\Για το δεύτερο ορίζουμε την ακολουθία $\displaystyle \left(a_{n} \right)_{n \in \mathbb{N}}: a_{2}=2,a_{n}=\frac{a_{n-1}+n}{na_{n-1}+1}$.Προφανώς ο $\displaystyle 2*3*...*2011$ είναι ο $a_{2011}$.Γενικότερ...

Παρατηρούμε ότι από την ανισότητα Caychy-Swarzt: $\displaystyle \left(\sum{x\sqrt{y}} \right)^2=\left(\sum{\sqrt{x}\sqrt{xy}} \right)^2\leqslant \sum{xy}\sum{x}$. Άρα $\displaystyle {\sum{x\sqrt{y}}}\leqslant \sqrt{\prod{\left(x+y \right)+xyz}}\leqslant \sqrt{\frac{9}{8}}\sqrt{\prod{\left(x+y \right...

Θεωρούμε την συνάρτηση $\displaystyle f\left(z \right)=\frac{1}{\left(e^z-z \right)^2+\pi^2}$, η οποία είναι μερόμορφη στο άνω ημιεπίπεδο, και έχει απλούς πόλους τις τις ρίζες που προκύπτουν από τον μηδενισμό του παρανομαστή.Έστω και το ημικύκλιο (θετικής φοράς) $\displaystyle \gamma:\left[0,\pi \ri...

Με πολλαπλασιαστές.Επειδή όλοι οι αριθμοί είναι διαφορετικοί του μηδενός, και λόγω ομιογένιας της παράστασης υποθέτουμε ότι $\displaystyle a+b+c=1$, και το σύνολο $\displaystyle U:=\left\{\left(a,b,c \right)\in \mathbb{R}^3:a+b+c=1, a,b,c \in \left[0,1 \right] \right\}$ είναι συμπαγές. Eπομένως η συ...

Μια λύση, ελπίζω σωστή. Eπειδή έχουμε δυο σχέσεις θα απαλέιψουμε την πρώτη άρα η δεύτερη γίνεται: $\displaystyle a^2+b^2-a-b+ab=\frac{1}{2}, c=1-a-b$ και $\displaystyle F\left(a,b \right)=a^4+b^4+\left(1-a-b \right)^4$. Ο περιορισμός μας με τα $a,b$ ορίζει μια έλλειψη, άρα σε αυτή περίπτωση το σύνολ...

Βλέπωντας το δεύτερο μήνυμα του κ. Βασίλη το πλήθος των αύξουσων απεικονίσεων $\displaystyle f:A\rightarrow B$ (με τους ορισμούς της παραπάνω δημοσιέυσης) είναι $\displaystyle \begin{bmatrix} m \\ k \end{bmatrix}=\binom{m+k-1}{k}$. Σε αυτή την περίπτωση μπορούν παραπάνω από 1 στοιχεία $a_{i}$ τα οπο...

Kaλησπέρα και από μένα, ξεκλέβοντας λίγο χρόνο, αναφέρω πως γενικά ο αριθμός των $\displaystyle 1-1$ απεικονίσεων $\displaystyle f:A\rightarrow B$ με $\displaystyle A=\left\{a_{1},a_{2},...,a_{k} \right\}$ και $\displaystyle B=\left\{b_{1},b_{2},...,b_{m} \right\}, m>k$, είναι $\displaystyle \binom{...

Θα χρησιμοποιήσουμε το εξής λήμμα: Άν $\displaystyle p | a^2+b^2, a,b \in \mathbb{Z},p \in \mathbb{P}, p=4m+3,m \in \mathbb{N}\Longrightarrow$ $\displaystyle p|a \wedge p|b$. Άρα στην περιπτωσή μας επειδή (αφού ο $121$ διαιρεί τον $\displaystyle x^2+y^2$ θα τον διαρεί και ο $11$ ) $\displaystyle 11|...

Από την ανισότητα Hoelder: $\displaystyle \sqrt[k]{\left(a+b+b+c+c+a \right)\left(\frac{a^k}{a+b}+\frac{b^k}{b+c}+\frac{c^k}{c+a} \right)3^{k-2}}\geqslant$ $\displaystyle a+b+c\Rightarrow \sum{\frac{a^k}{a+b}}\geqslant \frac{\left(a+b+c \right)^k}{2\cdot 3^{k-2}\left(a+b+c \right)}= \frac{\left(a+b+...

Μια άλλη λύση για την αρχική που αντιμετωπίζει παρόμοια θέματα με αναγωγικές εξισώσεις. Αρχικά η γεννήτρια συνάρτηση της $\displaystyle f\left(m,n \right)$ είναι $\displaystyle \mathcal{F}_{m}\left(t \right)=\sum_{n=0}^{\infty}{f\left(m,n\right)}t^k$. Πολλαπλασιάζουμε την αρχική αναγωγική σχέση με $...

Μια άλλη γνωστή μέθοδος, χρησιμοποιεί την αρχή του εγκλεισμού-αποκλεισμού και είναι ιδιαιτερα διδακτική. Άς πούμε $\displaystyle x_{i} \in \left\{1,2,...,6 \right\}$ την ένδειξη του ζαριού. Ουσιαστικά o $\displaystyle \mathcal {H}\left(n,k \right)$ είναι το πλήθος των θετικών και ακέραιων λύσεων της...

To εμβαδό από τα δύο καπελάκια το οπόίο απομένει και είναι αυτό πους μας ενδιαφέρει μπορεί να υπολογισθεί και με την βοήθεια τριπλών ολοκληρωμάτων. Tοποθετούμε στον χώρο την σφαίρα. έτσι ώστε το $\displaystyle \left(0,0,0 \right)$ να είναι το κέντρο της σφαίρας με εξίσωση πλέον: $\displaystyle x^2+y...

Δημήτρη, νομίζω πως μετράει για ένα απορυπαντικό.

Καθε απορρυπαντικό τύπου $TIDE$ περιέχει ένα κουπόνι πάνω στο οποίο αναγράφεται ένα από τα γράμματα $T,I,D,E$.Άν ο πελάτης συγκεντρώσει όλα τα γράμματα της λέξης $TIDE$ παίρνει ένα πακέτο δωρεάν.Nα βρείτε την πιθανότητα να κερδίσει $i$ πακέτα, όπου $\displaystyle i=0,1,2$ ένα άτομο που αγοράζει $8$ ...

Έστω $\displaystyle \mathcal{H}\left(n,k \right)$ ο αριθμός των δυνατών αποτελεσμάτων ρίψης $n$ διακεκριμένων κύβων σε καθένα από τα οποία το άθροισμα των εδρών είναι ίσο με $k$. Να αποδείξετε ότι: $\displaystyle \mathcal{H}\left(n,k \right)=\sum_{m=0}^{s}{\left(-1 \right)^m \binom{n}{m}\binom{k-6m-...