Familia mea

 

Duminică, 01 MARTIE 2026

De la stânga la dreapta : Sus - VICTOR (fiul meu, 34 ani) ; VASILE VĂCAR (socrul meu, 90 ani) ; PETRU-VASILE CIOBANU (eu, 65 ani)

                                        Jos - TAMARA VĂCAR (soacra mea, mama sotiei, 86 ani; ironic, avea numele de fata tot Ciobanu) ; ALEXANDRA (fiica mea, 34 ani) ; LILIANE-CHRISTINE (soția mea, 61 ani)

A L I N A , fiindcă toate acestea trebuie să poarte un nume, un singur nume, le-am spus IZVOARELE

 Este...și nu este cea mai mare tragedie în postarea de aici... Cândva am să o rog să activăm pagina ALINA  3 SECONDS...cu unele modifiări....

.....

Aş vrea să cred că NOROCUL meu ca te-am întâlnit și ne-norocul tău că m-ai întâlnit să nu dea ca rezultat ZERO. Să fi rămas fiecare cu ceva...

.....

Am văzut aceasta idee în poezia "CONTABILITATE" de Marin SORESCU... 

Vine o vreme

Când trebuie să tragem sub noi

O linie neagră

Și să facem socoteala.

Câteva momente când era să fim fericiți,

Câteva momente când era să fim frumoși,

Câteva momente când era să fim geniali.

Ne-am întâlnit de câteva ori

Cu niște munți, cu niște copaci, cu niște ape

(Pe unde-or mai fi? Mai trăiesc?)

Toate acestea fac un viitor luminos-

Pe care l-am trăit.

O femeie pe care am iubit-o

Și cu aceeași femeie care nu ne-a iubit

Fac zero.

Un sfert de an de studii

Fac mai multe miliarde de cuvinte furajere

A căror înțelepciune am eliminat-o treptat.

Și, în sfârșit, o soartă

Și cu încă o soartă (de unde-o mai fi ieșit?)

Fac două (Scriem una și ținem una,

Poate, cine știe, există și viață de apoi).

— Marin Sorescu, 2003

Sursă: Poezie.ro

       Repun aici discutia de Vineri, 12 IUNIE 2026 ; vezi si fisierul  ALINA 4 . M-au sfâșiat cuvintele ei de aici :

................................................................

[22:49:45] ultima melodie pe care ti-o trimit

https://m.youtube.com/watch?v=0KBvq5BNxTY&list=RD0KBvq5BNxTY&index=1

nu ai stiut sa gestionezi o femeie ca mine....si e ok asta

.........................................................................................

Nu am puterea acum sa mai fac niciun comentariu....Aici, și în celelalte fișiere : ALINA 1 , 2 , 3  sunt cuvintele noastre...o parte din sufletele noastre...

  TE IUBESC !

.

.

.

.

.

.

.

La ora  [23:53:00] mia29 si-a schimbat nickul cu izvoarele....si au stat pana tarziu... Eu am iesit...

A problem with Symmetric Polynomials (II) // Szimmetrikus polinomokkal kapcsolatos probléma (II)

 It's related to the post here.

          A related problem appeared in Issue 2 /1978 of the  "Revista Matematica a Elevilor din Timisoara" (Mathematical Magazine of Students from Timisoara).

See other magazines here and here. If you scan the QR code on page 2 you have access to my Electronic Library.

   "3445.  Prove that if  $a+b+c=0$ ,  then

$2(a^5+b^5+c^5)=5abc(a^2+b^2+c^2) \tag{1}$

$10(a^7+b^7+c^7)=7(a^2+b^2+c^2)(a^5+b^5+c^5) \tag{2}$

{no Author}  "

Solution CiP

               The algebraic relation  (1)  was demonstrated in the aforementioned post (see  (7)  there).

               For  (2) , a similar path would require a decomposition of 

 $P(a,b,c)=(a+b+c)^7-a^7-b^7-c^7$

For  $a+b=0\;\Rightarrow\;P(a,-a,c)=c^7+a^7-a^7-c^7=0\;\Rightarrow\; (a+b) \mid P(a,b,c).$

so  $P(a,b,c)=(a+b)(b+c)(c+a)\cdot Q(a,b,c)\;,\;deg(Q)=4.$  

Unfortunately, the polynomial  $Q$  has a more complicated form, and which, as we discussed with COPILOT, is irreducible over  $\mathbb{Q}[a,b,c]$ :

$(a+b+c)^7-a^7-b^7-c^7=(a+b)(b+c)(c+a)\cdot $

$\cdot[a^4+b^4+c^4+2(a^3b+a^3c+b^3a+b^3c+c^3a+c^3b)+ \tag{3}$

$+3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+4(a^2bc+b^2ca+c^2ab)] $

Although we could start with  (3)  and use the condition  $a+b+c=0$, we prefer an easier path.

               Lemma   $(x+y)^7-x^7-y^7=7xy(x+y)(x^2+xy+y^2)^2 \tag{4}$

      Proof of Lemma : For  $L(x,y):=(x+y)^7-x^7-y^7$  we have  $L(0,y)=0=L(x,0)=L(x,-x)$  so

$L(x,y)=xy(x+y)\cdot N(x,y)\;,\;deg(N)=4 \tag{5}$

Finding  $N(x,y)$  is not easy here either, so we start from the development of  $(x+y)^7$ , guided by the suggestion in  (5) :

$(x+y)^7-x^7-y^7=7x^6y+21x^5y^2+35x^4y^3+35x^3y^4+21x^2y^5+7xy^6=$

$=7xy(x^5+x^4y+2x^4y+2x^3y^2+3x^3y^2+3x^2y^3+2x^2y^3+2xy^4+xy^4+y^5)=$

$=7xy(x+y)(x^4+2x^3y+3x^2y^2+2xy^3+y^4)=7xy(x+y)(x^4+x^2y^2+y^4+2x^3y+2xy^3+2x^2y^2)=7xy(x+y)(x^2+xy+y^2)^2$

$\square\;Lemma$

          Now we will use the condition  $a+b+c=0$ . We take from the mentioned post the relations ( (5)  and  (7)  from there)   :

$\sum ab=-\frac{1}{2}\sum a^2 \tag{5}$

$\sum a^5=\frac{5}{2}abc \sum a^2 \tag{6}$

We also have, still in this hypothesis

  $a^2+ab+b^2=a^2+(-b-c)(-c-a)+b^2=a^2+b^2+c^2+bc+ca+ab\overset{(5)}{=}$

$=\sum a^2-\frac{1}{2}\sum a^2$ , so

$a^2+ab+b^2=\frac{1}{2}\sum a^2 \tag{7}$

     Now we prove  (2)  as follows :

$a^7+b^7+c^7=-[(a+b)^7-a^7-b^7]\overset{(4)}{=}-7ab(a+b)(a^2+ab+b^2)^2\underset{a+b=-c}{=}$

$=7abc(a^2+ab+b^2)^2\;\underset{squaring\;(7)}{=}\;\;7abc\cdot \frac{1}{4}(\sum a^2)^2=\frac{7}{4}[abc \sum a^2](\sum a^2)=$

$\underset{(6)}{=}\frac{7}{4}\cdot \frac{2}{5}\sum a^5 \sum a^2=\frac{7}{10}\sum a^2\sum a^5$.

$\blacksquare$

          I finally posted the draft of my discussion with COPILOT, whom I asked if

$(a+b+c)^7-a^7-b^7-c^7=(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2\cdot [m(a+b+c)+n]$

          <<<

Salut, frumos exercițiu 😊

Expresia
[ (a+b+c)^7-a^7-b^7-c^7 ]
nu se poate scrie de forma
[ (a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2,[m(a+b+c)+n] ]
— factorul tău este prea mare.

Factorizarea corectă

Se știe (și se poate verifica prin dezvoltare) că pentru puteri impare (n\ge 3):

[ (a+b+c)^n-a^n-b^n-c^n ] este divizibilă prin ((a+b)(b+c)(c+a)).

Pentru (n=7), factorizarea este:

[ \begin{aligned} (a+b+c)^7-a^7-b^7-c^7 &=7(a+b)(b+c)(c+a)\cdot Q(a,b,c), \end{aligned} ]

unde

[ \begin{aligned} Q(a,b,c)=;&a^4+b^4+c^4\ &+2(a^3b+a^3c+b^3a+b^3c+c^3a+c^3b)\ &+3(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)\ &+4(a^2bc+ab^2c+abc^2). \end{aligned} ]

Deci descompunerea „frumoasă” este:

[ \boxed{ (a+b+c)^7-a^7-b^7-c^7 =7(a+b)(b+c)(c+a),Q(a,b,c) } ]

De ce nu merge forma ta

Dacă pui (c=0), obții:

[ (a+b)^7-a^7-b^7 ]

RHS-ul tău ar deveni:

[ (a+b)^2\cdot b^2\cdot a^2,[m(a+b)+n], ]

care are factor (a^2b^2(a+b)^2). Dar expresia reală ((a+b)^7-a^7-b^7) are doar factor (ab(a+b)), nu la pătrat. Deci forma cu ((a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2[m(a+b+c)+n]) nu poate fi corectă pentru niciun (m,n).

Dacă vrei, putem încerca împreună să deducem (Q(a,b,c)) pas cu pas, nu doar să-l iau „gata făcut”.

Q nu se mai descompune ??

Da, întrebarea e foarte bună—merită verificat dacă (Q) mai are factori „frumoși”.

Avem
[ (a+b+c)^7-a^7-b^7-c^7 =7(a+b)(b+c)(c+a),Q(a,b,c), ] unde [ \begin{aligned} Q(a,b,c)=;&a^4+b^4+c^4\ &+2(a^3b+a^3c+b^3a+b^3c+c^3a+c^3b)\ &+3(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)\ &+4(a^2bc+ab^2c+abc^2). \end{aligned} ]

Se mai poate factoriza (Q)?

Observă câteva lucruri:

• Simetrie: (Q) este simetric în (a,b,c), dar nu este omogen în „tipul” termenilor (coeficienții sunt 1,2,3,4).
• Test rapid de factori simpli:
  • Nu are factor ((a+b)): dacă pui (a=-b), obții [ Q(-b,b,c)=b^4+c^4+2(-b^3c+b^3c+c^3(-b)+c^3b)+3(b^2c^2+b^2c^2)+4(\dots) ] care nu este identic zero.
  • La fel, nu are factor ((a+b+c)): dacă pui (c=-(a+b)), rezultatul nu devine 0.
• Dacă (Q) ar avea factori de tip ((a+b)), ((b+c)), ((c+a)) sau ((a+b+c)), atunci expresia totală ar avea acești factori la puteri mai mari, ceea ce contrazice comportamentul când, de exemplu, (c=0) (unde știm că ((a+b)^2) nu divide ((a+b)^7-a^7-b^7)).

Concluzia scurtă:
[ Q(a,b,c)\ \text{este ireductibil peste }\mathbb{R} \text{ (și peste }\mathbb{Q}\text{) în factori polinomiali „simpli” în }a,b,c. ]

Adică nu se mai descompune într-un produs de factori de grad mai mic cu coeficienți reali/rationali, de tipul celor „clasici” ((a+b)), ((a+b+c)), etc.

Dacă vrei, putem încerca să-l „spargem” formal ca produs de două polinoame de grad 2 în (a,b,c) și să vezi concret de ce nu ies coeficienții.

>>>

GMB 8 / 1978

          La Rubrica REZOLVATORILOR de PROBLEME , pagina 361, apare si numele meu (am subliniat) :TIMISOARA , Lic. industrial nr. 2 cl XI Ciobanu Petru (146)

          In "2005 Tenure Test" , Problem II, point g) of the previous post, we have the very Sylvester Problem on page 323. It is exactly with the same demonstration. I took it from another source....(I don't know which one )

In the PROBLEM SOLVERS section, page 361, my name also appears (I underlined it):

TIMISOARA, Lic. industrial no. 2 cl XI Ciobanu Petru (146)

          Today we will play with a problem whose author we talked about here not long ago.

     " E : 6305.  Let there be 6 cubes with unequal sides, with the measures of the sides being natural numbers. Determine the volume of each cube, so that the 10 cubes together occupy a volume of 444 cubic meters.

{author :} Liviu PODGORNEI, student, Oltenița "

ANSWER CiP

The six cubes have sides of 1, 2, 3, 4, 5, and 6 meters respectively.

Solution CiP

          If we denote by  $a,\;b,\;c,\;d,\;e,\;f\;$ the dimensions (in meters) of the six cubes, then $1\leqslant a<b<c<d<e<f$  and 

$a^3+b^3+c^3+d^3+e^3+f^3=441 \tag{1}$

But, since the cubes have unequal sides, it results :

$a\geqslant 1\;,\;b\geqslant 2\;,\;c\geqslant 3\;,\;d\geqslant 4\;,\;e\geqslant 5\;,\;f\geqslant 6 \tag{2}$

Then, the sum of their volumes  $a^3+b^3+c^3+d^3+e^3+f^3$  is  $\geqslant 1^3+2^3+3^3+4^3+5^3+6^3=1+8+27+64+125+216=441$

     It means that in  (2)  we must have the equal sign everywhere.

$\blacksquare$

Pregatire TITULARIZARE 2005 , 2006

 O teorema importanta :

Test de Titularizare 2005 , si rezolvarea :

Test Oficial 2006

GMB 8 / 2005

 In GMB 8/2005, pages 378 (romanian version) and 380 (english version)

(other magazines here)

               "C : 2909.  For any positive integer  $n$  let  

$S_n=1\cdot 2\cdot 3+2\cdot 3\cdot 4+\dots +n(n+1)(n+2).$  Prove that :

a)  $\sqrt{S_n}\in\mathbb{R}\setminus \mathbb{Q}$ , for all  $n\in \mathbb{N^*}$  ;  b)  $\sqrt{\frac{1}{4}+S_n}\in\mathbb{Q}$ , for all  $n\in\mathbb{N^*}.$

{author :} Petre SIMION, Bucharest"

ANSWER CiP

$$S_n=\sum_{k=1}^nk\cdot (k+1) \cdot (k+2)=\fbox{$\frac{n(n+1)(n+2)(n+3)}{4}$} \tag{1}$$

a) It should be (cf. Lemma)   $\sqrt{S_n}\in\mathbb{N}$ , but  $\frac{n^2+3n}{2}<\sqrt{S_n}<\frac{n^2+3n}{2}+1$          (2)

b) $\sqrt{\frac{1}{4}+S_n}=\frac{n^2+3n+1}{2} \tag{3}$

Solution CiP , with COPILOT help

(for the help given by COPILOT see the draft at the end)

          We observe that  

$k(k+1)(k+2)=\frac{k(k+1)(k+2)\cdot 4}{4}=k(k+1)(k+2)\cdot \frac{(k+3)-(k-1)}{4}$ 

so

$k(k+1)(k+2)=\frac{(k+3)(k+2)(k+1)k}{4}-\frac{(k+2)(k+1)k(k-1)}{4} \tag{4}$

Summing in  (4)  from  $k=1\; to\;k=n$ , we obtain on the right the telescopic sum

$\left ( \color{Blue}{\frac{4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}{4}}-\frac{3\cdot 2\cdot 1\cdot 0}{4}\right )+\left (\color{Orange}{\frac{5\cdot 4\cdot 3\cdot 2}{4}}-\color{Blue}{\frac{4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}{4}}\right)+$

$+\left (\frac{6\cdot 5\cdot 4\cdot 3}{4}-\color{Orange}{\frac{5\cdot 4\cdot 3\cdot 2}{4}} \right )+\dots +\left (\frac{(n+3)(n+2)(n+1)n}{4}-\frac{(n+2)(n+1)n(n-1)}{4}\right)$

Terms of the same color are reduced and the result from  (1)  remains.

                    a)  $\sqrt{S_n}=\frac{\sqrt{n(n+1)(n+2)(n+3)}}{2}$  so according to Lemma , we must have

  $\sqrt{n(n+1)(n+2)(n+3)}\in\mathbb{N}\tag{5}$.

But the number in  (5)  is even because out of four consecutive numbers  $n\;,\;n+1\;,\;n+2\;,\;n+3\;$ , one is a multiple of  4 , so

$\frac{\sqrt{n(n+1)(n+2)(n+3)}}{2}\in\mathbb{N} \tag{5'}$

          But it is easy to show that we have the inequalities  (2)

 [    $\color{Red}{n(n+3)}=n^2+3n<\color{Red}{n^2+3n+2}\;\;\Leftrightarrow $$\Leftrightarrow\;\;\color{Red}{n(n+3)<(n+1)(n+2)} \tag{6}$

$\Rightarrow\; n^2(n+3)^2<n\color{Red}{(n+1)(n+2)}(n+3)\;\Rightarrow\;\frac{n(n+3)}{2}<\sqrt{S_n}$  so the left side in (2). It also results from  (6)  $\color{Red}n(n+1)(n+2)\color{Red}{(n+3)}<(n+1)^2(n+2)^2\;\Rightarrow\;\sqrt{S_n}<\frac{(n+1)(n+2)}{2}=\frac{n^2+3n}{2}+1$  so the right side in (2). Note that  $\frac{n^2+3n}{2}\in\mathbb{N}\;(\forall) n\in\mathbb{N}.$      ]

Then  (5)  is impossible, because it is strictly contained between two consecutive integers.

                     b)  We can write  $S_n=\frac{n(n+3)(n+1)(n+2)}{4}=\frac{(n^2+3n)(n^2+3n+2)}{4}=$

$=\frac{[(n^2+3n+1)-1][n^2+3n+1)+1]}{4}=\frac{(n^2+3n+1)^2-1}{4}$  so  $\sqrt{\frac{1}{4}+S_n}$  has the value from  (3).

$\blacksquare$

          Remark CiP  Draft of the discussion with COPILOT :

<<

Suma

[ S = 1\cdot 2\cdot 3 ;+; 2\cdot 3\cdot 4 ;+; \dots ;+; n(n+1)(n+2) ]

are o expresie închisă foarte elegantă:

[ \boxed{S = \frac{n(n+1)(n+2)(n+3)}{4}} ]

---

De ce funcționează formula

Termenul general este:

[ k(k+1)(k+2) = k^3 + 3k^2 + 2k ]

Suma devine:

[ S = \sum_{k=1}^n (k^3 + 3k^2 + 2k) ]

Folosind formulele standard pentru
(suma;cuburilor),
(suma;pătratelor),
(suma;primelor;n;numere),

și simplificând, totul se reduce exact la:

[ S = \frac{n(n+1)(n+2)(n+3)}{4} ]

---

Verificare rapidă pentru n = 1, 2, 3

• n = 1:
  Stânga: (1\cdot 2\cdot 3 = 6)
  Dreapta: (\frac{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4}{4} = 6)

• n = 2:
  Stânga: (6 + 24 = 30)
  Dreapta: (\frac{2\cdot 3\cdot 4\cdot 5}{4} = 30)

• n = 3:
  Stânga: (6 + 24 + 60 = 90)
  Dreapta: (\frac{3\cdot 4\cdot 5\cdot 6}{4} = 90)

Totul se potrivește perfect.

---

Dacă vrei, pot și demonstra formula prin:

• inducție
• metoda diferențelor finite
• identități telescopice

Vrei o demonstrație completă printr-una dintre aceste metode?

Telescopica

Hai să o facem telescopic, „curat”, cu combinații.

---

1. Scriem termenul general în formă combinatorică

Observăm că

[ k(k+1)(k+2) = 6 \cdot \binom{k+2}{3} ]

pentru că

[ \binom{k+2}{3} = \frac{(k+2)(k+1)k}{6}. ]

Deci suma devine

[ S = \sum_{k=1}^n k(k+1)(k+2) = 6 \sum_{k=1}^n \binom{k+2}{3}. ]

---

2. Transformăm suma într-o sumă telescopică

Folosim identitatea clasică:

[ \binom{m}{r} = \binom{m+1}{r} - \binom{m+1}{r-1}. ]

Aplicată pentru (r = 3), obținem:

[ \binom{k+2}{3} = \binom{k+3}{4} - \binom{k+2}{4}. ]

Deci

[ \sum_{k=1}^n \binom{k+2}{3} = \sum_{k=1}^n \left[\binom{k+3}{4} - \binom{k+2}{4}\right]. ]

Aceasta este o sumă telescopică: termenii se anulează în lanț.

Scriem câțiva termeni:

[ \begin{aligned} &\left[\binom{4}{4} - \binom{3}{4}\right] + \left[\binom{5}{4} - \binom{4}{4}\right] + \left[\binom{6}{4} - \binom{5}{4}\right] + \dots + \left[\binom{n+3}{4} - \binom{n+2}{4}\right]. \end{aligned} ]

Tot ce e „intermediar” se taie, rămâne doar:

[ \sum_{k=1}^n \binom{k+2}{3} = \binom{n+3}{4} - \binom{3}{4}. ]

Dar (\binom{3}{4} = 0), deci

[ \sum_{k=1}^n \binom{k+2}{3} = \binom{n+3}{4}. ]

---

3. Punem totul la un loc

Revenim la suma inițială:

[ S = 6 \sum_{k=1}^n \binom{k+2}{3} = 6 \binom{n+3}{4}. ]

Acum calculăm:

[ 6 \binom{n+3}{4} = 6 \cdot \frac{(n+3)(n+2)(n+1)n}{4!} = 6 \cdot \frac{(n+3)(n+2)(n+1)n}{24} = \frac{n(n+1)(n+2)(n+3)}{4}. ]

---

Concluzie

[ \boxed{ \sum_{k=1}^n k(k+1)(k+2) = \frac{n(n+1)(n+2)(n+3)}{4} } ]

Dacă vrei, putem face și o versiune pur algebrică de telescopare, găsind direct un polinom (F(k)) cu (F(k+1)-F(k)=k(k+1)(k+2)).

>>

{end Rem}

DE CE? mi-ai făcut asta , ÎNGERE ?? // WHY? did you do this to me, ANGEL??

 DE CE?  mi-ai făcut asta , ÎNGERE  ??

Nu este nimic indecent în asta ! (Mai indecentă este poza mea cu SONDA)

Probabil ai blocat afisarea imaginii la anumiti utilizatori doar... Noroc ca mai am un telefon nou, in care te-am trecut si pe tine la CONTACTE, iar acolo inca mai aparea imaginea pe care credeam ca am pierdut-o.

Am vorbit aseara cu LadyYellow, despre cautarile din viata si noroc. I-am "recitat" versurile (i-am spus ca este din EMINESCU) :

"Orice noroc si-ntinde-aripele

Gonit de clipele

Starii pe loc"

Mi-a raspuns instantaneu : "Stelele-n Cer"....

(Aceste versuri m-au facut sa nu renunt sa o caut pe DORINA la Mamaia....Si am gasit-o, oricat de mare ar fi fost plaja....)

Si ma e un vers care ma duce cu gandul la tine, ALINA : 

"Pleacă-te Îngere"