So says one of us : Daniel ONOFREI
Today I will publish a copy of an old magazine. I mentioned this number somewhere before...
Almost every article has something to comment on... We'll put it at the end, maybe they'll be the source of future posts.
(under construction)
Duminică, 01 MARTIE 2026
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 !
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).
"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.
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) } ]
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}
]
Observă câteva lucruri:
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.
>>>
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 )
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.
$\blacksquare$
O teorema importanta :
In GMB 8/2005, pages 378 (romanian version) and 380 (english version)
"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}} ]
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} ]
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.
Vrei o demonstrație completă printr-una dintre aceste metode?
Telescopica
Hai să o facem telescopic, „curat”, cu combinații.
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}. ]
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}. ]
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}. ]
[ \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}