Käthchen von Heilbronn

I was here too.

I was on a trip to Germany between June 16-19, 2026.Walking through the streets, I heard a call... Passing through a narrow street, I came across a small square with this statue.

Something drew me to it and I climbed onto the pedestal, taking two pictures.

I asked artificial intelligence what the latest fashion is like : legenda prințesei pisicuță din Heilbronn

Here is the answer :

Cunoscuta legendă a „prințesei pisicuță” din Heilbronn se referă de fapt la Käthchen von Heilbronn (Cătălina), eroina legendară și piesa de teatru omonimă scrisă de dramaturgul german Heinrich von Kleist în 1808. În folclorul local, ea este adesea menționată ca „pisicuța” (Käthchen - diminutivul pentru Katharina) datorită asocierii numelui cu o pisică, precum și a iubirii sale necondiționate și loiale față de cavaler.

Povestea lui Käthchen

Käthchen este fiica unui armurier respectat din Heilbronn. În urma unui vis premonitoriu în care i se arată că un cavaler nobil îi este destinat, ea își părăsește căminul și îl urmează ca o umbră pe Contele Wetter von Strahl. Ea îndură cu devotament și blândețe numeroase umilințe, pericole (inclusiv un castel în flăcări) și intriga unor rivale viclene, precum Contesa Kunigunde von Thurneck. [1, 2, 3, 4]

Finalul legendei aduce o dublă revelație: Käthchen nu este doar o simplă fată de meșteșugar, ci o prințesă (fiica secretă a Împăratului), iar Contele își dă seama de puritatea și dragostea ei adevărată.

Tradiția modernă

Käthchen este cea mai faimoasă figură simbolică a orașului Heilbronn. Începând din 1970, tradiția continuă: orașul alege periodic două tinere localnice (un „Käthchen” și o „Stellvertreterin”) pentru a reprezenta regiunea și vinurile locale la diverse evenimente culturale din țară și străinătate.

In translation : 

The well-known legend of the "kitten princess" of Heilbronn actually refers to Käthchen von Heilbronn (Catalina), the legendary heroine and the eponymous play written by the German playwright Heinrich von Kleist in 1808. In local folklore, she is often referred to as "the kitty cat" (Käthchen - short for Katharina) due to the association of the name with a cat, as well as her unconditional and loyal love against the knight.

The Story of Käthchen

Käthchen is the daughter of a respected armorer in Heilbronn. Following a premonitory dream in which she is shown that a noble knight is destined for her, she leaves her home and follows Count Wetter von Strahl like a shadow. She endures with devotion and gentleness numerous humiliations, dangers (including a burning castle) and the intrigues of cunning rivals, such as Countess Kunigunde von Thurneck.

Modern tradition

The Käthchen is the most famous symbolic figure of the city of Heilbronn. Since 1970, the tradition continues: the city periodically chooses two young local women (a "Käthchen" and a "Stellvertreterin") to represent the region and its wines at various cultural events in Germany and abroad.

<end IA >

In German : 

Die Käthchenfigur von Dieter Läpple

Mit der 1965 aufgestellten Käthchenskulptur konnten sich viele  zunächst nur schwer anfreunden; in der Heilbronner Öffentlichkeit wurde ein erbitterter Streit darüber ausgetragen, wie die Heilbronner Symbolfigur auszusehen habe – und wie nicht.

Heute ist das Käthchen aus Bronze, mit dem der Heilbronner Bildhauer Dieter Läpple die Wandlung des „jugendlich unschuldigen Mädchens hin zur selbstbewussten, liebenden Frau“ ausdrücken wollte, im Stadtbild nicht mehr wegzudenken.

(Foto Stadtarchiv Heilbronn)

Maybe my girlfriend ALINA doesn't understand me...or maybe she does. She also works in the Wine industry. She deserves a more princess-like role. 

On the other hand, since we have such a hard time understanding each other, I once wanted to step into the shoes of a cat that haunts their yard. Now, next to this statue, even though it has a heart of stone, I asked it to transform me into a kitten that would put its head on its lap. 

I even told Alina this, in a chat...I hope I'm not a cat with too much fur.

GOD and Mathematics

 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.

Nostalgic comments

                1.  First, pages 71-73, the Problems given at the Admissions Competition at the University of Timisoara, when I also applied. The exact order of the days was 1. Algebra, 2. Mathematical Analysis 3. Geometry and Trigonometry. I got an average of 9.85...

                2.  Pages 63-66, Problems from the Local Phase of the Mathematical Olympiad. I was in Grade 12. I seem to remember Problem 3921.

                3.  On Cover 2, I was informed that the magazine is no longer being delivered individually

                4. Two trigonometric identities without variables, 3831 (page 51) and 3928 (page 67) -- at points 10 and 11 on the Page here.

                5.  Pages 8-11, a nice article by Dorin ANDRICA, about sequences that have an intervening limit point, e.g.  $(\sin n)_{n\in\mathbb{N}}$.

                 6.  Now Friends and Enemies : Aurel DOBOȘAN (an article on page 17), the one who praised me at the National Phase of the 1977 Mathematics Olympiad, for solving a Geometry problem using the Reciprocal Bisector Theorem.

                Titu ANDREESCU, with an article that impressed me this time (pages 12-14) generalizing two IMO Problems from 1979

                Cornel BĂLTEANU, who "blowed" my girlfriend DIANA URECHESCU (sister of my high school classmate, GABRIELA Urechescu) has an article on page 15

                7. A Magazine COMPETITION was also inaugurated (pag 81), in which I participated "for fun" with my college colleague Costică BUȘE...

                8.  From the Proposed Problems (pages 35-62) I see that I solved 3810 (I posted it somewhere here and on the Blog), here are 3895 and 3899, I lost them somewhere among my notebooks from my youth.

$\blacksquare \; \blacksquare$

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"

A cartoon of the Stolz–Cesàro Theorem // La caricatura di Teorema Stolz-Cesàro

 In the Mathematical Review of Students from Timișoara 1/1978, RMT for short, I found a problem (page 69) that I solved in my time :

 "3304.  Given the sequences  $\{a_n\}_{n\in\mathbb{N}}\;,\;\;\{b_n\}_{n\in\mathbb{N}}$ with the properties :

 (i)  $\{b_n\}_{n\in\mathbb{N}}$  is strictly monotone and unbounded.

                               (ii)  exists  $\displaystyle \lim_{n\to \infty}\frac{a_n}{b_n}$

                               (iii)  $\frac{a_{n+1}}{a_n}+\frac{b_{n+1}}{b_n}=2\;,\;\;(\forall) n\in\mathbb{N}.$

                           Prove that  $\displaystyle \lim_{n \to \infty}\frac{a_n}{b_n}=0.$

{author :} Titu ANDREESCU, student, Timișoara"

Solution CiP

              The condition  (iii)  is written equivalently : $\frac{a_{n+1}}{a_n}-1+\frac{b_{n+1}}{b_n}-1=0\;\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow\;\frac{a_{n+1}-a_n}{a_n}=-\frac{b_{n+1}-b_n}{b_n}\;\Leftrightarrow\;\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}=-\frac{a_n}{b_n} \tag{1}$

By  (ii)  the limit  $\displaystyle\lim_{n\to \infty}\frac{a_n}{b_n}$  exists, and then from  (1)  it follows that the limit  $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}$  also exists. Then, according to Stolz–Cesàro theorem

$\displaystyle \lim_{n\to \infty}\frac{a_n}{b_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}\overset{(1)}{=}-\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}$,

hence  $\displaystyle \lim_{n\to \infty}\frac{a_n}{b_n}=0.$

QED

$\blacksquare$

A necessary correction: it seems that I was wrong in my calculations, not only in life

 The answer to the Problem in the post here is WRONG. It was brought to my attention by a commenter, unfortunately anonymous.

          The answer will be replaced there with this one :

Corrected   ANSWER CiP

The statement is NOT true for polynomials of degree 4 :

If  $P(x)=x^4\;,\;\;Q(x)=x^4+x^2\;,\;\; R(x)=2x^4+x^2\;\;$  then  $P(x)\leqslant Q(x)\leqslant R(x)$

but  $\lambda \cdot P(x)+(1-\lambda)\cdot R(x)=(2-\lambda)\cdot x^4+(1-\lambda)\cdot x^2\neq Q(x)$

$\square$

Three Nice Polynomials of Degree III // Tre pæne polynomier af grad III

 We will solve Problem 7 (page 38, in the magazine from yesterday's Post) from Team Selection Test(TSTs) 1 for IMO.

" Problem 7.  Consider three polynomials of degree 3 with real 

coefficients $P,\;Q,\;R$  such that  $P(x)\leqslant Q(x)\leqslant R(x)$  for any real  $x$

  and, in addition, there exists a real number  $a$  such that  $P(a)=R(a).$

  Show that there exists a constant  $\lambda \in [0,\;1]$  with the property

  $Q=\lambda P+(1-\lambda)R.$  Does the statement remain true in the case 

                         when  $P,\;Q,\;R$  have degree 4?

{authors : } I. Cuculescu and L. Panaitopol, Bucharest"

ANSWER CiP (see correction)

It is not entirely true for polynomials of degree 4. For example, if 

$P(x)=x^4\;,\;\;Q(x)=x^4+x^2\;,\;\;R(x)=x^4+2x^2$  then  $P(x)\leqslant Q(x)\leqslant R(x)$

  and we have $Q(x)=\lambda \cdot P(x)+(1-\lambda)\cdot R(x)$  but with  $\lambda =-1 \not \in [0,\;1]$

Solution CiP

                   Obviously  $P(a)=Q(a)=R(a).$  Let's define polynomials

$S(x)=R(x)-Q(x)\;\geqslant 0\;,\;\forall x\;\;;\;\;T(x)=R(x)-P(x)\;\geqslant 0\;,\;\forall x \tag{1}$

          We have  $S(a)=0$  therefore  $S(x)=(x-a)S_2(x)$ , for a certain polynomial  $S_2$  of degree 2.

Since when  $x$  passes through the value  $x=a$ , the polynomial  $S$  does not change sign, we must have 

$S(x)=(x-a)^2\cdot S_1(x) \tag{2}$

with  $S_1$-a first degree polynomial. But the polynomial  $S_1$  should have a root, through which if   $x$  passes, the expression in  (2)  changes sign again. Contradiction, so  $S_1$  is a constant.

          In exactly the same way results

$T(x)=(x-a)^2\cdot T_1(x) \tag{3}$

with  $T_1$  a constant.

          Let  $\lambda :=\frac{S(x)}{T(x)}\overset{(2)}{\underset{(3)}{=}}\frac{S_1}{T_1}=constant\;$.  Since  $\lambda=\frac{R(x)-Q(x)}{R(x)-P(x)}$  and  $R(x)-Q(x)\leqslant R(x)-P(x)$  we have  $0\leqslant \lambda \leqslant 1$  and 

 $Q(x)=\lambda \cdot P(x)+(1-\lambda )\cdot R(x).$

$\blacksquare$

Problem E : 6271

 Click on the image and use the password : ogeometrie . The QR code on page 2 contains a link to the Books in my Electronic Library. (Click on the year of publication. Same password if needed.) A collection of important magazines is at the letter G : GAZETA MATEMATICĂ seria B.

On page 292 :

                          " E : 6271*.  Find the maximum and minimum of the sum  $x+y$

                                                   and the product  $xy$ , knowing that  $5x+6y=150$ ,

 and  $x\; and\; y$  are natural numbers different from zero.           

{author : } Gh. MARGHESCU, student, București "

ANSWER CiP

$max\;(x+y)=29$  for  $x=24\;, \;y=5$

$min\;(x+y)=26$   for  $x=6\;,\;y=20$

$max\;(x\cdot y)=180$  for  $x=12\;,\;y=15\;\;or\;\;x=18\;,\;y=10$

$min\;(x\cdot y)=120$  for  $x=6\;,\;y=20\;\;or\;\;x=24\;,\;y=5$

Solution CiP

                  We have the relationships :

$5x+6y=150\;\;,\;\;\;5x=150-6y\;\;\;6y=150-5x \tag{1}$

          From  $6\mid 150\;\;and\;\;6\mid 6y$  and from the second formula (1) it follows that  $6\mid 5x$  and because  $gcd(5,6)=1$  we have  $6\mid x$  so

$x=6\cdot x_1\;,\;\;x_1\in\mathbb{N^*} \tag{2}$

Similarly, we have  $5\mid 150\;\;and\;\;5\mid 5x$ , and from the third formula (1) it results  $5\mid 6y$ , so

$y=5\cdot y_1\;\;\;y_1\in\mathbb{N^*} \tag{3}$

          Then  $5x+6y=150\;\;\overset{(2)}{\underset{(3)}{\Leftrightarrow}}\;\;\;5\cdot 6x_1+6\cdot 5y_1=150\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;x_1+y_1=5 \tag{4}$

If  $x_1=n\in\mathbb{N^*}$ , then  $y_1\overset{(4)}{=}5-x_1=5-n$ , so the nonzero natural number solutions for  (4)  are :

$x_1=n\;\;,\;\;\;y_1=5-n\;\;\;\;\;1\leqslant n \leqslant 4 \tag{5}$

But

$x+y\;\;\;\overset{(2)\;(3)}{\underset{(5)}{=}}\;\;6\cdot n+5\cdot (5-n)=n+25 \tag{6}$

and then  $1\leqslant n \leqslant 4 \Leftrightarrow26\leqslant n+25 \leqslant 29\underset{(6)}{\Leftrightarrow}$

$\Leftrightarrow\;\;\;\;\;26 \leqslant x+y \leqslant 29 \tag{7}$

We have in  (7)  $x+y=26$  for  $n=1$ , so  $x_1=1\;,\;y_1=4$  and we get from  (2)  and  (3)  $x=6\;,\;y=20$  for the minimum value.  And  $x+y=29$  for  $n=4$ , so $x_1=4\;,\;y_1=1$  so  $x=24\;,\;y=5$  for the maximum value.

          Since there are a small number of values ​​for  $x\; and\; y$ , we will list all the products  $x\cdot y$  in the table below, from where we will also obtain the answer.

\begin{array}{c|c|c|c|c}n&1&2&3&4\\\hline x&6&12&18&24\\\hline y&20&15&10&5\\\hline x\cdot y&120&180&180&120\\\end{array}

$\blacksquare$

The E : 17461 problem, half easy, half hard // Задача E: 17461, наполовину простая, наполовину сложная

 From GMB (page 159), also proposed for 5th grade.

          " E : 17461.  Let  $N=3+3^2+3^3+\dots+3^{4n+1}\;,\;n\in\mathbb{N}.$

            a)  Show that  $2N+3$  s a perfect square.

            b)  For  $n$  even natural numbers, determine the last two digits of  $N$.

                                                                                  {author : } Marin CHIRCIU, Pitești "

Partial  ANSWER  CiP

a)  $2N+3=(3^{2n+1})^2$

b) The answer is not a unique number. We have :

$3+3^2+3^3+3^4+3^5+3^6+3^7+3^8+3^9=29\;5\color{Yellow}{23}$

$3+3^2+3^3+\dots+3^{17}=193\;710\;2\color{Pink}{43}$

Solution CiP

                    a) $2N+3=\color{Red}{3}+N+N=$

$=\color{Red}{3}+(3+3)+(3^2+3^2)+(3^3+3^3)+\dots+(3^{4n+1}+3^{4n+1})=$

$=\color{Red}{(3+3+3)}+(3^2+3^2)+(3^3+3^3)+\dots+(3^{4n+1}+3^{4n+1}).$

Let's observe that  $3+3+3=3^2$ ...and in general

$3^k+3^k+3^k=3^{k+1} \tag{1}$

Then, the red parenthesis results is $\color{Red}{3^2}$ , which appears as the term in the second parenthesis thus :

$(\color{Red}{3^2}+3^2+3^2)+(3^3+3^3)+\dots +(3^{4n+1}+3^{4n+1}).$

     Continuing this calculation, we finally obtain the result

$2N+3=\color{Red}{3^{4n+1}}+3^{4n+1}+3^{4n+1}\underset{(1)}{=}3^{4n+2}=(3^{2n+1})^2\;,$

i.e. a perfect square.

$\square$

Our Beloved Magazine "GAZETA MATEMATICĂ series B" - GMB 3 / 2026 // Notre Magazine Bien-Aimé "GAZETA MATEMATICĂ série B" - GMB 3 / 2026

  Click on the image and use the password : ogeometrie .The QR code on page 2 contains a link to the Books in my Electronic Library. (Click on the year of publication. Same password if needed.) A collection of important magazines is at the letter G : GAZETA MATEMATICĂ seria B.

          A problem to illustrate the love for numbers, proposed for 5th grade (page 159) :

                    "E : 17457 .   Write the number  $220^{2n+1}$  as the sum of 5 distinct

                      nonzero perfect squares. 

{author : } Marin CHIRCIU, Pitești "

ANSWER CiP

$220=1^2+3^2+4^2+5^2+13^2$  hence

$220^{2n+1}=(220^n)^2+(3\cdot 220^n)^2+(4 ^2\cdot 220^n)^2+(5\cdot 220^n)^2+(13\cdot 220^n)^2$

Solution CiP

               We have  $220^{2n+1}=(220^n)^2\cdot 220^1$ , so let's try to write the number  $220$  as the sum of five distinct nonzero perfect squares. 

We write some sums,  $\color{Green}{highlighting}$  a perfect square term:

$220=\color{Green}{196}+24$

$220=\color{Green}{169}+51$

$220=\color{Green}{144}+76$

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

But any number is written as the sum of four squares, according to Lagrange's Four-Square Theorem, so let's try this with the second term in the writings above.

          Asking a friend I found out that : 

<< Adevărul e că  $24$ are foarte puține reprezentări valide.

Singura reprezentare cu pătrate întregi ne-negative este:

$$\boxed{{\displaystyle 24=4^2+2^2+2^2+0^2}}$$

>>

In translation : <<The truth is that 24 has very few valid representations. The only representation with non-negative integer squares is: ... >> But the squares here are not all nonzero and not all distinct.

Moving on to term $51$ , the same friend gave me the answer you see in the first row above.

The problem is now solved.

$\blacksquare$