Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1601

ΑΣΚΗΣΗ 535 (Βαθμός δυσκολίας 4 , με κλίμακα από 1 έως 10) Αν $\displaystyle{x,y,z > 0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{x^2 +z^2}{y}+\frac{y^2 +x^2}{z}+\frac{z^2 +y^2}{x}\geq 2(x+y+z)}$

nikoszan · #1602

Για κάθε $\displaystyle{a,b > 0}$ είναι $\displaystyle{{a^3} + {b^3} - {a^2}b - a{b^2} = \left( {a + b} \right)\left( {{a^2} - ab + {b^2}} \right) - ab\left( {a + b} \right) = }$
$\displaystyle{ = \left( {a + b} \right)\left( {{a^2} - 2ab + {b^2}} \right) = \left( {a + b} \right){\left( {a - b} \right)^2} \ge 0 \Rightarrow {a^3} + {b^3} \ge {a^2}b + a{b^2} \Rightarrow }$
$\displaystyle{ \Rightarrow \frac{{{a^2}}}{b} + \frac{{{b^2}}}{a} \ge a + b:\left( 1 \right)}$ .
Έτσι για κάθε $\displaystyle{x,y,z > 0}$ ισχύει $\displaystyle{\frac{{{x^2} + {z^2}}}{y} + \frac{{{y^2} + {x^2}}}{z} + \frac{{{z^2} + {y^2}}}{x} = \frac{{{x^2}}}{y} + \frac{{{z^2}}}{y} + \frac{{{y^2}}}{z} + \frac{{{x^2}}}{z} + \frac{{{z^2}}}{x} + \frac{{{y^2}}}{x} = }$
$\displaystyle{ = \left( {\frac{{{x^2}}}{y} + \frac{{{y^2}}}{x}} \right) + \left( {\frac{{{y^2}}}{z} + \frac{{{z^2}}}{y}} \right) + \left( {\frac{{{z^2}}}{x} + \frac{{{x^2}}}{z}} \right)\mathop \ge \limits^{\left( 1 \right)} \left( {x + y} \right) + \left( {y + z} \right) + \left( {z + x} \right) = 2\left( {x + y + z} \right) \Rightarrow }$
$\displaystyle{ \Rightarrow \frac{{{x^2} + {z^2}}}{y} + \frac{{{y^2} + {x^2}}}{z} + \frac{{{z^2} + {y^2}}}{x} \ge 2(x + y + z)}$ .
Ν.Ζ.

#1603

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 535 (Βαθμός δυσκολίας 4 , με κλίμακα από 1 έως 10) Αν $\displaystyle{x,y,z > 0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{x^2 +z^2}{y}+\frac{y^2 +x^2}{z}+\frac{z^2 +y^2}{x}\geq 2(x+y+z)}$

Αλλιώς:

Η αποδεικτέα γράφεται

$\displaystyle{(x^2+y^2+z^2)\Big(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\Big)\geq 3(x+y+z)}$

και αυτή είναι συνέπεια των γνωστών

$\displaystyle{3(x^2+y^2+z^2)\geq (x+y+z)^2,~\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq \frac{9}{x+y+z}.}$

#1604

ΑΣΚΗΣΗ 536 (Βαθμός δυσκολίας 2 , με κλίμακα από 1 έως 10): Να εξετάσετε αν υπάρχουν θετικοί ακέραιοι $\displaystyle{x,y,z}$

τέτοιοι ώστε να ισχύει: $\displaystyle{5^x +6^y = 3.9^z}$

T-Rex · #1605

Οχι γιατί το πρώτο μέρος τελειώνει σε

γιατι το $5^{x}$ τελειώνει σε

και το $6^{y }$ σε

άρα το τελευταίο ψηφίο θα είναι 6+5=1

ενώ στο δεύτερο μέρος τελειώνει σε

ή

γιατί το $9^{z}$ τελειώνει σε

ή

επί

θα είναι

ή

#1606

ΑΣΚΗΣΗ 537 (Βαθμός δυσκολίας 4 , με κλίμακα από 1 έως 10): Αν οι αριθμοί $\displaystyle{x,y,z}$ είναι φυσικοί , να λύσετε την

εξίσωση: $\displaystyle{6^x +4^y =18^z +1}$

T-Rex · #1607

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 537 (Βαθμός δυσκολίας 4 , με κλίμακα από 1 έως 10): Αν οι αριθμοί $\displaystyle{x,y,z}$ είναι φυσικοί , να λύσετε την

εξίσωση: $\displaystyle{6^x +4^y =18^z +1}$

Μόνο όταν

γιατί το πρώτο μέρος είναι άρτιος ενώ το δεύτερο περιττός.
Το $6^{x}$ είναι άρτιος όπως και το $4^{y}$ άρα και το άθροισμα τους είναι άρτιος ενώ το δεύτερο μέρος είναι περιττός αριθμός γιατί το $18^{z}$ είναι άρτιος .
Αν x=y=z=0

τότε

#1608

T-Rex έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 537 (Βαθμός δυσκολίας 4 , με κλίμακα από 1 έως 10): Αν οι αριθμοί $\displaystyle{x,y,z}$ είναι φυσικοί , να λύσετε την

εξίσωση: $\displaystyle{6^x +4^y =18^z +1}$
Μόνο όταν γιατί το πρώτο μέρος είναι άρτιος ενώ το δεύτερο περιττός.
Το $6^{x}$ είναι άρτιος όπως και το $4^{y}$ άρα και το άθροισμα τους είναι άρτιος ενώ το δεύτερο μέρος είναι περιττός αριθμός γιατί το $18^{z}$ είναι άρτιος .
Αν τότε

Σωστά T-Rex . Με μια συμπλήρωση: Πρέπει να εξετάσουμε το τι γίνεται και όταν είναι χωριστά $\displaystyle{x=0}$ , ή $\displaystyle{y=0}$ , ή $\displaystyle{z=0}$ .

Λοιπόν, όταν είναι $\displaystyle{x=0}$ , η εξίσωση γράφεται: $\displaystyle{1+4^y =18^z +1\Leftrightarrow 2^{2y}=2^z . 3^{2z}\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{2^{2y-z}=3^{2z}}$ , οπότε πρέπει $\displaystyle{2y-z=2z=0}$ και άρα $\displaystyle{y=z=0}$ , δηλαδή και πάλι καταλήγουμε στην ίδια όπως πριν λύση

Όμοια εργαζόμαστε και όταν $\displaystyle{y=0}$

Ενώ όταν είναι $\displaystyle{z=0}$ , η εξίσωση γράφεται: $\displaystyle{6^x +4^y =2}$ , η οποία όμως και πάλι αληθεύει μόνο όταν $\displaystyle{x=y=0}$

H αναγκαιότητα όλων των περιπτώσεων που πρέπει να πάρουμε, φαίνεται από την παρακάτω άσκηση:

Να βρεθούν οι φυσικοί αριθμοί $\displaystyle{x,y,z}$ , ώστε να ισχύει η σχέση: $\displaystyle{6^x +4^y =16^z +1}$ (η οποία έχει άπειρες λύσεις).

T-Rex · #1609

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:
T-Rex έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 537 (Βαθμός δυσκολίας 4 , με κλίμακα από 1 έως 10): Αν οι αριθμοί $\displaystyle{x,y,z}$ είναι φυσικοί , να λύσετε την

εξίσωση: $\displaystyle{6^x +4^y =18^z +1}$
Μόνο όταν γιατί το πρώτο μέρος είναι άρτιος ενώ το δεύτερο περιττός.
Το $6^{x}$ είναι άρτιος όπως και το $4^{y}$ άρα και το άθροισμα τους είναι άρτιος ενώ το δεύτερο μέρος είναι περιττός αριθμός γιατί το $18^{z}$ είναι άρτιος .
Αν τότε
Σωστά T-Rex . Με μια συμπλήρωση: Πρέπει να εξετάσουμε το τι γίνεται και όταν είναι χωριστά $\displaystyle{x=0}$ , ή $\displaystyle{y=0}$ , ή $\displaystyle{z=0}$ .

Λοιπόν, όταν είναι $\displaystyle{x=0}$ , η εξίσωση γράφεται: $\displaystyle{1+4^y =18^z +1\Leftrightarrow 2^{2y}=2^z . 3^{2z}\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{2^{2y-z}=3^{2z}}$ , οπότε πρέπει $\displaystyle{2y-z=2z=0}$ και άρα $\displaystyle{y=z=0}$ , δηλαδή και πάλι καταλήγουμε στην ίδια όπως πριν λύση

Όμοια εργαζόμαστε και όταν $\displaystyle{y=0}$

Ενώ όταν είναι $\displaystyle{z=0}$ , η εξίσωση γράφεται: $\displaystyle{6^x +4^y =2}$ , η οποία όμως και πάλι αληθεύει μόνο όταν $\displaystyle{x=y=0}$

H αναγκαιότητα όλων των περιπτώσεων που πρέπει να πάρουμε, φαίνεται από την παρακάτω άσκηση:

Να βρεθούν οι φυσικοί αριθμοί $\displaystyle{x,y,z}$ , ώστε να ισχύει η σχέση: $\displaystyle{6^x +4^y =16^z +1}$ (η οποία έχει άπειρες λύσεις).

Ευχαριστώ τον Κύριο Παγώνη και τον Κύριο Δημήτρη για τις παρατηρήσεις που είναι εντυπωσιακές
Πράγματι αν x=0

ή

τότε το πρώτο μέλος της εξίσωσης είναι και αυτό περιττός αριθμός και έχουμε στην περίπτωση της άσκησης που βάζει ο κύριος Δημήτρης στο τέλος που αντικαθιστά το

με

και έτσι έχει άπειρες λύσεις
$6^{x}+4^{y}=16^{z}+1$ εκτός από την λύση x=y=z=0

στην περίπτωση που x=0

τότε $4^{y}=16^{x}\Leftrightarrow 4^{y}=4^{2z}\Leftrightarrow y=2z$
Αρα έχουμε και άπειρες λύσεις με x=0

και για κάθε τιμή του

το

να είναι διπλάσιο
Eνώ αν το y=0

δεν γίνεται να υπάρχουν άπειρες λύσεις γιατί θα έχουμε $6^{x}=16^{z}$
Ελπίζω να τα κατάλαβα σωστά

G.Bas · #1610

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 535 (Βαθμός δυσκολίας 4 , με κλίμακα από 1 έως 10) Αν $\displaystyle{x,y,z > 0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{x^2 +z^2}{y}+\frac{y^2 +x^2}{z}+\frac{z^2 +y^2}{x}\geq 2(x+y+z)}$

Ακόμη μια απόδειξη:

Είναι

$\displaystyle{\sum\frac{x^2+y^2}{z}\geq 2\sum\frac{xy}{z}=2\frac{x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2}{xyz}\geq 2(x+y+z)}$

όπου χρησιμοποιήθηκαν οι Ανισότητες AM-GM και $\displaystyle{a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca.}$

#1611

ΑΣΚΗΣΗ 538 (Βαθμός δυσκολίας 4 , με κλίμακα από 1 έως 10) Να εξετάσετε αν μπορούμε να πάρουμε $\displaystyle{666}$ αριθμούς

από το σύνολο $\displaystyle{A=\{3,5,7\}}$ , έτσι ώστε το άθροισμα αυτών να ισούται με τον αριθμό $\displaystyle{2015}$ .

Θεοδωρος Παγωνης · #1612

Επειδή ο αριθμός 666 αποτελείται από 333 ζευγάρια αριθμών και οποιοδήποτε ζεύγος από τους $\left\{ 3,5,7 \right\}$ έχει άθροισμα άρτιο αριθμό οι 666 επιλεγμένοι αριθμοί θα έχουν άθροισμα άρτιο . Όμως 2015 είναι περιττός. Άρα αδύνατο.

#1613

Άλυτη η 512

#1614

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 512
α) Αν θετικοί ακέραιοι με $\displaystyle{ad=b^2+bc+c^2 ,}$ να δείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{a^2+b^2+c^2+d^2}$ είναι σύνθετος.
β) Να βρείτε όλους τους μη αρνητικούς ακέραιους για τους οποίους $\displaystyle{ad=b^2+bc+c^2 }$ και ο αριθμός $\displaystyle{a^2+b^2+c^2+d^2}$ είναι πρώτος.

Για να την δούμε λοιπόν:
Έχουμε A=a^2+b^2+c^2+d^2=(a+d)^2-2ad+b^2+c^2=(a+d)^2-2(b^2+bc+c^2)+b^2+c^2=(a+d)^2-(b-c)^2=(a+d-b+c)(a+d+b-c)

Αν υποθέσουμε τώρα χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι $a\geq d$ τότε έχουμε $a^2\geq b^2+bc+c^2>b^2$ οπότε $a\geq b+1,$ και όμοια $a\geq c+1.$
Οπότε

σύνθετος.

β)Υποθέτουμε πάλι ότι $a\geq d.$ Έπεται από τα παραπάνω ότι για να είναι πρώτος πρέπει είτε b=0

είτε

Αν

τότε

και

Αν τώρα

τότε

και

οπότε πρέπει a=1.

Αν

τότε πρέπει a=c=d.

Και τότε

οπότε

#1615

Σιλουανέ

ΛΑΘΟΣ ΕΚΑΝΑ η 511 είναι η άλυτη

#1616

xr.tsif έγραψε:Σιλουανέ
ΛΑΘΟΣ ΕΚΑΝΑ η 511 είναι η άλυτη

Τρεις ομάδες ισοτήτων:

(Ι) Από μαύρο τετράγωνο πλευράς

:

(II) Από οριζόντια πλευρά

:

(III) Από κατακόρυφη πλευρά

:

Η (I) δίνει b=a-1, e=b-1=a-2, d=a+1

και, βάσει αυτών και από f+e-1=d

, το πρώτο φως: f=4

Από την (ΙΙ) έχουμε, με σύγκριση των μεσαίων δύο ισοτήτων, g=d+f=a+5

.

Από την (ΙΙΙ) έχουμε, με σύγκριση των δύο μεσαίων ισοτήτων h=f+g=a+9

, και με σύγκριση των δύο τελευταίων ισοτήτων c=b+e=2a-3

.

Το τελειωτικό χτύπημα προέρχεται από την d+e+c=g+h

(ομάδα (ΙΙ)), που δίνει (a+1)+(a-2)+(2a-3)=(a+5)+(a+9)

και

.

Άμεσα έχουμε b=8, c=15, d=10, e=7, f=4, g=14, h=18, X=32, Y=33.

Γιώργος Μπαλόγλου

kostas232 · #1617

Δίνω εδώ μια άσκηση που με απασχόλησε σήμερα και την θεωρώ ιδανική για μια εισαγωγή στην θεωρία αριθμών των διαγωνισμών.
Έστω ο αριθμός $\displaystyle{A=2007^{2009}+2008^{2010}+2009^{2011}}$ Να δειχθεί ότι $\displaystyle{15\mid A}$

#1618

kostas232 έγραψε:Δίνω εδώ μια άσκηση που με απασχόλησε σήμερα και την θεωρώ ιδανική για μια εισαγωγή στην θεωρία αριθμών των διαγωνισμών.
Έστω ο αριθμός $\displaystyle{A=2007^{2009}+2008^{2010}+2009^{2011}}$ Να δειχθεί ότι $\displaystyle{15\mid A}$

$\displaystyle{A=2007^{2009}+2008^{2010}+2009^{2011}= 0 + 1^{2010}+(-1)^{2011} mod 3= 1+(-1)mod 3 = 0 mod3}$

άρα 3|A

και

$\displaystyle{A=2007^{2009}+2008^{2010}+2009^{2011}= 2^{2009}+3^{2010}+(-1)^{2011}mod 5}$
$\displaystyle{=2^5(2^{6})^{334}+9^{1005}+(-1)^{2011}mod 5= 32(-1)^{334}+ (-1)^{1005}+(-1)mod 5=32-1-1mod 5=0mod 5}$

άρα 5|A

και λοιπά.

kostas232 · #1619

Ακριβώς. Η βασική ιδέα είναι να αποδείξουμε τη διαιρετότητα με το 5 και το 3. Την ίδια πάνω κάτω λύση ακολούθησα και εγώ, με μόνη διαφορά μια μεγαλύτερη(αλλά καθόλου αναγκαία) ανάλυση στο στάδιο των ισοτιμιών .
Κωνσταντίνος Τερζής

S.E.Louridas · #1620

Καλημέρα.

kostas232 έγραψε:Δίνω εδώ μια άσκηση που με απασχόλησε σήμερα και την θεωρώ ιδανική για μια εισαγωγή στην θεωρία αριθμών των διαγωνισμών.
Έστω ο αριθμός $\displaystyle{A=2007^{2009}+2008^{2010}+2009^{2011}}$ Να δειχθεί ότι $\displaystyle{15\mid A}$

Επίσης θα μπορούσαμε με μόνη γνώση τις ταυτότητες: ${a^n} - 1 = \left( {a - 1} \right)\left( {{a^{n - 1}} + ... + 1} \right),\;\;{a^{2n + 1}} + 1 = \left( {a + 1} \right)\left( {{a^{n - 1}} - {a^{n - 2}} + ...} \right),$ να έχουμε:

$A = \left( {{{2007}^{2009}} + {3^{2009}}} \right) + \left( {{{2008}^{2010}} - {{13}^{2010}}} \right) +$ $\left( {{{2009}^{2011}} + 1} \right) + {13^{2010}} - {3^{2009}} - 1.$
Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε $15|{169^{1005}} - {3^{2009}} - 1,$ αρκεί $15|{169^{1005}} - {4^{1005}} + {4^{1005}} - {3^{2009}} - 1,$ οπότε αρκεί $15|{4^{1005}} - {3^{2009}} - 1,$ ή αρκεί $15|{1024^{201}} - {3^{2009}} - 1$ ή αρκεί $15|{4^{201}} - {3^{2009}} - 1.$ Παρατηρούμε τέλος ότι: ${1024^{201}} - {3^{2009}} - 1 = {1024^{201}} - 4 - {3^{2009}} + 3 = 4 \cdot 15t - 3\left( {{{81}^{502}} - 1} \right) = 15k.$
Συνεπώς πράγματι A=15d.

Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Γίγαντας διαιρείται με 15

Re: Γίγαντας διαιρείται με 15

Γίγαντας διαιρείται με 15

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Μέλη σε σύνδεση