Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Ch.Chortis · #861

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 408
Να βρείτε όλους τους ακεραίους , για τους οποίους ο αριθμός είναι τετράγωνο ακεραίου.

Πολύ ωραία η λύση σου Σπύρο.Με λίγο διαφορετικό τρόπο...παρατηρούμε πράγματι οτι για n=1

ο αριθμός

είναι τετράγωνο ακεραίου ενώ για n=0

κάτι τέτοιο δεν ισχύει.Εξετάζουμε για n=2

και βρίσκουμε: 2011^2 < 2^2+12^2+2011^2 <2012^2

πράγμα που σημαίνει οτι η ρίζα του (1) βρίσκεται μεταξύ δύο φυσικών αριθμών συνεπώς ο (1) δεν είναι τετράγωνο ακεραίου.Στη συνέχεια χρησιμοποιώντας επέκταση του θεωρήματος του Φερμά που λέει οτι: $\displaystyle z^n=y^n+x^n$ μόνο για $\displaystyle n \leq 2$ όπου $\displaystyle z$ , $\displaystyle y$ , $\displaystyle x$ $\epsilon \mathbb {N}$ καταλήγουμε στο οτι για κάθε $n \geq 3$ ο αριθμός(1) ΔΕΝ είναι τετράγωνο ακεραίου.Αρα μόνο για n=1

τηρούνται οι προυποθέσεις της άσκησης.

Ch.Chortis · #862

ΑΣΚΗΣΗ 409 Έχει ίδια λύση με τη 408.Όπως εξήγησα και στην προηγούμενη άσκηση,η άσκηση δεν έχει λύση για κάθε $n\geq 3$ λόγω θεωρήματος Φερμά.Έπειτα παρατηρούμε οτι: 1.για n=2

ισχύει:

που σημαίνει οτι ο αριθμός(2) δεν είναι τετράγωνο ακεραίου, 2. οτι για n=0

και πάλι δεν είναι τετράγωνο ακεραίου και 3. για n=1

οι συνθήκες ικανοποιούνται αφού 11+12+13=36=6^2=(-6)^2

.Είμαι σωστός ή όχι;

#863

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 411
Αν είναι πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε $3a\geq b$ και $3b\geq a,$ να δείξετε ότι

$\displaystyle{\sqrt{a+b} \cdot(\sqrt{3a-b}+\sqrt{3b-a})\leq 4\sqrt{ab}.}$
.

Έστω $\displaystyle{3a=b+k , 3b=a+m \Rightarrow a=\frac{3k+m}{8} , b=\frac{3m+k}{8}}$ όπου $\displaystyle{k , m}$ είναι μη αρνητικοί. Οπότε αρκεί να δείξουμε ότι:

$\displaystyle{\sqrt{2(k+m)}(\sqrt{k}+\sqrt{m})\leq \sqrt{(3k+m)(3m+k)}\Leftrightarrow }$

$\displaystyle{2(k+m)(k+m+2\sqrt{km})\leq 10km+3k^{2}+3m^{2}\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{2(k+m)^{2}+4\sqrt{km}(k+m)\leq 10km+3k^{2}+3m^{2}\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{(k+m)^{2}+(2\sqrt{km})^{2}-4\sqrt{km}(k+m)\geq 0\Leftrightarrow }$

$\displaystyle{(k+m-2\sqrt{km})^{2}\geq 0}$

που ισχύει.

#864

socrates έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 413
Να βρείτε όλα τα ζεύγη φυσικών αριθμών τέτοια ώστε $\tau^2(m)+\tau^2(n+15)+1=3\tau^2(n^2+3n),$
όπου με $\tau(n)$ συμβολίζουμε το πλήθος των (θετικών) διαιρετών του φυσικού αριθμού

Κάθε τέλειο τετράγωνο είναι ισότιμο είτε με

είτε με $1 \bmod 4$ . Επομένως το αριστερό μέλος είναι ισότιμο με 1,2

η $3 \bmod 4$ ενώ το δεξί με

ή $3 \bmod 4$ . Άρα και τα δύο είναι ισότιμα με $3 \bmod 4$ και αυτό συμβαίνει αν και μόνο αν τα $\tau(m),\tau(n+15),\tau(n^2+3n)$ είναι περιττοί. Για κάθε θετικό ακέραιο

όμως, μπορούμε να χωρίσουμε τους διαιρέτες του σε ζεύγη της μορφή $\{d,k/d\}$ και επομένως το $\tau(k)$ είναι άρτιος εκτός και αν το

είναι τέλειο τετράγωνο. (Οπότε ακριβώς ένα από αυτά τα ζεύγη, αυτό που παίρνουμε με $d = \sqrt{k}$ είναι μονοσύνολο.) Επειδή n^2 < n^2 + 3n < (n+2)^2

για να είναι το n^2+3n

τέλειο τετράγωνο πρέπει n^2 + 3n = (n+1)^2

και άρα

. Τότε έχουμε $\tau^2(m) + \tau^2(16) + 1 = 3\tau^2(4)$ . Άρα $\tau^2(m) = 1$ και άρα m=1

. Δηλαδή το μόνο ζεύγος που ικανοποιεί την συνθήκη είναι το (1,1)

.

#865

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 412
Να βρείτε τον μικρότερο τετραψήφιο αριθμό για τον οποίο το σύστημα
$\displaystyle{\begin{cases} x^3+y^3+x^2y+y^2x=n \\ x^2+y^2+x+y=n+1 \end{cases}}$
έχει ακέραια ρίζα.

Με αφαίρεση κατά μέλη των δύο εξισώσεων που δίνονται, έχουμε:

$\displaystyle{x^{3}+y^{3}+xy(x+y)-x^{2}-y^{2}-x-y=-1\Rightarrow}$
$\displaystyle{(x+y)^{3}-3xy(x+y)+xy(x+y)-[(x+y)^{2}-2xy]-(x+y)+1=0\Rightarrow}$

$\displaystyle{(x+y)^{3}-2xy(x+y)-[(x+y)^{2}-2xy]-(x+y-1)=0\Rightarrow}$

$\displaystyle{(x+y)[(x+y)^{2}-2xy]-[(x+y)^{2}-2xy]-(x+y-1)=0\Rightarrow}$

$\displaystyle{[(x+y)^{2}-2xy](x+y-1)-(x+y-1)=0\Rightarrow (x+y-1)[(x+y)^{2}-2xy]=0\Rightarrow}$

$\displaystyle{(x+y-1)(x^{2}+y^{2}-1)=0\Rightarrow x+y=1}$ ή $\displaystyle{x^{2}+y^{2}=1}$

Αν ήταν $\displaystyle{x^{2}+y^{2}=1}$ τότε επειδή πρόκειται για ακέραιους, θα έπρεπε

$\displaystyle{x=0 , y=1}$

$\displaystyle{x=0 , y=-1}$ ή αντιστρόφως. Όμως σε όλες αυτές τις περιπτώσεις, ο $\displaystyle{n}$ δεν θα ήταν τετραψήφιος, που είναι άτοπο. Άρα πρέπει μόνο να εξετάσουμε την περίπτωση $\displaystyle{x+y=1}$

Θεωρούμε λοιπόν το σύστημα

$\displaystyle{x+y=1}$
$\displaystyle{x^{2}+y^{2}+x+y=n+1}$

από αυτό παίρνουμε

$\displaystyle{x+y=1}$
$(x+y)^{2}-2xy+(x+y)=n+1$

Άρα

x+y=1

$xy=\frac{1-n}{2}$

'Αρα τα x , y

είναι οι ρίζες της εξίσωσης: $t^{2}-t+\frac{1-n}{2}=0$ , δηλαδή της εξίσωσης: $2t^{2}-2t+1-n=0$ , της οποίας η διακρίνουσα είναι D=4-8(1-n)=8n-4

. Πρέπει όμως η διακρίνουσα να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου αριθμού. Δηλαδή να υπάρχει

ακέραιος, ώστε να είναι $8n-4=k^{2}$ και άρα
$n=\frac{k^{2}+4}{8}$ . Για να είναι ο

ακέραιος, πρέπει αρχικά ο

να είναι άρτιος. Δηλαδή να υπάρχει

ακέραιος ώστε k=2m

. Τότε έχουμε $n=\frac{4m^{2}+4}{8}$ και άρα $n=\frac{m^{2}+1}{2}$ και για να είναι ακέραιος αυτός πρέπει ο

να είναι περιττός, δηλαδή να υπάρχει

ακέραιος ώστε να είναι m=2z+1

. Τότε έχουμε $n=\frac{(2z+1)^{2}+1}{2}=\frac{4z^{2}+4z+2}{2}=2z^{2}+2z+1$

Επειδή θέλουμε o

να είναι τετραψήφιος, πρέπει $n\geq 1000$ δηλαδή $2z^{2}+2z+1\geq 1000$ και από την ανίσωση αυτή βρίσκουμε ότι

$z\leq \frac{-2-\sqrt{7996}}{4}$

ή
$z\geq \frac{-2+\sqrt{7996}}{4}$

Οπότε διαπιστώνουμε ότι ο ακέραιος

για τον οποίο ο

παίρνει την ελάχιστη τιμή (ως τετραψήφιος) είναι η

z=22

οπότε

(ή θα μπορούσαμε ακόμα να παίρναμε την z=-23

και πάλι θα είχαμε n=1013

)

Συνεπώς η ελάχιστη ακέραια τιμή για τον τετραψήφιο αριθμό

είναι η

η οποία εύκολα βλέπουμε ότι επαληθεύει το σύστημα.

#866

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 408
Να βρείτε όλους τους ακεραίους , για τους οποίους ο αριθμός είναι τετράγωνο ακεραίου.

viewtopic.php?f=111&t=21878

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 381
Να βρείτε όλους τους ακέραιους ώστε ο αριθμός να γράφεται ως γινόμενο (δύο ή περισσότερων) διαδοχικών ακεραίων.

viewtopic.php?f=109&t=9575

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 382
Αν $\displaystyle{a,b,x,y }$ πραγματικοί, τέτοιοι ώστε να ισχύει $\displaystyle{a+b=x+y}$ και $\displaystyle{x^4 +y^4 =a^4 +b^4,}$ να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{x^n +y^n =a^n +b^n,}$ για κάθε θετικό ακέραιο $\displaystyle{n.}$

viewtopic.php?f=109&t=12355

#867

Επαναφέρω μερικά από τα θέματα που δεν απαντήθηκαν:

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 352: Να βρεθεί ο αριθμός των ζευγών θετικών ακεραίων που είναι μικρότεροι ή ίσοι του και τέτοιοι ώστε:

$\frac{m}{n+1}<\sqrt{2}<\frac{m+1}{n}$

vzf έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 359 :
Για κάθε $m,x,y,N,k \in \mathbb{Z}$ και $k \neq 0$ να δείξετε ότι: $\displaystyle N x^2 + k = y^2 \implies N \left({\frac{mx + y}{k}}\right)^2 + \frac{m^2 - N}{k} = \left({\frac{my + Nx}{k}}\right)^2$

sokratis lyras έγραψε:AΣΚΗΣΗ 368
Να βρεθεί το ελάχιστο εμβαδόν της επιφάνειας ενός ορθογωνίου κουτιού με όγκο και με μήκη πλευρών ακέραιοι αριθμοί.

dimitris.ligonis έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 370

για θετικούς πραγματικούς, με και να δειχθεί ότι:

$\frac{a^2}{3}+b^2+c^2\geq ab+bc+ac$

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 372
Αν πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε $\displaystyle{\sum_{k=1}^{n-1} \min(x_k,x_{k+1})=\min(x_1,x_n),}$ να δείξετε ότι $\displaystyle{\sum_{k=2}^{n-1}x_k\geq 0.}$

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 386: Έστω τετράγωνο πλευράς και σημεία των ώστε . Να δειχθεί ότι

("ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ" Β Γυμνασίου, 1996-97)

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 388: Δύο άνισοι κύκλοι εφάπτονται εξωτερικά. Οι κοινές εξωτερικές εφαπτομένες των κύκλων, τέμνονται στο σημείο $\displaystyle{P}$ . 'Έστω ότι η μια από τις κοινές αυτές εφαπτομένες τέμνει τον μικρό κύκλο στο σημείο $\displaystyle{A}$ και τον μεγάλο στο $\displaystyle{B}$ . Αν $\displaystyle{PA=AB=4}$ , να υπολογίσετε το εμβαδόν του μικρού κύκλου.

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 396 (Γ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ): Έστω τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ , $\displaystyle{D}$ σημείο της $\displaystyle{BC}$ και $\displaystyle{I}$ το μέσον της $\displaystyle{AD}$ . Η $\displaystyle{BI}$ τέμνει την $\displaystyle{AC}$ στο $\displaystyle{E}$ και η $\displaystyle{CI}$ την $\displaystyle{AB}$ στο $\displaystyle{Z}$ .
Από το $\displaystyle{D}$ φέρνουμε $\displaystyle{DH//AC}$ ( $\displaystyle{H}$ σημείο της $\displaystyle{BI}$ ) και $\displaystyle{DG//AB}$ ( $\displaystyle{G}$ σημείο της $\displaystyle{CI}$ ).
Να αποδείξετε ότι το $\displaystyle{EZHG}$ είναι παραλληλόγραμμο.

ΑΣΚΗΣΗ 397 (Γ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ): Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ ορθογώνιο και ισοσκελές με υποτείνουσα $\displaystyle{BC}$ και $\displaystyle{AB=AC=a}$ . Φέρνουμε ευθεία $\displaystyle{xAy}$ έτσι ώστε η γωνία $\displaystyle{xAC}$ να είναι ίση με $\displaystyle{30^{o}}$ . Από τα $\displaystyle{C}$ και $\displaystyle{B}$ φέρνουμε κάθετες προς την $\displaystyle{xAy}$ που την τέμνουν στα $\displaystyle{D}$ και $\displaystyle{E}$ , αντίστοιχα. Να υπολογίσετε το εμβαδόν του τραπεζίου $\displaystyle{BCDE}$ συναρτήσει του $\displaystyle{a}$ .

ΑΣΚΗΣΗ 398 (Γ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ): Σε κύκλο κέντρου $\displaystyle{O}$ θεωρούμε δύο χορδές $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{CD}$ που είναι κάθετες μεταξύ τους και δεν περνάνε από το κέντρο του κύκλου. Οι δύο χορδές τέμνονται στο σημείο $\displaystyle{K}$ , έτσι ώστε να είναι $\displaystyle{AK>KB}$ . Έστω $\displaystyle{M}$ το συμμετρικό του $\displaystyle{B}$ ως προς κέντρο συμμετρίας το $\displaystyle{K}$ . Να αποδείξετε ότι το σημείο $\displaystyle{M}$ είναι το σημείο τομής των υψών του τριγώνου $\displaystyle{ACD}$

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 401: Σε ένα ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ με $\displaystyle{AB=AC}$ θεωρούμε σημείο $\displaystyle{D}$ στη βάση $\displaystyle{BC}$ και σημείο $\displaystyle{E}$ στην πλευρά $\displaystyle{AC}$ τέτοια ώστε οι γωνίες $\displaystyle{BAD}$ και $\displaystyle{CDE}$ να είναι ίσες.
Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{AD=AE}$

ΑΣΚΗΣΗ 402: Δύο κύκλοι $\displaystyle{(O_{1},R_{1}) , (O_{2},R_{2}) }$ βρίσκονται ο ένας εκτός του άλλου. Να βρεθεί :
(α) Το μικρότερο ευθύγραμμο τμήμα που συνδέει σημεία των κύκλων
(β) Το μεγαλύτερο ευθύγραμμο τμήμα που συνδέει σημεία των κύκλων
(Να γίνουν οι αποδείξεις)

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 409
Να βρείτε όλους τους ακέραιους για τους οποίους ο αριθμός είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

ΑΣΚΗΣΗ 414
Τρείς μαθητές, οι Α,Β,Γ, συμμετέχουν σε ένα μαθηματικό διαγωνισμό. Στο διαγωνισμό δόθηκαν για λύση 5 προβλήματα. Η μέγιστη βαθμολογία για κάθε πρόβλημα είναι θετικός ακέραιος αριθμός, διαφορετικός για κάθε πρόβλημα.
Ο μαθητής Α έλυσε πλήρως 4 από τα προβλήματα και συγκέντρωσε 21 βαθμούς, ενώ ο μαθητής Β έλυσε πλήρως 3 προβλήματα και η συνολική του βαθμολογία ήταν 22 βαθμοί.
Αν ο μαθητής Γ έλυσε πλήρως όλα τα προβλήματα, να βρείτε τη μέγιστη και την ελάχιστη τιμή της βαθμολογίας του.

ΑΣΚΗΣΗ 415
Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο πλευράς , όπου ένας θετικός ακέραιος. Σε κάθε πλευρά θεωρούμε σημεία που τη διαιρούν σε ίσα τμήματα. Χρησιμοποιώντας αυτά τα σημεία φέρουμε παράλληλες στις πλευρές του τριγώνου.
Έστω το πλήθος των ρόμβων πλευράς 1, που σχηματίζονται.
Να δείξετε ότι η μεγαλύτερη λύση της ανίσωσης είναι πρώτος αριθμός.

Ch.Chortis · #868

socrates έγραψε:Επαναφέρω μερικά από τα θέματα που δεν απαντήθηκαν:
socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 409
Να βρείτε όλους τους ακέραιους για τους οποίους ο αριθμός είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

Πιστεύω οτι στο ΠΜ που σου έστειλα socrates σου έδειξα έναν γενικευμένο τρόπο επίλυσης τέτοιου είδους ασκήσεων χωρίς τη χρήση mod.Αφού είδα οτι το μήνυμα που σου έστειλα δεν πήρε την αναμενόμενη ανταπόκριση αποφάσισα να <<ανεβάσω>> τη λύση μου.Το Πυθαγόρειο Θεώρημα προεκτείνεται προς δύο κατευθύνσεις:1.Αν

και

οι κάθετες πλευρές ορθογωνίου τριγώνου τότε ισχύει: $\displaystyle y^2=a^2+b^2$ όπου

η υποτείνουσά του.Στον Ευκλείδιο χώρο το θεώρημα γίνεται: $\displaystyle y^2=a^2+b^2+x^2$ όπου

,

οι χωρικές διαστάσεις(μήκος,πλάτος,βάθος).2.Από το θεώρημα του Φερμά,γνωρίζουμε οτι ΔΕΝ ισχύει: $\displaystyle y^n=a^n+b^n$ για

,

$\epsilon$ $\mathbb {N}$ και $n \geq 3$ .Συνδυάζοντας τους δύο τύπους, βρίσκουμε οτι ΔΕΝ ισχύει επίσης: $\displaystyle y^n=a^n+b^n+x^n$ όπου

,

, $\epsilon$ $\mathbb {N}$ για κάθε $n \geq 4$ .Θέτουμε τώρα $\displaystyle y^4 < a^4+b^4+x^4 <(y+1)^4(1)$ και καταλήγουμε: $y^2 < \sqrt {a^4+b^4+x^4} <(y+1)^2$ που σημαίνει οτι ο αριθμός κάτω από τη ρίζα δεν ειναι τετράγωνο ακεραίου.Στη συνέχεια θέτουμε: $\displaystyle y^8 <a^8+b^8+x^8 <(y+1)^8(2) \leftrightarrow y^4< \sqrt {a^8+b^8+x^8} <(y+1)^4(3)$ και παρατηρούμε οτι η σχέση (1) είναι (σχεδόν) ίδια με τη σχέση (3).Αφού η (1) δε μας <<οδήγησε>> σε τέλειο τετράγωνο τότε ούτε η (3) και συνεπώς ούτε η (2) μας <<οδηγούν>> σε παρόμοιο συμπέρασμα.Καταλήγουμε με επαγωγή,οτι για κάθε n=2^k

ο αριθμός $\displaystyle a^n+b^n+x^n$ δεν είναι τετράγωνο ακεραίου.ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ:Βάζοντας z=y^2

και

στη (1) καθώς και z=y^4

και

στη (2),καταλήγουμε (με επαγωγή και πάλι) στο συμπέρασμα οτι κάθε φορά που καταλήγουμε στη σχέση: $\displaystyle z^2 < a^n+b^n+x^n <l^2 (4)$ ο αριθμός στη μέση των ανισώσεων,δεν είναι τετράγωνο ακεραίου.Παίρνουμε τώρα τις σχέσεις: $\displaystyle y^6 < a^6+b^6+x^6 <(y+1)^6 (5)$ και $\displaystyle y^{10} < a^{10} + b^{10} +x^{10} <(y+1)^{10} (6)$ .Παρατηρούμε οτι και οι δύο σχέσεις γράφονται κατα τα πρότυπα της (4): η (5) για z=y^3

και

ενώ η (6) για z=y^5

και

.Άρα οι αριθμοί $\displaystyle a^6+b^6+x^6$ και $\displaystyle a^{10}+b^{10}+x^{10}$ δεν είναι τετράγωνα ακεραίων.Με επαγωγή,βρίσκουμε οτι για κάθε n=2k

ο αριθμός $\displaystyle a^n+b^n+x^n$ δεν είναι τετράγωνο ακεραίου(δηλαδή και ο αριθμός της άσκησης δεν είναι τετράγωνο ακ.).Μένει μόνο να βρω απόδειξη για n=2k+1

(δεν την έχω).Η μόνη λύση πάντως της άσκησης είναι για $n=1 \leftrightarrow 11+12+13=36=6^2$ .ΔΕΙΤΕ ΤΗΝ ΠΑΡΑΚΑΤΩ ΔΗΜΟΣΙΕΥΣΗ.

#869

Ch.Chortis έγραψε:Συνδυάζοντας τους δύο τύπους, βρίσκουμε οτι ΔΕΝ ισχύει επίσης: $\displaystyle y^n=a^n+b^n+x^n$ όπου , , , , $\epsilon$ $\mathbb {N}$ για κάθε $n \geq 3$ .

Για

έχουμε π.χ. την 3^3 + 4^3 + 5^3 = 6^3

. Ακόμη όμως και αν εννοείς $n \geqslant 4$ τότε πάλι υπάρχει πρόβλημα. Ο Euler είχε εικάσει ότι δεν υπάρχουν ακέραιοι x,y,z,w

ώστε

αλλά η εικασία αποδείχθηκε λανθασμένη. Ένα παράδειγμα είναι το 95800^4 + 217519^4 + 414560^4 = 422481^4

. Περισσότερα εδώ.

#870

ΑΣΚΗΣΗ 416
Μπορούμε να χωρίσουμε ένα ισόπλευρο τρίγωνο σε 2011 μικρότερα τρίγωνα χρησιμοποιώντας 122 ευθείες;

ΑΣΚΗΣΗ 417
Να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{x^2}{y^2+yz+z^2}+\frac{y^2}{x^2+xz+z^2}+\frac{z^2}{x^2+xy+y^2}\geq 1,}$

για όλους τους πραγματικούς αριθμούς x,y,z

για τους οποίους ορίζονται τα κλάσματα.

ΑΣΚΗΣΗ 418
Έστω $m,n \in \Bbb{N}^*.$
Αν m|3n^2

και ο αριθμός n^2+m

είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου, να δείξετε ότι m=3n^2.

ΑΣΚΗΣΗ 419
Ένα σύνολο ακεραίων λέγεται καλό αν κανένα στοιχείο του δε διαιρεί το άθροισμα των υπολοίπων.
Πόσα το πολύ στοιχεία έχει ένα καλό υποσύνολο του συνόλου $\{1,2,3,...,63\};$

ΑΣΚΗΣΗ 420
Να εξετάσετε αν υπάρχουν ρητοί a,b,c,d

τέτοιοι ώστε $1+\sqrt{3}=(a+b\sqrt{3})^2+(c+d\sqrt{3})^2.$

ΑΣΚΗΣΗ 421
Να προσδιορίσετε τους ακεραίους x,y

έτσι ώστε $\displaystyle \frac{x}{\sqrt{2+\sqrt{3}}}+\frac{y}{\sqrt{4+\sqrt{15}}}=\frac{2}{\sqrt{3+\sqrt{5}}}.$

ΑΣΚΗΣΗ 422
Μπορούμε να τοποθετήσουμε 2011

σημεία στο επίπεδο έτσι ώστε:
-η απόσταση μεταξύ δύο οποιονδήποτε σημείων να είναι διαφορετική από

και
-κάθε μοναδιαίος κύκλος με κέντρο ένα από αυτά τα σημεία να αφήνει ακριβώς 1005

από αυτά τα σημεία στο εξωτερικό του;

ΑΣΚΗΣΗ 423
Πόσα στοιχεία έχει το σύνολο $\displaystyle \{x\in \Bbb{Q}|x=\frac{n^2+7}{n^2+n+6}, \ n=1,2,...,2012\};$

ΑΣΚΗΣΗ 424
Να βρείτε τις θετικές ακέραιες ρίζες της εξίσωσης

$\displaystyle{(x + y)^3 = (x - y - 6)^2.}$

spiros filippas · #871

socrates έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 417
Να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{x^2}{y^2+yz+z^2}+\frac{y^2}{x^2+xz+z^2}+\frac{z^2}{x^2+xy+y^2}\geq 1,}$

για όλους τους πραγματικούς αριθμούς για τους οποίους ορίζονται τα κλάσματα.

Διχώς βλάβη υποθέτουμε ότι $x\geq y \geq z$

Τότε με χρήση την ανισότητας Chebysev της Cauchy-Swharz και της προφανούς $a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca$ έχουμε

$\displaystyle{\frac{x^2}{y^2+yz+z^2}+\frac{y^2}{x^2+xz+z^2}+\frac{z^2}{x^2+xy+y^2}}\geq\frac{1}{3}\left(\sum{x^2} \right)\left(\sum{\frac{1}{y^2+yz+z^2}} \right)\geq$

$\displaystyle \geq \frac{1}{3}\left(\sum{x^2} \right)\left(\frac{9}{2\sum{x^2+\sum{xy}}} \right)\geq \frac{1}{3}\left(\sum{x^2} \right)\left(\frac{9}{3\sum{x^2}} \right)=1$

Το παραπανω ισχύει για θετικα αλλά αν έστω και ένα γίνει αρνητικό το αριστερό μέλος μεγαλώνει.

#872

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 421
Να προσδιορίσετε τους ακεραίους έτσι ώστε $\displaystyle \frac{x}{\sqrt{2+\sqrt{3}}}+\frac{y}{\sqrt{4+\sqrt{15}}}=\frac{2}{\sqrt{3+\sqrt{5}}}.$

Έχουμε:

$\displaystyle{\sqrt{2+\sqrt{3}}=\sqrt{\left(\sqrt{\frac{3}{2}} \right)^{2}+\left(\sqrt{\frac{1}{2}} \right)^{2}+2\sqrt{\frac{3}{2}}\sqrt{\frac{1}{2}}}=\frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{2}}}$

Με παρόμοιο τρόπο έχουμε:

$\displaystyle{\sqrt{4+\sqrt{15}}=\sqrt{\left(\sqrt{\frac{3}{2}} \right)^{2}+\left(\sqrt{\frac{5}{2}} \right)^{2}+2\sqrt{\frac{3}{2}}\sqrt{\frac{5}{2}}}=\frac{\sqrt{3}+\sqrt{5}}{\sqrt{2}}}$

Και ομοίως:

$\displaystyle{\sqrt{3+\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}+1}{\sqrt{2}}}$

Οπότε η δοσμένη σχέση γράφεται: $\displaystyle{\frac{x}{\sqrt{3}+1}+\frac{y}{\sqrt{3}+\sqrt{5}}=\frac{2}{\sqrt{5}+1}}$

από την οποία μετά τις πράξεις βρίσκουμε:

$\displaystyle{2x+y(\sqrt{15}+\sqrt{5}-\sqrt{3}-3)=\sqrt{15}+\sqrt{5}-\sqrt{3}-1\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{2x+y(\sqrt{15}+\sqrt{5}-\sqrt{3}-1-2)=\sqrt{15}+\sqrt{5}-\sqrt{3}-1\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{2x+y(\sqrt{15}+\sqrt{5}-\sqrt{3}-1)-2y=\sqrt{15}+\sqrt{5}-\sqrt{3}-1\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{(y-1)(\sqrt{15}+\sqrt{5}-\sqrt{3}-1)=2y-2x}$ ,,, ΣΧΕΣΗ (1)

Θα αποδείξουμε ότι ο αριθμός $\sqrt{15}+\sqrt{5}-\sqrt{3}$ είναι άρρητος.
Ας υποθέσουμε ότι είναι ρητός. Τότε υπάρχει $\displaystyle{r}$ ρητός τέτοιος ώστε να είναι

$\displaystyle{\sqrt{15}+\sqrt{5}-\sqrt{3}=r\Rightarrow (\sqrt{15}+\sqrt{5})^{2}=(r+\sqrt{3})^{2}\Rightarrow}$

$\displaystyle{20+2\sqrt{75}=r^{2}+3+2r\sqrt{3}\Rightarrow 17-r^{2}=2(r-5)\sqrt{3}}$

Αν ήταν $\displaystyle{r=5}$ τότε η σχέση αυτή καταλήγει σε άτοπο. Άρα το δεύτερο μέλος είναι άρρητος ενώ το πρώτο ρητός. Συνεπώς δείξαμε ότι ο αριθμός $\displaystyle{\sqrt{15}+\sqrt{5}-\sqrt{3}}$ είναι άρρητος, οπότε από την ΣΧΕΣΗ (1) έχουμε:

$\displaystyle{y-1=0}$ και $\displaystyle{2y-2x=0}$ από όπου προκύπτει ότι $\displaystyle{y=1}$ και $\displaystyle{x=1}$

#873

Ch.Chortis έγραψε:<...> Θέτουμε τώρα $\displaystyle y^4 < a^4+b^4+x^4 <(y+1)^4(1)$ και καταλήγουμε: $y^2 < \sqrt {a^4+b^4+x^4} <(y+1)^2$ που σημαίνει οτι ο αριθμός κάτω από τη ρίζα δεν ειναι τετράγωνο ακεραίου.<...>

Συνάδελφε, εκτός από το σημείο που επισήμανε ο Δημήτρης, και άλλα σημεία πρέπει να προσεχθούν, όπως π.χ. το παραπάνω. Πράγματι, ισχύει
2^4 < 64 < 3^4

, οπότε $2^2< \sqrt {64} < 3^2$ αλλά δεν είναι αλήθεια ότι ο αριθμός κάτω από τη ρίζα (δηλαδή ο

), δεν είναι τετράγωνο ακεραίου.

Μ.

#874

Ορμάτεεε.....

#875

dimitris.ligonis έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 370

για θετικούς πραγματικούς, με και να δειχθεί ότι:

$\frac{a^2}{3}+b^2+c^2\geq ab+bc+ac$

Είναι $\displaystyle{abc=1}$ . Άρα $\displaystyle{bc=\frac{1}{a}}$ . Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι:

$\displaystyle{\frac{a^{3}}{3}+b^{2}+c^{2}\geq ab+ac+\frac{1}{a}\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{\frac{a^{3}}{3}+(b+c)^{2}-2bc\geq a(b+c)+\frac{1}{a}\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{\frac{a^{3}}{3}+(b+c)^{2}-\frac{2}{a}\geq a(b+c)+\frac{1}{a}\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{(b+c)^{2}-a(b+c)+\frac{a^{2}}{3}-\frac{3}{a}\geq 0}$ ,,,,(ΣΧΕΣΗ 1)

Η διακρίνουσα του τριωνύμου είναι:

$\displaystyle{\Delta =a^{2}-4(\frac{a^{3}}{3}-\frac{3}{a})=-\frac{4a^{4}-3a^{3}-36}{3a}}$

Στόχος είναι να αποδείξουμε ότι η διακρίνουσα είναι αρνητικός αριθμός ή μηδέν. Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{4a^{4}-3a^{3}-36\geq 0\Leftrightarrow a^{3}(4a-3)\geq 36}$

Όμως

$\displaystyle{a^{3}>36}$ , από την υπόθεση και

$\displaystyle{4a-3>1}$ προφανώς αφού $\displaystyle{a>1}$ . Άρα

$\displaystyle{a^{3}(4a-3)>36}$ και έτσι η ΣΧΕΣΗ 1 είναι αληθής άρα έχουμε και το ζητούμενο.

freyia · #876

vzf έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 359 :
Για κάθε $m,x,y,N,k \in \mathbb{Z}$ και $k \neq 0$ να δείξετε ότι: $\displaystyle N x^2 + k = y^2 \implies N \left({\frac{mx + y}{k}}\right)^2 + \frac{m^2 - N}{k} = \left({\frac{my + Nx}{k}}\right)^2$

ΛΥΣΗ

θΑ ΑΠΟΔΕΙΧΘΕΊ ΌΤΙ:
$\displaystyle{N\left(\frac{mx+y}{k} \right)^{2}-\left(\frac{my+Nx}{k} \right)^{2}=\frac{N-m^{2}}{k}}$
Ξεκινάμε από το πρώτο μέλος:

$\displaystyle{N\left(\frac{mx+y}{k} \right)^{2}-\left(\frac{my+Nx}{k} \right)^{2}=}$

$\displaystyle{\frac{N(m^{2}x^{2}+2mxy+y^{2})-m^{2}y^{2}-N^{2}x^{2}-2mnxy}{k^{2}}=}$

$\displaystyle{\frac{m^{2}(Nx^{2}-y^{2})-N(Nx^{2}-y^{2})}{k^{2}}=\frac{(m^{2}-N)(Nx^{2}-y^{2})}{k^{2}}=\frac{(m^{2}-N)(-k)}{k^{2}}=}$

$\displaystyle{\frac{N-m^{2}}{k}}$

freyia · #877

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 423
Πόσα στοιχεία έχει το σύνολο $\displaystyle \{x\in \Bbb{Q}|x=\frac{n^2+7}{n^2+n+6}, \ n=1,2,...,2012\};$

ΛΥΣΗ

Το σύνολο αυτό θα είχε 2012 στοιχεία, αν δεν υπήρχε πέρίπτωση να είχαμε δύο διαφορετικές τιμές του $\displaystyle{n}$ που να δίνανε τον ίδιο ρητό αριθμό. Επομένως πρέπει να ψάξουμε άμα υπάρχουν φυσικοί αριθμοί $\displaystyle{m , n}$ που να είναι τέτοιοι ώστε:
$\displaystyle{\frac{n^{2}+7}{n^{2}+n+6}=\frac{m^{2}+7}{m^{2}+m+6}\Leftrightarrow (n-m)(nm-m-n-7)=0\Leftrightarrow}$
$\displaystyle{nm=m+n+7\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{m(n-1)=n+7}$

Αμα ήτανε $\displaystyle{n=1}$ τότε θα έίχαμε $\displaystyle{0=8}$ που όμως είναι αδύνατον.Έπομένως με
$\displaystyle{n\neq 1\Rightarrow m=\frac{n+7}{n-1}=\frac{n-1+8}{n-1}\Rightarrow m=1+\frac{8}{n-1}\Rightarrow }$

$\displaystyle{m-1=\frac{8}{n-1}\Rightarrow (m-1)(n-1)=8\Rightarrow [m-1=1, & , n-1=8]}$ ή $\displaystyle{[m-1=2 , & , n-1=4]}$

Επομένως όταν το $\displaystyle{n}$ είναι $\displaystyle{2}$ ή όταν είναι $\displaystyle{9}$ , τότε το κλάσμα παίρνει την ίδια ρητή τιμή και το ίδιο συμβαίνει και όταν το $\displaystyle{n}$ παίρνει τις τιμές $\displaystyle{3}$ και $\displaystyle{5}$ .

Επομένως, μέσα στα $\displaystyle{2012}$ στοιχεία του συνόλου, τα δύο από αυτά θα είναι ίδια με δύο άλλα. Απο αυτά συμπεραίνουμε ότι το σύνολο περιέχει $\displaystyle{2012-2=2010}$ στοιχεία,

#878

freyia έγραψε:
socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 423
Πόσα στοιχεία έχει το σύνολο $\displaystyle \{x\in \Bbb{Q}|x=\frac{n^2+7}{n^2+n+6}, \ n=1,2,...,2012\};$
ΛΥΣΗ

Το σύνολο αυτό θα είχε 2012 στοιχεία, αν δεν υπήρχε πέρίπτωση να είχαμε δύο διαφορετικές τιμές του $\displaystyle{n}$ που να δίνανε τον ίδιο ρητό αριθμό. Επομένως πρέπει να ψάξουμε άμα υπάρχουν φυσικοί αριθμοί $\displaystyle{m , n}$ που να είναι τέτοιοι ώστε:
$\displaystyle{\frac{n^{2}+7}{n^{2}+n+6}=\frac{m^{2}+7}{m^{2}+m+6}\Leftrightarrow (n-m)(nm-m-n-7)=0\Leftrightarrow}$
$\displaystyle{nm=m+n+7\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{m(n-1)=n+7}$

Αμα ήτανε $\displaystyle{n=1}$ τότε θα έίχαμε $\displaystyle{0=8}$ που όμως είναι αδύνατον.Έπομένως με
$\displaystyle{n\neq 1\Rightarrow m=\frac{n+7}{n-1}=\frac{n-1+8}{n-1}\Rightarrow m=1+\frac{8}{n-1}\Rightarrow }$

$\displaystyle{m-1=\frac{8}{n-1}\Rightarrow (m-1)(n-1)=8\Rightarrow [m-1=1, & , n-1=8]}$ ή $\displaystyle{[m-1=2 , & , n-1=4]}$

Επομένως όταν το $\displaystyle{n}$ είναι $\displaystyle{2}$ ή όταν είναι $\displaystyle{9}$ , τότε το κλάσμα παίρνει την ίδια ρητή τιμή και το ίδιο συμβαίνει και όταν το $\displaystyle{n}$ παίρνει τις τιμές $\displaystyle{3}$ και $\displaystyle{5}$ .

Επομένως, μέσα στα $\displaystyle{2012}$ στοιχεία του συνόλου, τα δύο από αυτά θα είναι ίδια με δύο άλλα. Απο αυτά συμπεραίνουμε ότι το σύνολο περιέχει $\displaystyle{2012-2=2010}$ στοιχεία,

#879

spiros filippas έγραψε:
socrates έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 417
Να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{x^2}{y^2+yz+z^2}+\frac{y^2}{x^2+xz+z^2}+\frac{z^2}{x^2+xy+y^2}\geq 1,}$

για όλους τους πραγματικούς αριθμούς για τους οποίους ορίζονται τα κλάσματα.
Διχώς βλάβη υποθέτουμε ότι $x\geq y \geq z$

Τότε με χρήση την ανισότητας Chebysev της Cauchy-Swharz και της προφανούς $a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca$ έχουμε

$\displaystyle{\frac{x^2}{y^2+yz+z^2}+\frac{y^2}{x^2+xz+z^2}+\frac{z^2}{x^2+xy+y^2}}\geq\frac{1}{3}\left(\sum{x^2} \right)\left(\sum{\frac{1}{y^2+yz+z^2}} \right)\geq$

$\displaystyle \geq \frac{1}{3}\left(\sum{x^2} \right)\left(\frac{9}{2\sum{x^2+\sum{xy}}} \right)\geq \frac{1}{3}\left(\sum{x^2} \right)\left(\frac{9}{3\sum{x^2}} \right)=1$

Το παραπανω ισχύει για θετικα αλλά αν έστω και ένα γίνει αρνητικό το αριστερό μέλος μεγαλώνει.

#880

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 420
Να εξετάσετε αν υπάρχουν ρητοί τέτοιοι ώστε $1+\sqrt{3}=(a+b\sqrt{3})^2+(c+d\sqrt{3})^2.$

Έχουμε

$\displaystyle{1+\sqrt{3}=a^{2}+3b^{2}+2ab\sqrt{3}+c^{2}+3d^{2}+2cd\sqrt{3}\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{(2ab+2cd-1)\sqrt{3}=1-a^{2}-c^{2}-3d^{2}-3b^{2}}$

Αν ήταν $\displaystyle{ab+2cd-1\neq 0}$ τότε η πιο πάνω σχέση κκαταλήγει σε άτοπο, αφού θα είχαμε ρητός = άρρητος

Άρα πρέπει $\displaystyle{ab+2cd-1=0}$ , οπότε τότε θα είναι υποχρεωτικά και $\displaystyle{1-a^{2}-c^{2}-3d^{2}-3b^{2}=0}$ . Από αυτές τις δύο εξισώσεις, παίρνουμε ότι:

$\displaystyle{1-a^{2}-c^{2}-3d^{2}-3b^{2}=2ab+2cd-1\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{a^{2}+b^{2}-2ab+2b^{2}+c^{2}+d^{2}-2cd+2d^{2}=0\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{(a-b)^{2}+(c-d)^{2}+2b^{2}+2d^{2}=0\Rightarrow a=b=c=d=0}$

Τότε όμως η δοσμένη σχέση δίνει $\displaystyle{1+\sqrt{3}=0}$ που είναι άτοπο. Άρα δεν υπάρχουν ρητοί αριθμοί που να ικανοποιούν την δοσμένη σχέση.

Τα προτεινόμενα θέματα που αφορούν την γεωμετρία, ας τα απαντήσει κάποιος που κατέχει να κάνει σχήματα (και ας είναι μαθητής Λυκείου ή συνάδελφος), μιας και οι περισσότεροι δεν μπορούμε να κατασκευάζουμε σχήματα.

Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Μέλη σε σύνδεση