Β Λυκείου/ Πρόβλημα 1

Αρχικά $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \ne 0 \Rightarrow \frac{xy+yz+zx}{27} \ne 0 \Rightarrow xy+yz+zx \ne 0$.
Από την ταυτότητα Euler έχω ότι: $(xy)^3+(yz)^3+(zx)^3-3(xy)(yz)(zx)=(xy+yz+zx)((xy)^2+(yz)^2+(zx)^2-xyz(x+y+z))$
$(xy)^3+(yz)^3+(zx)^3-3(xyz)^2=(xy+yz+zx ...

Να λυθεί στους φυσικούς αριθμούς η εξίσωση $ab+bc+ac-abc=3.$


Wlog. $a \geq b \geq c$. Έστω $c \geq 3$.
Τότε $ab+bc+ca>abc \Rightarrow 1<\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \leq \frac{3}{c} \leq 1$, άτοπο.
Αν $c=2$, τότε $2a+2b-ab=3 \Rightarrow (a-2)(b-2)=1 \Rightarrow a=b=3$, αφού $a,b>1$.
Αν ...

Και μία στον ίδιο κύκλο θεμάτων:

Να βρεθούν όλοι οι φυσικοί αριθμοί οι οποίοι είναι κατά $666$ μονάδες μεγαλύτεροι του αθροίσματος των ψηφίων τους.

(Αν δεν ξέχασα κανέναν, τους βγάζω δέκα).

Ας την αφήσουμε 24 ώρες για τους μαθητές μας.


Έστω $\overline {a_{n} ...a_{0}}$ ο αριθμός που είναι ...

Έστω $\overline{a_{n} a_{n-1} ... a_{0}}$ ο αριθμός που ισούται με 20 φορές το άθροισμα των ψηφίων του.
Τότε $10^{n} a_{n}+...+a_{0}=20(a_{n}+...+a_{0})$.
Προφανώς $n \geq 1$. Αν $n=1$, τότε $10a_{1}+a_{0}=20a_{1}+20a_{0} \Rightarrow 10 a_{1}+19a_{0}=0$, άτοπο.
Αν $n=2$, τότε $100a_{2}+10a_{1}+a_{0 ...

Πρόβλημα 3 - Ελλάδα. Να βρεθούν όλες οι τετράδες θετικών ακέραιων αριθμών $(p,q,a,b)$, όπου οι $p$ και $q$ είναι πρώτοι αριθμοί και $a>1$, έτσι ώστε $\displaystyle{ p^{a} = 1 + 5 q^{b}.}$



Καλή επιτυχία στην ομάδα μας!

Εύκολα βλέπουμε ότι ένας εκ των $p,q$ πρέπει να είναι άρτιος, οπότε ...

Πρόβλημα 2: Δίνονται θετικοί ακέραιοι αριθμοί $n, m$ για τους οποίους ισχύει ότι
$\displaystyle n(4n+1)=m(5m+1)$
(α) Να αποδείξετε ότι η διαφορά $n-m$ είναι τέλειο τετράγωνο κάποιου θετικού ακεραίου.
(β) Να βρείτε ένα ζευγάρι θετικών ακεραίων $(n, m)$ για τους οποίους ισχύει η παραπάνω σχέση ...

Πώς σας φάνηκαν τα θέματα της Ά λυκείου?


Το Πρόβλημα 1 ήταν αρκετά κατάλληλο για Θαλή, μιας και οι περισσότεροι μαθητές μπορούσαν να το αντιμετωπίσουν.
Το Πρόβλημα 2 ήταν λίγο «τρομακτικό» για τους περισσότερους, μιας και δεν είναι εξοικειωμένοι με τέτοιου είδους θέματα. Βέβαια υπάρχει λύση ...

2) Να βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε $f(xf(y)+y)+f(xy)=f(xy+1)+xy+x+y$ , $\forall x,y\in \mathbb{R}$



Έστω $P(x,y)$ η δοσμένη σχέση.

Από $P(0,0)$ έχω $f(0)+f(0)=f(1) \Rightarrow f(1)=2f(0)$.

Από $P(0,1)$ έχω $f(1)+f(0)=f(1)+1 \Rightarrow f(0)=1 ...

1) Να βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε $f(x+y) + f(x)f(y)= f(x) + f(y) + xy$ , $\forall x,y\in \mathbb{R}$



Έστω $P(x,y)$ η δοσμένη σχέση.

Από $P(0,0)$ έχω $f(0)+f^{2}(0)=2f(0) \Rightarrow f^{2}(0)=f(0) \Rightarrow f(0)=1$, ή $f(0)=0$.

Αν όμως $f ...

Δίξτε ότι για κάθε $n\in \mathbb N^*$ o αριθμός $\sqrt {n(n+1)(n+2)(n+3)} $ είναι άρρητος. Με άλλα λόγια δείξτε ότι η υπόριζη ποσότητα δεν είναι ποτέ τέλειο τετράγωνο.



Λήμμα : Το γινόμενο τεσσάρων διαδοχικών ακεραίων αυξημένο κατά $1$ είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.
Απόδειξη : Έχουμε ...

Έστω προς άτοπο ότι ο $(a+b)^2+4$ είναι πρώτος. Έστω επίσης χωρίς βλάβη ότι $b \geq a$.
Γράφουμε $p=b-a$ και $q=(a+b)^2+4$, με $p,q$ πρώτους.

Θα αποδείξουμε αρχικά τον εξής Ισχυρισμό:

Ισχυρισμός : $(a,b)|[a,b]$
Απόδειξη : Ως γνωστόν είναι $(a,b) \cdot [a,b]=ab$. Όμως $(a,b)^2|ab=(a,b) \cdot [a ...

Δίξτε ότι για κάθε $n\in \mathbb N$ o αριθμός $\sqrt {(5n+2)(5n+4)(5n+6)} $ είναι άρρητος.



Θα δείξουμε ότι ο δεδομένος αριθμός είναι άρρητος. Έστω προς άτοπο ότι είναι ρητός.

Έστω: $\sqrt{(5n+2)(5n+4)(5n+6)}=m \Rightarrow (5n+2)(5n+4)(5n+6)=m^2$.

Το αριστερό μέλος είναι φυσικός αριθμός ...

Απλά από «Lifting the Exponent»: ,
απ' όπου προκύπτει και το ζητούμενο (μάλιστα προκύπτει ότι ).

Να βρεθούν όλοι οι φυσικοί αριθμοί $a,b,c$ που ικανοποιούν την εξήσωση:
$3^a-2^b=c^2$


Ομολογώ πως δεν έχω ολοκληρωμένη λύση (προσπάθησα χωρίς Πέλλ, και σας συνιστώ να μην το κάνετε κι εσείς :lol: ), αλλά ανεβάζω την λύση μου διότι θεωρώ ότι είναι καλή προσπάθεια.

Αρχικά, αν $a=0$, τότε $1-2^b ...

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: Τετ Αύγ 18, 2021 8:11 am
...

Πολύ ωραία .
Αν και δεν θα έλεγα ότι η ανισότητα γίνεται ισχυρότερη, αφού κομμάτι της άσκησης είναι να έχουμε μεταβλητές και στα δύο μέλη.
Να πω επίσης ότι υπάρχει κι άλλος τρόπος .

Έστω , με , και , τέτοιοι ώστε .
Να αποδείξετε ότι:

Ωραία λύση, γραμμένη ώστε να γίνεται κατανοητή από όλους.



Για $n=4$, μία ισότητα της μορφής $444...44=N^2$ δίνει $N$ άρτιος, $N=2M$, οπότε $111...11=2M^2$. Άτοπο αφού το ένα μέλος είναι περιττό και το άλλο άρτιος.



Έχετε όμως ένα λαθάκι σε αυτό το σημείο- πρέπει να είναι $111...11=M^2$, το ...

Καλησπέρα σε όλους. Ορίστε μία άσκηση που κατασκεύασα:

Ένας θετικός ακέραιους λέγεται <<καλός>>, εάν όλα του τα ψηφία (τουλάχιστον δύο στο πλήθος) είναι ίσα μεταξύ τους. Είναι άραγε δυνατόν κάποιος καλός αριθμός να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου;

Πρόβλημα 2
Η Άννα και ο Βασίλης παίζουν ένα παιγνίδι στον πίνακα με αριθμούς ως εξής:
Οι δύο παίκτες παίζουν ο ένας μετά τον άλλον και αν στον πίνακα είναι γραμμένος ο θετικός ακέραιος $n$ ο παίκτης που έχει σειρά να παίξει, σβήνει τουν $n$ και γράφει τον αριθμό $n+p$ όπου $p$ είναι ένας πρώτος ...

Πρόβλημα 3
Να εξετάσετε αν υπάρχει θετικός ακέραιος $n$ για τον οποίο ο αριθμός $8^n+47$ είναι πρώτος.



Έστω $8ⁿ+47=p$, για $p$ πρώτο αριθμό.
Αρχικά $p≥8+47=55>3,5,13 \Rightarrow p≠3,5,11$
Με $mod.3$ παίρνουμε $8ⁿ=p-47=1,2+1=2,3=0,2mod.3 \Rightarrow (-1)ⁿ=-1mod.3$, άρα $n$ περιττός ...