Έχουμε ότι: $\displaystyle{ 50^{2n+1}=50\cdot 50^{2n}=\left( 9+16+25 \right) \cdot \left( 50^n \right) ^2=3^2\cdot \left( 50^n \right) ^2+4^2\cdot \left( 50^n \right) ^2+5^2\cdot \left( 50^n \right) ^2= }$ $\displaystyle{ =\left( 3\cdot 50^n \right) ^2+\left( 4\cdot 50^n \right) ^2+\left( 5\cdot 50^...

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑

Παρ Ιουν 03, 2022 1:07 pm

Έχεις κάποια συγγένεια με τον Βαγγέλη Μουρούκο (μέλος μας);

Ναι, είναι ο πατέρας μου!

Έστω $(a,b,c)$ μια λύση της εξίσωσης. Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: $\bullet$Αν $c\ge5$, τότε $a^a + b^b + c^c > 5^5 > 287$, άτοπο, άρα $c\le4$. $\bullet$Αν $c=4$, τότε $a^a + b^b = 31$, οπότε $b\le3$. Αν $b=3$, τότε $a=2$ και έχουμε τη λύση $(a,b,c) = (2,3,4)$. Αν $b\le2$, τότε $a^a + b^b \le 2^2 + ...

Το άθροισμα γράφεται ως εξής: $\displaystyle{ 6\left( 1+11+111+\cdots +\underset{n}{\underbrace{111\cdots 11}} \right) =\frac{6}{9}\left( 9+99+999+\cdots +\underset{n}{\underbrace{999\cdots 99}} \right) = }$ $\displaystyle{ =\frac{2}{3}\left( 10-1+10^2-1+10^3-1+\cdots +10^n-1 \right) =\frac{2}{3}\le...

Αρκεί να δείξουμε ότι $A\hat{P}Q=A\hat{Q}P$. Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο $APBC$, έχουμε ότι $A\hat{P}Q=A\hat{C}B=\omega$. Από το εγγράψιμο τετράπλευρο $BFEC$, έχουμε ότι $A\hat{F}E=A\hat{C}B=\omega$. Αρκεί να δείξουμε ότι το τετράπλευρο $AQPF$ είναι εγγράψιμο, γιατί τότε θα ισχύει: $A\hat{Q}P=A\...