Μια λύση/σκέψη για το παραπάνω πρόβλημα. Δεν είμαι απόλυτα σίγουρος για την συνθήκη (*) !

Αρχικά, από την πρώτη συνθήκη καταλαβαίνουμε πως οι $a,b,c$ πρέπει να βρίσκονται στον μοναδιαίο κύκλο,
οπότε μπορούμε να γράψουμε:
$a=e^{i\vartheta_1},b=e^{i\vartheta_2},c=e^{i\vartheta_3}, 0\leq \vartheta_1 ...

Πρόβλημα 4: Έστω $x_1,x_2,\dots,x_{2023}$ διαφορετικοί ανά δύο θετικοί πραγματικοί ώστε ο $\displaystyle a_n=\sqrt{(x_1+x_2+\dots+x_n)\left(\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\dots+\frac{1}{x_n}\right)}$ να είναι ακέραιος για κάθε $n=1,2,\dots,2023.$ Να δείξετε ότι $a_{2023} \geqslant 3034.$

Αρχικά ...

socrates έγραψε: Δευ Ιουν 26, 2023 12:34 am

achilleas έγραψε: Κυρ Ιουν 25, 2023 9:34 pm Πρόβλημα 1. Να βρείτε όλα τα ζεύγη θετικών ακέραιων αριθμών τέτοια ώστε οι αριθμοί και να είναι και οι δύο δυνάμεις του .

Αρχικά ελέγχουμε τις περιπτώσεις όπου πρέπει επίσης

Από τις πρώτες περιπτώσεις βγαίνει και: .

Καλημέρα!
Η ευθεία που ψάχνουμε είναι της μορφής:

$g(x)=ax, \:a,x>0$

Είναι λοιπόν:

$f(x)=g(x)\Leftrightarrow x(x^2-5x+7-a)=0$

Προφανώς για $x=0$, οι $f, g$ τέμνονται στην αρχή των αξόνων.
Ας είναι $x_1, x_2$ οι τετμημένες των σημείων που τέμνονται οι $f,g$, με:

$x_1=\dfrac{5-\sqrt{4a-3}}{2 ...

Το Δ3 χωρίς Θ.Μ.Τ. μπορεί να βγει και με σύνολο τιμών της δεύτερης παραγώγου. Είναι:
$f'(x)=-\dfrac{1}{2-x}+\dfrac{1}{x^2}, \: f''(x)=-\dfrac{1}{(x-2)^2}-\dfrac{2}{x^3}<0$ για $x\in(0,2)$

Οπότε η $f'$ είναι γνησίως φθίνουσα στο $(0,2)$ και:
$f'((0,2))=(\lim_{x\rightarrow2^-}f'(x), \lim_{x ...

geogebra-export.png
Καλησπέρα!
Μια λύση είναι η εξής:

Φέρνουμε τις κάθετες από το σημείο $C$ που τέμνουν τα $HD,HB$ στα σημεία $K,L$ αντίστοιχα.
Για να δείξουμε ότι η $HC$ είναι διχοτόμος της $D\widehat{H}B$, αρκεί να δείξουμε ότι $LC=KC$.

Είναι: $L\widehat{B}C=Z\widehat{B}C=B\widehat{Z}A ...

Έκανα μία φιλότιμη προσπάθεια να προσπαθήσω να υπολογίσω το ολοκλήρωμα ...

Για κάποια $A,\:B,\:C$ μπορούμε να εργαστούμε ως εξής:
$\dfrac{x^2}{(x^2+a^2)(x^2+b^2)(x^2+c^2)}=\dfrac{A}{x^2+a^2}+\dfrac{B}{x^2+b^2}+\dfrac{C}{x^2+c^2}$
$\:$
$\Rightarrow x^2=A(x^2+b^2)(x^2+c^2)+B(x^2+a^2)(x^2+c^2)+C ...

p2.png

Τα τρίγωνα $\Delta NEM, \: \Delta BDC$ εύκολα βγαίνουν όμοια, αφού είναι $MN//BC$ δηλαδή $M\hat{N}E=D\hat{B}C$
και από την παραλληλία που δίνει το πρόβλημα είναι $M\hat{E}N=B\hat{D}C$.

Τώρα από την ομοιότητα θα ισχυεί:

$\frac{NE}{BD}=\frac{EM}{DC}=\frac{NM}{BC}$

Όμως είναι:

$BC=2NM ...

Πρόβλημα 1ο (μεγάλων):

Θα είναι:

$\frac{xyz+1}{x+1}=\frac{yzw+1}{y+1}\Leftrightarrow xy^2x+xyz+y+1=xyzw+yzw+x+1 \: (1)$
$\frac{yzw+1}{y+1}=\frac{zwx+1}{z+1} \Leftrightarrow yz^2w+yzw+z+1=xyzw+zwx+y+1 \:(2)$
$\frac{zwx+1}{z+1}=\frac{wxy+1}{w+1}\Leftrightarrow zw^2x+zwx+w+1=wxyz+wxy+z+1 \:(3 ...

Αρκεί να δείξουμε πως η εξίσωση:

$2^x+2023=n^3$

είναι αδύνατη για $x, n$ θετικούς ακέραιους.

Παρατηρούμε πως τα δυνατά υπόλοιπα κύβων $(mod\:7)$ είναι $\pm 1, 0$.
(Από το little Fermat theorem ισχύει:
$n^7\equiv n (mod\:7) \Leftrightarrow 7|n(n^3-1)(n^3+1)$
Αν $7\:|\:n\Leftrightarrow 7\:|\:n^3 ...

Θέτουμε $b=\sqrt{x-1}$, με $b\geq0$ και $x\geq1$:

$\sqrt{x+3-4\sqrt{x-1}}+\sqrt{x-2\sqrt{x-1}}=\sqrt{b^2+1+3-4b}+\sqrt{b^2+1-2b}=$

$=\sqrt{(b-2)^2}+\sqrt{(b-1)^2}=|b-2|+|b-1|=a$

Παρατηρούμε:

$a=|b-2|+|b-1|=|2-b|+|b-1|\geq|2-b+b-1|=1$,

με ισότητα να ισχύει για:

$(b-2)(1-b)\geq0\Leftrightarrow 1 ...

Θα είναι:
$\frac{x^5+x-2}{x-1}=x^4+x^3+x^2+x+2=k^3\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow x^4+x^3+x^2+x+1=(k-1)(k^2+k+1)$

Παρατηρούμε για $k$ περιττό, το δεξιά μέλος της παραπάνω ισότητας είναι άρτιο σε αντίθεση με το αριστερά,
άρα $k$ είναι άρτιος, δηλαδή $k=2n$:

$x^4+x^3+x^2+x+2=8n^3\Rightarrow 8 ...

Μια εναλλακτική λύση για το πρώτο πρόβλημα της Γ' Λυκείου:

Θεωρούμε συνάρτηση:
$f(a)=8a^3+8(2-a)^3-3a^4-3(2-a)^4$, με: $D_f=[0,2]$, αφού: $0\leq a\leq 2$.
Θα είναι:
$f'(a)=24a^2-24(2-a)^3-12a^3+12(2-a)^3=$
$=24a^2-24a^2+96a-96-12a^3+96-144a+72a^2-12a^3=$
$=-24a^3+72a^2-48a=-24a(a-1)(a-2)=0 ...

Έστω $x_1,x_2,x_3$ οι ρίζες του πολυωνύμου. Τότε αφού είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου θα ισχύει:

$\frac{x_1+x_3}{2}=x_2\Leftrightarrow x_1+x_3=2x_2 \;\;(1)$

Από τους τύπους του Vieta έχουμε:

$\begin{cases} x_1+x_2+x_3=-m \;\; (2)\\ x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3=2m \;\;(3)\\ x_1x_2x_3=-8 \;\;(4 ...

Πρόβλημα 4
Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ<ΒΓ<ΑΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο (c). Ο κύκλος c(Α,ΑΒ) με (κέντρο Α και ακτίνα ΑΒ) τέμνει την ευθεία ΒΓ στο σημείο Δ και τον κύκλο (c) στο σημείο Η. Ο κύκλος c(Α,ΑΓ) με (κέντρο Α και ακτίνα ΑΓ) τέμνει την ευθεία ΒΓ στο σημείο Ζ και τον κύκλο (c) στο σημείο Ε. Οι ...

Μια διαφορετική λύση για το πρόβλημα 2 των μεγάλων:

Έστω $a_1, a_2,...,a_k$ οι περιττοί διαιρέτες του n, και $b_1, b_2, ..., b_{l}$ οι άρτιοι διαιρέτες του.
Θα έχουμε:

$f(n)=\sum_{i=1}^{l} b_i - 2\sum_{i=1}^{k}a_i$ , με $l\geq2$ αφού $4|n$.

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

1η περίπτωση:

Αν $k=1 ...

Από την ανισότητα:

$\alpha^2+\beta^2\geq2\alpha\beta$

Παίρνουμε:

$\frac{\alpha^2+\beta^2}{\gamma}+\frac{\beta^2+\gamma^2}{\alpha}+\frac{\gamma^2+\alpha^2}{\beta}\geq2\left ( \frac{\alpha\beta}{\gamma}+\frac{\beta\gamma}{\alpha}+\frac{\gamma\alpha}{\beta} \right )$

με ισότητα ανν $\alpha=\beta ...