Ασκήσεις Άλγεβρας/θεωρία αριθμών (Επίπεδο BMO, Αρχιμήδης και JBMO)-Ανοιχτή συζήτηση

Datis-Kalali · #1

Ανοίγω το θέμα για να να συζητούμε θέματα αλγεβράς και θεωρία αριθμών (επίπεδου BMO ,Αρχιμήδη και JBMO). Είστε ευπρόσδεκτοι να βάλετε ασκήσεις σχετικό με το θέμα, με σκοπο να προετοιμάσουμε για τους διαγωνισμούς.
Ξεκινώ με 4 ασκήσεις:

Α1)Έστω ότι

είναι το σύνολο των πραγματικών αριθμών.
Να βρείτε όλες τις συνάρτησεις $f: R \rightarrow R$ που ικανοποιούν τις σχέσεις ταυτόχρονα:
i. $f(x+y) \ge f(x) \cdot f(y)$
ii. $f(x) \ge x+1$

A2) Αν a,b,c

είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί έτσι ώστε a^2+b^2+c^2+abc=4

να δείξετε ότι $\frac{4}{4-a^2}+\frac{4}{4-b^2}+\frac{4}{4-c^2}+abc \ge 5$

NT1) Έστω ότι

είναι το σύνολο των θετικών ακέραιων.
Να δείξετε ότι υπάρχουν άπειρες συνάρτησεις $f: N \rightarrow N$ που ικανοποιούν τις σχέσεις ταυτόχρονα:
i. Η συνάρτηση

είναι

(ένα προς ένα)
ιii.Αν $m \vert n$ τότε $f(m) \vert f(n)$
iii.Το πλήθος των διαιρέτων του f(n)

είναι διπλάσιο του πλήθου των διαιρέτων του

NT2) Να βρείτε όλες τις ακέραιες λύσεις της εξίσωσης 2(x^5+y^5+1)=5xy(x^2+y^2+1)

Datis-Kalali · #2

Θα προσθέσω ακόμη μια ασκησή
Α3) Αν a,b,c

είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί έτσι ώστε abc=1

, να δείξετε ότι
$a^3+b^3+c^3 \ge \frac{3}{2}+\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}$

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #3

Datis-Kalali έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 02, 2018 1:46 pm
Θα προσθέσω ακόμη μια ασκησή
Α3) Αν είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί έτσι ώστε , να δείξετε ότι
$a^3+b^3+c^3 \ge \frac{3}{2}+\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}$

Έχουμε πως:

$a^3+b^3+c^3 \geq \dfrac{3}{2}+\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3\geq \dfrac{9}{2}+\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\geq \dfrac{9}{2}+\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}$

Όμως από Schur

έχουμε πως $a^3+b^3+c^3+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$ .

Άρα αρκεί:

$ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)\geq \dfrac{9}{2}+\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow \dfrac{a+b}{c}+\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b}\geq \dfrac{9}{2}+\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}$ .

Από ανισότητα Andreescu

παρατηρούμε πως:

$4(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b})=\dfrac{4a^2}{ab+ac}+\dfrac{4b^2}{bc+ba}+\dfrac{4c^2}{ca+cb}\leq$

$\dfrac{a^2}{ab}+\dfrac{a^2}{ac}+\dfrac{b^2}{bc}+\dfrac{b^2}{ba}+\dfrac{c^2}{ca}+\dfrac{c^2}{cb}=\dfrac{a+b}{c}+\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b}$ .

Επομένως αρκεί:

$4(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b})\geq \dfrac{9}{2}+\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\Leftrightarrow 3(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b})\geq \dfrac{9}{2}\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow \dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\geq \dfrac{3}{2}$ , που ισχύει, καθώς είναι η ανισότητα Nesbitt

.

Ορέστης Λιγνός · #4

Datis-Kalali έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 02, 2018 1:46 pm
Θα προσθέσω ακόμη μια ασκησή
Α3) Αν είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί έτσι ώστε , να δείξετε ότι
$a^3+b^3+c^3 \ge \frac{3}{2}+\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}$

Είναι από AM-GM:
$\textnormal{\en RHS}=\dfrac{3}{2}+\displaystyle \sum{\dfrac{a}{b+c}} \leqslant \dfrac{3}{2}+\displaystyle \sum{\dfrac{a}{2\sqrt{bc}}}=\dfrac{3}{2}+\displaystyle \sum{\dfrac{a}{2\sqrt{\dfrac{1}{a}}}}=\dfrac{3}{2}+\displaystyle \dfrac{\displaystyle \sum{\sqrt{a^3}}}{2}$ .

Αρκεί επομένως $a^3+b^3+c^3 \geqslant \dfrac{3}{2}+\displaystyle \dfrac{\displaystyle \sum{\sqrt{a^3}}}{2}$ , και θέτοντας $\sqrt{a^3}=x,\sqrt{b^3}=y,\sqrt{c^3}=z$ έχουμε ν.δ.ό. :

$x^2+y^2+z^2 \geqslant \dfrac{3}{2}+\dfrac{x+y+z}{2}$ με xyz=1

.

Από C-S, $x^2+y^2+z^2 \geqslant \dfrac{(x+y+z)^2}{3}$ , αρκεί επομένως $\dfrac{(x+y+z)^2}{3} \geqslant \dfrac{3}{2}+\dfrac{x+y+z}{2}$ .

Θέτουμε x+y+z=t

. Έχουμε τότε να δείξουμε ότι : $\dfrac{t^2}{3} \geqslant \dfrac{3}{2}+\dfrac{t}{2} \Leftrightarrow ... \Leftrightarrow (t-3)(2t+3) \geqslant 0$ , που ισχύει καθώς $t=x+y+z \geqslant 3\sqrt[3]{xyz}=3$ .

Το ίσον για a=b=c=1

.

M.S.Vovos · #5

Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις $\displaystyle{f:\mathbb{R}\longrightarrow \mathbb{R}}$ τέτοιες ώστε για κάθε $\displaystyle{x,y\in \mathbb{R}}$ να ισχύει:

$\displaystyle{xf(y)+yf(x)=2f\left ( f(x)f(y) \right )}$ Φιλικά,
Μάριος

Datis-Kalali · #6

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 02, 2018 2:10 pm

Datis-Kalali έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 02, 2018 1:46 pm
Θα προσθέσω ακόμη μια ασκησή
Α3) Αν είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί έτσι ώστε , να δείξετε ότι
$a^3+b^3+c^3 \ge \frac{3}{2}+\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}$
Έχουμε πως:

$a^3+b^3+c^3 \geq \dfrac{3}{2}+\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3\geq \dfrac{9}{2}+\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\geq \dfrac{9}{2}+\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}$

Όμως από έχουμε πως $a^3+b^3+c^3+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$ .

Άρα αρκεί:

$ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)\geq \dfrac{9}{2}+\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow \dfrac{a+b}{c}+\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b}\geq \dfrac{9}{2}+\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}$ .

Από ανισότητα παρατηρούμε πως:

$4(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b})=\dfrac{4a^2}{ab+ac}+\dfrac{4b^2}{bc+ba}+\dfrac{4c^2}{ca+cb}\leq$

$\dfrac{a^2}{ab}+\dfrac{a^2}{ac}+\dfrac{b^2}{bc}+\dfrac{b^2}{ba}+\dfrac{c^2}{ca}+\dfrac{c^2}{cb}=\dfrac{a+b}{c}+\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b}$ .

Επομένως αρκεί:

$4(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b})\geq \dfrac{9}{2}+\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\Leftrightarrow 3(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b})\geq \dfrac{9}{2}\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow \dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\geq \dfrac{3}{2}$ , που ισχύει, καθώς είναι η ανισότητα .

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 02, 2018 3:14 pm

Datis-Kalali έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 02, 2018 1:46 pm
Θα προσθέσω ακόμη μια ασκησή
Α3) Αν είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί έτσι ώστε , να δείξετε ότι
$a^3+b^3+c^3 \ge \frac{3}{2}+\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}$
Είναι από AM-GM:
$\textnormal{\en RHS}=\dfrac{3}{2}+\displaystyle \sum{\dfrac{a}{b+c}} \leqslant \dfrac{3}{2}+\displaystyle \sum{\dfrac{a}{2\sqrt{bc}}}=\dfrac{3}{2}+\displaystyle \sum{\dfrac{a}{2\sqrt{\dfrac{1}{a}}}}=\dfrac{3}{2}+\displaystyle \dfrac{\displaystyle \sum{\sqrt{a^3}}}{2}$ .

Αρκεί επομένως $a^3+b^3+c^3 \geqslant \dfrac{3}{2}+\displaystyle \dfrac{\displaystyle \sum{\sqrt{a^3}}}{2}$ , και θέτοντας $\sqrt{a^3}=x,\sqrt{b^3}=y,\sqrt{c^3}=z$ έχουμε ν.δ.ό. :

$x^2+y^2+z^2 \geqslant \dfrac{3}{2}+\dfrac{x+y+z}{2}$ με .

Από C-S, $x^2+y^2+z^2 \geqslant \dfrac{(x+y+z)^2}{3}$ , αρκεί επομένως $\dfrac{(x+y+z)^2}{3} \geqslant \dfrac{3}{2}+\dfrac{x+y+z}{2}$ .

Θέτουμε . Έχουμε τότε να δείξουμε ότι : $\dfrac{t^2}{3} \geqslant \dfrac{3}{2}+\dfrac{t}{2} \Leftrightarrow ... \Leftrightarrow (t-3)(2t+3) \geqslant 0$ , που ισχύει καθώς $t=x+y+z \geqslant 3\sqrt[3]{xyz}=3$ .

Το ίσον για .

Πολύ καλές λύσεις.

harrisp · #7

Datis-Kalali · #8

M.S.Vovos έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 02, 2018 3:55 pm
Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις $\displaystyle{f:\mathbb{R}\longrightarrow \mathbb{R}}$ τέτοιες ώστε για κάθε $\displaystyle{x,y\in \mathbb{R}}$ να ισχύει:

$\displaystyle{xf(y)+yf(x)=2f\left ( f(x)f(y) \right )}$ Φιλικά,
Μάριος

Θέτουμε

στην εξίσωση και παιρνούμε f(f(0)^2)=0

.
Άρα υπάρχει $v \in R$ έτσι ώστε f(v)=0

Τωρά θέτουμε y=v

και πάιρνουμε $f(x)=\frac{2f(0)}{v}$ , δηλαδή έχουμε ότι το

είναι σταθερό.
Θέτουμε f(x)=c

και πάιρνουμε cx+cy=c

για κάθε $x,y \in R$
Άρα c=0

η

M.S.Vovos · #9

Datis-Kalali έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 02, 2018 4:16 pm

M.S.Vovos έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 02, 2018 3:55 pm
Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις $\displaystyle{f:\mathbb{R}\longrightarrow \mathbb{R}}$ τέτοιες ώστε για κάθε $\displaystyle{x,y\in \mathbb{R}}$ να ισχύει:

$\displaystyle{xf(y)+yf(x)=2f\left ( f(x)f(y) \right )}$ Φιλικά,
Μάριος
Θέτουμε στην εξίσωση και παιρνούμε .
Άρα υπάρχει $v \in R$ έτσι ώστε
Τωρά θέτουμε
και πάιρνουμε $f(x)=\frac{2f(0)}{v}$ , δηλαδή έχουμε ότι το είναι σταθερό.
Θέτουμε και πάιρνουμε για κάθε $x,y \in R$
Άρα η

Για δες το ξανά. Σου λείπουν λύσεις.

Φιλικά,
Μάριος

min## · #10

(με αμφιβολίες):Αυτή που ξέφυγε (λόγω της υπόθεσης $f(0)\neq 0$ που τελικά κρίθηκε εσφαλμένη)
είναι η $f(x)=\pm x$ .
Υποθέτω ότι η

είναι μη μηδενική.
Θέτω x=y

και η αρχική γίνεται $\bullet xf(x)=f(f^2(x))$ .Αν για z,w

ισχύει $f(z)=f(w)\neq 0$ ,τότε $z=\frac{f(f^2(z))}{f(z)}=\frac{f(f^2(w))}{f(w)}=w$ ,ενώ αν για κάποια

,

,από την αρχική, $(x,y)\rightarrow (x,u)$ $:uf(x)=2f(0),\forall x\epsilon \mathbb{R}$ .Όμως, αναγκαστικά f(0)=0

,και συνεπώς $uf(x)=0,\forall x\epsilon \mathbb{R}$ ,το οποίο,για $u\neq 0$ είναι άτοπο από την υπόθεση ότι η

είναι μη μηδενική.Άρα, f(u)=0< = > u=0

και σύμφωνα και με τα παραπάνω,η

είναι 1 προς 1.
Με $(x,y)\rightarrow (1,1)$ , η αρχική γίνεται f(1)=f(f(1)^2)< = > 1=f(1)^2

.Παίρνω την περίπτωση f(1)=1

γιατί τα ίδια ισχύουν και για την άλλη περίπτωση:
Από την αρχική,για $(x,y)\rightarrow (x,1)$ προκύπτει $\bigstar x+f(x)=2f(f(x))$ .Πάλι από την αρχική,για $(x,y)\rightarrow (f^2(x),f^2(y))$ και λόγω της $\bullet$ ,είναι $\blacktriangledown xf(x)f^2(y)+yf(y)f^2(x)=2f(xyf(x)f(y))=f(x)f(y)*2f(f(x)f(y))$
.Τώρα,θέτοντας $(x,y)\rightarrow (x,\frac{1}{x}),x\neq 0$ προκύπτει $f(x)f(\frac{1}{x})=1$ ,όπου στην αρχική,για $(x,y)\rightarrow (x,\frac{1}{x})$ παίρνω $\frac{x}{f(x)}+\frac{f(x)}{x}=2f(f(x)f(\frac{1}{x}))=2$ ,δηλαδή (f(x)-x)^2=0

.Άρα $f(x)=x,\forall x\epsilon \mathbb{R}$ εκτός του μηδενός.Όμως f(0)=0

και τελικά f(x)=x

Αν υπέθετα ότι f(1)=-1

θα έφτανα στην άλλη λύση..

υγ:κάποια πράγματα που γράφτηκαν δεν χρησιμοποιήθηκαν

Datis-Kalali · #11

Μια υπόδειξη για το Α1.
Η απάντηση είναι f(x)=e^x

.

ΑΝΔΡΕΑΣ ΛΑΜΠΡΟΥ · #12

Datis-Kalali έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 02, 2018 1:46 pm
Θα προσθέσω ακόμη μια ασκησή
Α3) Αν είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί έτσι ώστε , να δείξετε ότι
$a^3+b^3+c^3 \ge \frac{3}{2}+\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}$

Μετά από πράξεις αρκεί ν.δ.ο : $\displaystyle{a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq \frac{3}{2} +\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}+ab\cdot\left ( a+b \right )+bc\cdot\left ( b+c\right )+ca\cdot\left ( c+a \right )+3abc}{\left ( a+b \right )\left (b+c \right )\left ( c+a \right )}\Leftrightarrow }$
$\displaystyle{\Leftrightarrow a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq \frac{3}{2} +\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}+ab\cdot\left ( a+b \right )+bc\cdot\left ( b+c\right )+ca\cdot\left ( c+a \right )+3abc}{8abc}\Leftrightarrow }$
$\displaystyle{\Leftrightarrow 8\left (a^{3}+b^{3}+c^{3} \right )\geq 15+3\left(a^{3}+b^{3}+c^{3} \right )\Leftrightarrow }$
$\displaystyle{\Leftrightarrow a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq3}$ που ισχύει. Χρησιμοποιήθηκαν τα εξής λήμματα:
$\displaystyle{\left ( a+b \right )\left (b+c \right )\left ( c+a \right)\geq 8abc}$ , $\displaystyle{ a^{3}+b^{3}\geq ab\cdot\left ( a+b \right )}$ , $\displaystyle{ a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq3abc}$

Panagiotis11 · #13

NT3) Να βρείτε τις τριάδες x,y,z> 0

,που ικανοποιούν την εξίσωση:
$1+2^{x}3^{y}=z^{2}$

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #14

Panagiotis11 έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 05, 2018 10:23 am
NT3) Να βρείτε τις τριάδες ,που ικανοποιούν την εξίσωση:
$1+2^{x}3^{y}=z^{2}$

Έχουμε πως:

$2^x\cdot 3^y=(z-1)(z+1)$

Αν x=0

τότε πρέπει 3^y=(z-1)(z+1)

, άρα

,

, άρα

, με $a\geq b+1$ . Αν $b\geq 1$ , τότε $3^b+2<3^{b+1}\leq 3^a$ , άτοπο. Άρα b=0

και

, οπότε

και

.

Μια λύση λοιπόν είναι η (x, y, z)=(0, 1, 2)

Αν

τότε πρέπει 2^x=(z-1)(z+1)

, άρα

, με $a\geq b+1$ . Αν $b\geq 2$ , τότε $2^b+2<2^{b+1}\leq 2^a$ , άτοπο. Άρα b<2

και εύκολα βρίσκουμε πως b=1

και

, οπότε

και

.

Μια λύση λοιπόν είναι η (x, y, z)=(3, 0, 3)

.

Έστω τώρα x, y>0

. Θα είναι $z\geq 3$ .

Ισχύει πως το

είναι περιττός, άρα το z-1

και το

διαιρούνται με το

. Άρα $x\geq 2$ . Έστω k=x-2

, με $k\geq 0$ .

Τότε προκύπτει ότι $2^k\cdot 3^y=\dfrac{z-1}{2}\cdot \dfrac{z+1}{2}$ . Αν θέσουμε όπου $\dfrac{z-1}{2}=c$ , όπου

θετικός ακέραιος, η εξίσωση γίνεται:

$2^k\cdot 3^y=c(c+1)$

Λόγω του ότι οι αριθμοί

και

είναι πρώτοι μεταξύ τους διακρίνουμε τις εξής δύο περιπτώσεις:

1) c=2^k

και

. Έχουμε λοιπόν ότι 3^y-1=2^k

, από το θεώρημα Catalan

προκύπτει ότι μοναδική λύση είναι η y=2

και

, άρα

και

, οπότε

.

Λύση λοιπόν είναι η (x, y, z)=(5, 2, 17)

.

2)

και

. Έχουμε πως 3^y+1=2^k

, άρα προκύπτει η τετριμμένη λύση (y, k)=(1, 2)

, ενώ το θεώρημα Catalan

μας υποδεικνύει πως δεν υπάρχει άλλη. Επομένως y=1

και

, άρα

.

Λύση λοιπόν είναι η (x, y, z)=(4, 1, 7)

.

Datis-Kalali · #15

Panagiotis11 έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 05, 2018 10:23 am
NT3) Να βρείτε τις τριάδες ,που ικανοποιούν την εξίσωση:
$1+2^{x}3^{y}=z^{2}$

Αρχικά , η εξίσωση γράφεται $2^{x}3^{y}=(z+1)(z-1)$
Τότε z+1=2^a3^b

,

Δηλαδή $2^a3^b-2^c3^d=2 \Rightarrow 2^{a-1}3^b=2^{c-1}3^d$
Αφου το δεξί μέλος δεν διαιρείται με το 2 , έχω τις περιπτώσεις:
1) a=1

Η εξίσωση γράφεται $3^b-2^{c-1}3^d=1$
Αφου το δεξί μέλος δεν διαιρείται με το 3 και $2^{c-1}3^d>0$ , πρέπει να έχω d=0

σε αλλά λόγια $3^b-2^{c-1}=1$ , που έχει τις λύσεις (b,c)=(2,4)

και

: (*)
2)

Η εξίσωση γράφεται $2^{a-1}3^b-3^d=1$
Αφου το δεξί μέλος δεν διαιρείται με το 3 , πρέπει να έχω d=0

ή

. Η περίπτωση d=0

καταλήγει σε (a,b,c,d)=(2,0,1,0)

Έτσι έχουμε

, δηλαδή πρέπει να λύσουμε την εξίσωση $2^{a-1}-3^d=1$ , που έχει λύση (a,d)=(3,1)

. : (**)
Άρα $(a,b,c,d) \in \{(3,0,1,1),(2,0,1,0),(1,2,4,0),(1,1,2,0)\}$ .
Αφού x=a+c

και

ευκολά βρουμε $(x,y,z) \in \{(\(4,1,7),(3,0,3),(5,2,17),(3,1,5)\}$ .
Σημείωση: (Η λύση (x,y,z)=(3,0,3)

απορρίπτεται αφου x,y,z>0

, εκτός αν ζητάει για μη-αρνητικές λύσεις)
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Σχόλια: (*) Η εξίσωση 3^x-2^y=1

έχει λύσεις (x,y)=(2,3),(1,1)

. Μπορεί να αποδείχθει, με mod 4

και έχουμε

είναι αρτιός και έχουμε περιπτώσεις.
(**) Όμοια η εξίσωση 2^x-3^y=1

έχει λύση

Μπορεί να αποδείχθει, με mod 8

και έχουμε $x \le 2$

Panagiotis11 · #16

NT4) Να βρείτε όλα τα ζεύγη θετικών ακεραίων, τέτοια ώστε το τελευταίο ψηφίο του αθροίσματός τους να είναι 3,
η διαφορά τους να είναι πρώτος αριθμός και το γινόμενο τους να είναι τετράγωνο θετικού ακεραίου.

Panagiotis11 · #17

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 05, 2018 11:54 am

Panagiotis11 έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 05, 2018 10:23 am
NT3) Να βρείτε τις τριάδες ,που ικανοποιούν την εξίσωση:
$1+2^{x}3^{y}=z^{2}$

1) και . Έχουμε λοιπόν ότι , από το θεώρημα προκύπτει ότι μοναδική λύση είναι η και , άρα και , οπότε .

Πολύ ωραία λύση,μια μικρή παρατήρηση.Το θεώρημα Catalan

αναφέρεται σε y>1,k>1

.Αφού υπάρχει $k\geq 0$ τότε για k=1

προκύπτει η τετριμμένη λύση (x,y,z)=(3,1,5)

.Για

ισχύει το θ. Catalan

#18

Datis-Kalali έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 01, 2018 8:19 pm
Α1)Έστω ότι είναι το σύνολο των πραγματικών αριθμών.
Να βρείτε όλες τις συνάρτησεις $f: R \rightarrow R$ που ικανοποιούν τις σχέσεις ταυτόχρονα:
i. $f(x+y) \ge f(x) \cdot f(y)$
ii. $f(x) \ge x+1$

Επαγωγικά η (i) δίνει $f(x_1 + \cdots + x_n) \geqslant f(x_1) \cdots f(x_n)$ . Έστω $t \in \mathbb{R}$ . Για $x_1 = \cdots = x_n = t/n$ παίρνουμε $f(t) \geqslant f(t/n)^n$ . Άρα από την (ii) έχουμε

$\displaystyle f(t) \geqslant \left(1 + \frac{t}{n}\right)^n$

για κάθε $t \in \mathbb{R}$ και κάθε $n \in \mathbb{N}$ .

Παίρνοντας όρια όταν το

τείνει στο άπειρο (εδώ ξεφεύγουμε λίγο από την ύλη των ολυμπιάδων) καταλήγουμε στο $f(t) \geqslant e^t$ για κάθε $t \in \mathbb{R}$ .

Η (i) για x = y = 0

δίνει $f(0) \geqslant f(0)^2$ , που δίνει $f(0) \in [0,1]$ . Όμως η (ii) δίνει $f(0) \geqslant 1$ , και άρα f(0) = 1

.

Έστω τώρα $t \in \mathbb{R}$ . Για x=t,y=-t

η (i) δίνει

$\displaystyle 1 = f(0) = f(t-t) \geqslant f(t)f(-t) \geqslant e^t e^{-t} = 1$

με ισότητα μόνο αν f(t) = e^t

.

Πρέπει λοιπόν f(x) = e^x

για κάθε $x \in \mathbb{R}$ . (Οι συνθήκες ικανοποιούνται.)

#19

Datis-Kalali έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 01, 2018 8:19 pm
NT1) Έστω ότι είναι το σύνολο των θετικών ακέραιων.
Να δείξετε ότι υπάρχουν άπειρες συνάρτησεις $f: N \rightarrow N$ που ικανοποιούν τις σχέσεις ταυτόχρονα:
i. Η συνάρτηση είναι (ένα προς ένα)
ιii.Αν $m \vert n$ τότε $f(m) \vert f(n)$
iii.Το πλήθος των διαιρέτων του είναι διπλάσιο του πλήθου των διαιρέτων του

Για

συγκεκριμένο πρώτο, ορίζουμε $f(n) = p^{r+1}n$ , όπου p^r

είναι η μεγαλύτερη δύναμη του

η οποία διαιρεί το

. Ας ελέγξουμε ότι ισχύουν τα (i)-(iii)

(i) Αν p^r

η μεγαλύτερη δύναμη του

η οποία διαιρεί το

, τότε $p^{2r+1}$ είναι η μεγαλύτερη δύναμη του

η οποία διαιρεί το f(n)

. Άρα $n = f(n)/p^{(k+1)/2}$ όπου p^k

η μεγαλύτερη δύναμη του

η οποία διαιρεί το f(n)

.

(ii) Άμεσο γράφοντας τους m,n

σε γινόμενα πρώτων παραγόντων.

(iii) Άμεσο από τον τύπο $d(p_1^{r_1} \cdots p_k^{r_k}) = (r_1+1) \cdots (r_k+1)$ , όπου d(n)

το πλήθος των διαιρετών του

. Πράγματι, αν p^r

η μέγιστη δύναμη του

που διαιρεί τον

, τότε η συνεισφορά του πρώτου

στον τύπο για το πλήθος των διαιρετών είναι r+1

για το

και

για το

.

Προφανώς για διαφορετικούς πρώτους έχουμε διαφορετικές συναρτήσεις (διαφέρουν π.χ. στο p(1)

) άρα υπάρχουν όντως άπειρες τέτοιες συναρτήσεις.

Επεξεργασία: Υπάρχουν άλλες τέτοιες συναρτήσεις ή όχι; (Έχω λύση, αλλά δεν λέω αν η απάντηση είναι αρνητική ή καταφατική.)

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #20

Panagiotis11 έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 05, 2018 12:42 pm

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 05, 2018 11:54 am

Panagiotis11 έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 05, 2018 10:23 am
NT3) Να βρείτε τις τριάδες ,που ικανοποιούν την εξίσωση:
$1+2^{x}3^{y}=z^{2}$

1) και . Έχουμε λοιπόν ότι , από το θεώρημα προκύπτει ότι μοναδική λύση είναι η και , άρα και , οπότε .

Πολύ ωραία λύση,μια μικρή παρατήρηση.Το θεώρημα αναφέρεται σε .Αφού υπάρχει $k\geq 0$ τότε για
προκύπτει η τετριμμένη λύση .Για ισχύει το θ.

Ναι βλακεία πως μου ξέφυγε αυτή η τελείως τετριμμένη λύση...

Ασκήσεις Άλγεβρας/θεωρία αριθμών (Επίπεδο BMO, Αρχιμήδης και JBMO)-Ανοιχτή συζήτηση

Ασκήσεις Άλγεβρας/θεωρία αριθμών (Επίπεδο BMO, Αρχιμήδης και JBMO)-Ανοιχτή συζήτηση

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας/θεωρία αριθμών (Επίπεδο BMO, Αρχιμήδης και JBMO)-Ανοιχτή συζήτηση

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας/θεωρία αριθμών (Επίπεδο BMO, Αρχιμήδης και JBMO)-Ανοιχτή συζήτηση

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας/θεωρία αριθμών (Επίπεδο BMO, Αρχιμήδης και JBMO)-Ανοιχτή συζήτηση

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας/θεωρία αριθμών (Επίπεδο BMO, Αρχιμήδης και JBMO)-Ανοιχτή συζήτηση

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας/θεωρία αριθμών (Επίπεδο BMO, Αρχιμήδης και JBMO)-Ανοιχτή συζήτηση

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας/θεωρία αριθμών (Επίπεδο BMO, Αρχιμήδης και JBMO)-Ανοιχτή συζήτηση

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας/θεωρία αριθμών (Επίπεδο BMO, Αρχιμήδης και JBMO)-Ανοιχτή συζήτηση

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας/θεωρία αριθμών (Επίπεδο BMO, Αρχιμήδης και JBMO)-Ανοιχτή συζήτηση

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας/θεωρία αριθμών (Επίπεδο BMO, Αρχιμήδης και JBMO)-Ανοιχτή συζήτηση

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας/θεωρία αριθμών (Επίπεδο BMO, Αρχιμήδης και JBMO)-Ανοιχτή συζήτηση

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας/θεωρία αριθμών (Επίπεδο BMO, Αρχιμήδης και JBMO)-Ανοιχτή συζήτηση

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας/θεωρία αριθμών (Επίπεδο BMO, Αρχιμήδης και JBMO)-Ανοιχτή συζήτηση

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας/θεωρία αριθμών (Επίπεδο BMO, Αρχιμήδης και JBMO)-Ανοιχτή συζήτηση

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας/θεωρία αριθμών (Επίπεδο BMO, Αρχιμήδης και JBMO)-Ανοιχτή συζήτηση

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας/θεωρία αριθμών (Επίπεδο BMO, Αρχιμήδης και JBMO)-Ανοιχτή συζήτηση

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας/θεωρία αριθμών (Επίπεδο BMO, Αρχιμήδης και JBMO)-Ανοιχτή συζήτηση

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας/θεωρία αριθμών (Επίπεδο BMO, Αρχιμήδης και JBMO)-Ανοιχτή συζήτηση

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας/θεωρία αριθμών (Επίπεδο BMO, Αρχιμήδης και JBMO)-Ανοιχτή συζήτηση

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας/θεωρία αριθμών (Επίπεδο BMO, Αρχιμήδης και JBMO)-Ανοιχτή συζήτηση

Μέλη σε σύνδεση