mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 12, 2020 11:39 pm**

ΘΕΜΑ 1
Να λυθεί στους πρώτους αριθμούς η εξίσωση $\displaystyle{\displaystyle{xyz+1=2^{y^2+1}.}}$

ΘΕΜΑ 2
Έστω ABCD

εγγράψιμο τετράπλευρο με AB = BC

και

Το σημείο

βρίσκεται στο έλασσον τόξο

του περιγεγραμμένου κύκλου του τετραπλεύρου. Οι ευθείες

και

τέμνονται στο

ενώ οι ευθείες

και

στο

Να αποδείξετε ότι $PQ \parallel AC.$

ΘΕΜΑ 3
Στην περιφέρεια ενός κύκλου υπάρχουν εξήντα σημεία, τριάντα από τα οποία είναι χρωματισμένα κόκκινα, είκοσι μπλε και δέκα πράσινα. Τα σημεία αυτά διαιρούν τον κύκλο σε εξήντα τόξα. Σε καθένα από αυτά τα τόξα γράφουμε έναν αριθμό, σύμφωνα με τους κανόνες:
Αν το τόξο συνδέει ένα κόκκινο και ένα πράσινο σημείο τότε γράφουμε τον αριθμό 1,
αν το τόξο συνδέει ένα κόκκινο και ένα μπλε σημείο τότε γράφουμε τον αριθμό 2,
αν το τόξο συνδέει ένα μπλε και ένα πράσινο σημείο τότε γράφουμε τον αριθμό 3 και
αν το τόξο συνδέει σημεία ίδιου χρώματος τότε γράφουμε τον αριθμό 0.
Ποια είναι η μέγιστη δυνατή τιμή του αθροίσματος των αριθμών στα τόξα;

ΘΕΜΑ 4
Αν $x,y,z \in (0,1)$ τέτοιοι ώστε $\displaystyle \sqrt{\frac{1-x}{yz}}+\sqrt{\frac{1-y}{zx}}+\sqrt{\frac{1-z}{xy}}=2$ , να βρεθεί η μέγιστη τιμή του xyz.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 13, 2020 12:09 am**

socrates έγραψε: ↑
Τετ Αύγ 12, 2020 11:39 pm
ΘΕΜΑ 2
Έστω εγγράψιμο τετράπλευρο με και Το σημείο βρίσκεται στο έλασσον τόξο του περιγεγραμμένου κύκλου του τετραπλεύρου. Οι ευθείες και τέμνονται στο ενώ οι ευθείες και στο Να αποδείξετε ότι $PQ \parallel AC.$

Καλησπέρα!

Είναι $\angle{BMA}=\angle{BCA}=\angle{BAC}=\angle{BDP}=\angle{QDP}$ ,άρα το τετράπλευρο QMPD

είναι εγγράψιμο σε κύκλο. Οπότε $\angle{MQP}=\angle{MDP}=\angle{MDC}=\angle{MAC}\Leftrightarrow QP//AC$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 13, 2020 10:04 am**

socrates έγραψε: ↑
Τετ Αύγ 12, 2020 11:39 pm
ΘΕΜΑ 1
Να λυθεί στους πρώτους αριθμούς η εξίσωση $\displaystyle{\displaystyle{xyz+1=2^{y^2+1}.}}$

Με επιφυλάξεις...
Προφανώς x,y,z>2

Έστω ότι $x,y,z\not\equiv\ 0(mod3)$
Τότε $xyz+1\equiv\ 0,2(mod3)$ ,όμως $2^{y^{2}+1}\equiv\ 4\equiv\ 1(mod3)$
Άρα έχουμε αντίφαση και θα πρέπει τουλάχιστόν 1 όρος να είναι 3. Διακρίνουμε τις περιπτώσεις
•Αν y=3

, τότε $3xz+1=2^{10}$
Παίρνοντας το Μικρό θεώρημα του Fermat(αφού (2,11)=1

είναι $3xz=2^{10}-1\equiv\ 1-1\equiv\ 0(mod11)$
Άρα x=11

ή

, από όπου προκύπτουν οι λύσεις (x,y,z)=(11,3,31),(31,3,11)

•Αν

ή

.

.Τότε $3yz+1=2^{y^{2}+1}$
Όμως αφού $ord_{3}(2)=2\Leftrightarrow y^{2}+1=2k$ ,όπου

θετικός ακέραιος.
Τότε $3yz=2^{2k}-1=(2^{k}-1)(2^{k}+1)$
Αν $2^{k}-1=3\Leftrightarrow y^{2}=5$ , άτοπο.
Αν $2^{k}+1=3y$ , τότε $2^{k}-1=z$
Μεπρόσθεση κατά μέλη παίρνω ότι $2^{k+1}=3y+z$ και με αφαίρεση είναι 2=3y-z

. Προσθέτοντας τις τελευταίες 2 σχέσεις κατα μέλη παιρνουμε ότι
$2+2^{k+1}=6y\Leftrightarrow 1+2^{k}=3y\Leftrightarrow\ 1+2^{k}=3\sqrt{2k-1} ...\Leftrightarrow 2^{k}(1+2^{k-1})=9k-5$
Για k=1,2

δεν έχουμε λύσεις
Για $k\geqslant 3$ , τότε με τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής αποδεικνύουμε ότι $2^{k}(1+2^{k-1})>9k-5$
Οπότε η εξίσωση έχει μοναδικές λύσεις (x,y,z)=(11,3,31),(31,3,11)

.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 13, 2020 10:18 am**

socrates έγραψε: ↑
Τετ Αύγ 12, 2020 11:39 pm
ΘΕΜΑ 1
Να λυθεί στους πρώτους αριθμούς η εξίσωση $\displaystyle{\displaystyle{xyz+1=2^{y^2+1}.}}$

Μπορούμε να αποφύγουμε την περιπτωσολογία.Τετριμμένα $y\neq 2$ . Παίρνω τα δύο μέλη mod y

:
$2^{y^2+1}\equiv 1 (mod y)$ . Επομένως ord_y(2)|(y^2+1,y-1)

.
Όμως

και καταλήγω στο $ord_y(2)=2\Rightarrow y=3$ και τελειώνουμε όπως παραπάνω.

mathematica.gr

Τεστ Εξάσκησης (47), Μικροί

Τεστ Εξάσκησης (47), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (47), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (47), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (47), Μικροί