Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2521

socrates έγραψε: Άσκηση 1297
Βρείτε το μέγιστο θετικό ακέραιο , με την ιδιότητα:
Αν είναι πρώτος διαιρέτης του , τότε ο αριθμός είναι διαιρέτης του .

Κάθε τέτοιος ακέραιος

πρέπει να είναι πολλαπλάσιο του

. Πράγματι έστω πρώτος

με

. Αν $p \neq 2,3$ τότε $p^2 \equiv 1 \bmod 8$ και $p^2 \equiv 1 \bmod 3$ οπότε $p^2 \equiv 1 \bmod 24$ και άρα 24|n

. Αν

, τότε

και άρα και 24|n

. Τέλος αν p=2

τότε

και όπως προηγουμένως παίρνουμε και 24|n

.

Επομένως πρέπει $n \leqslant 2016$ . Το $n = 2016 = 2^5 \cdot 3 \cdot 7$ δουλεύει αφού τα 2^2-1=3,3^2-1=8

και

όντως διαιρούν το

.

#2522

socrates έγραψε: Άσκηση 1303
Δείξτε ότι ανάμεσα σε οποιεσδήποτε κορυφές ενός κανονικού γώνου, υπάρχουν τρεις που αποτελούν κορυφές ισοσκελούς τριγώνου.
Γενίκευση: viewtopic.php?f=111&t=51509

Υποθέτουμε ότι επιλέξαμε 51 κορυφές χωρίς τέτοιο τρίγωνο.

Έχουμε συνολικά $\binom{51}{2} = 25 \times 51$ ζεύγη επιλεγμένων κορυφών. Θα μετρήσουμε τον αριθμό των ζευγών και με διαφορετικό τρόπο και θα δείξουμε ότι είναι μικρότερος από $25 \times 51$ καταλήγοντας σε άτοπο.

Σε κάθε ζεύγος επιλεγμένων κορυφών x,y

αντιστοιχούμε το σύνολο $\{x-y,y-x\}$ όπου οι αριθμοί υπολογίζονται $\bmod 101$ . Υπάρχουν ακριβώς

σύνολα που μπορούμε να αντιστοιχίσουμε σε κάποιο ζεύγος. Τα $\{1,100\},\{2,99\},\ldots,\{50,51\}$ .

Αν ένα τέτοιο σύνολο το αντιστοιχίζουμε τόσο στο ζεύγος κορυφών (x,y)

όσο και στο ζεύγος (x,z)

, τότε οι κορυφές x,y,z

θα σχηματίζουν ισοσκελές τρίγωνο, άτοπο.

Άρα κάθε τέτοιο σύνολο μπορούμε να το αντιστοιχίσουμε το πολύ σε

ζεύγη κορυφών. (Για

ζεύγη, από περιστερώνα, θα υπάρχουν δυο ζεύγη με κοινή κορυφή.) Συνολικά λοιπόν έχουμε $25 \times 50 < 25 \times 51$ ζεύγη κορυφών, άτοπο.

#2523

Άσκηση 1305
Αν η εξίσωση ax^2+bx+8=0

δεν έχει δύο διαφορετικές πραγματικές ρίζες, να βρείτε την ελάχιστη τιμή της παράστασης 4a+b

.

Άσκηση 1306
Αν

$\displaystyle{S=\frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{3\cdot 4}+...+\frac{1}{99\cdot 100}}$ ,

και

$\displaystyle{T=\frac{1}{51\cdot 100}+\frac{1}{52\cdot 99}+...+\frac{1}{99\cdot 52}+\frac{1}{100\cdot 51}}$ .

να γράψετε σε ανάγωγη μορφή το κλάσμα $\displaystyle \frac{S}{T}$ .

Άσκηση 1307
Αν a, b, c, d

μη αρνητικοί αριθμοί, να δείξετε ότι

$\displaystyle{\sqrt[3]{ab} + \sqrt[3]{cd} \leq \sqrt[3]{(a + c + b) (a + c + d)}.}$

Άσκηση 1308
Αν a,b

και

είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί με άθροισμα

τότε να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{3}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\geq 4.}$
http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=51360

Άσκηση 1309
Να λυθεί στους πρώτους αριθμούς η εξίσωση $\displaystyle{xyz+1=2^{y^2+1}.}$

Άσκηση 1310
Έστω

ένας θετικός ακέραιος και 1 = d_1 < d_2 < d_3 < ... < d_k = n

οι διαιρέτες του.
Αν ισχύει d^2_3 + d^2_4 = 2n + 1,

να βρείτε όλες τις δυνατές τιμές του

Άσκηση 1311
Να προσδιορίσετε όλους τους ακέραιους αριθμούς $n, \ n\geq 2$ , για τους οποίους οι αριθμοί $1!,2!,3!,\cdots, (n-1)!$ διαιρούμενοι δια

αφήνουν διαφορετικά υπόλοιπα.
viewtopic.php?f=109&t=7328

Άσκηση 1312
Να βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους που μπορούν να γραφούν στη μορφή

$\displaystyle{\left\lfloor \frac{a+b}{c} \right\rfloor+\left\lfloor \frac{b+c}{a} \right\rfloor+\left\lfloor \frac{c+a}{b} \right\rfloor}$

όπου a,b,c

θετικοί ακέραιοι.

Άσκηση 1313
Με πόσους διαφορετικούς τρόπους μπορούμε να χρωματίσουμε μια $N\times N$ σκακιέρα, χρησιμοποιώντας

χρώματα, έτσι ώστε κουτάκια με κοινή πλευρά να χρωματίζονται με διαφορετικά χρώματα και κάθε $2\times 2$ τετράγωνο χρωματίζεται και με τα τέσσερα χρώματα.
http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=111&t=46881

Άσκηση 1314
Δέκα μαθητές αριθμημένοι από το

μέχρι το

κάθονται, με τυχαίο τρόπο, σε ένα στρογγυλό τραπέζι. Στη συνέχεια, κάθε μαθητής λαμβάνει έναν αριθμό, που είναι ίσος με το άθροισμα του αριθμού που έχει και των αριθμών των δύο μαθητών που κάθονται δίπλα του.
Να δείξετε ότι κάποιος από τους μαθητές θα λάβει αριθμό μεγαλύτερο του 17.

Άσκηση 1315
α) Να δείξετε ότι για οποιουσδήποτε ακέραιους a,b

υπάρχει ακέραιος

τέτοιος ώστε ο αριθμός $\displaystyle{|a^3b + b^3c + c^3a|}$ να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

β) Να δείξετε ότι το σύνολο των ακεραίων $\Bbb{Z}$ μπορεί να γραφεί ως ένωση ξένων ανά δύο συνόλων $A_n, \ n=1,2,...$ καθένα από τα οποία αποτελείται από 3 στοιχεία ${a_n, b_n, c_n},$ έτσι ώστε ο αριθμός $\displaystyle{ |a_n^3b_n + b_n^3c_n + c^3_na_n|}$ να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

Άσκηση 1316
(α) Να εξετάσετε αν το σύνολο των θετικών ακεραίων $\Bbb{Ν}$ μπορεί να γραφεί ως ένωση ξένων ανά δύο συνόλων $A_n, \ n=1,2,...$ καθένα από τα οποία αποτελείται από 2 στοιχεία και το άθροισμα των στοιχείων του συνόλου A_i

να είναι

για κάθε

(β) Να εξετάσετε αν το σύνολο των θετικών ακεραίων $\Bbb{Ν}$ μπορεί να γραφεί ως ένωση ξένων ανά δύο συνόλων $A_n, \ n=1,2,...$ καθένα από τα οποία αποτελείται από 2 στοιχεία και το άθροισμα των στοιχείων του συνόλου A_i

να είναι

για κάθε

Άσκηση 1317
Θεωρούμε ένα $10\times 10$ πίνακα.Σε κάθε κίνηση τοποθετούμε από ένα νόμισμα στα 4 τετραγωνάκια που σχηματίζονται από την τομή δυο (όχι απαραίτητα διαδοχικών) σειρών με δυο (όχι απαραίτητα διαδοχικές) στήλες.Μια κίνηση μπορεί να γίνει αν τουλάχιστον ένα από τα 4 τετράγωνα δεν έχει νομίσματα.Να βρεθεί ο μέγιστος αριθμός κινήσεων που μπορούν να γίνουν αν στην αρχή δεν υπάρχουν νομίσματα στον πίνακα.
http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=111&t=49811

raf616 · #2524

socrates έγραψε: Άσκηση 1309
Να λυθεί στους πρώτους αριθμούς η εξίσωση $\displaystyle{xyz+1=2^{y^2+1}.}$

Καλησπέρα Θανάση! Όμορφη άσκηση! Μία προσπάθεια:

Δεν μπορεί προφανώς κανείς από τους x, y, z

είναι

.

Κοιτάμε την εξίσωση $\pmod y$ . Προκύπτει $2^{y^2+1} \equiv 1 \pmod y$ . Όμως από μικρό θεώρημα του Fermat είναι $2^{y-1} \equiv 1 \pmod y$ .

Έστω $k = ord_{y}(2)$ . Προκύπτει k|y^2+1

και

που δίνει $k | gcd(y-1, y^2+1) \implies k | 2 \implies k = 1$ ή k=2

.

Αν

προφανώς έχουμε άτοπο, ενώ αν k=2

είναι

.

Τότε, η εξίσωση γράφεται $3xz = (2^5-1)(2^5+1) \iff 3xz = 3 \cdot 11 \cdot 31 \iff xz = 11 \cdot 31$ .

Εύκολα τώρα έχουμε τις λύσεις (x,y,z) = (11, 3, 31)

και

.

jason.prod · #2525

raf616 έγραψε:
socrates έγραψε: Άσκηση 1309
Να λυθεί στους πρώτους αριθμούς η εξίσωση $\displaystyle{xyz+1=2^{y^2+1}.}$
Καλησπέρα Θανάση! Όμορφη άσκηση! Μία προσπάθεια:

Δεν μπορεί προφανώς κανείς από τους είναι .

Κοιτάμε την εξίσωση $\pmod y$ . Προκύπτει $2^{y^2+1} \equiv 1 \pmod y$ . Όμως από μικρό θεώρημα του Fermat είναι $2^{y-1} \equiv 1 \pmod y$ .

Έστω $k = ord_{y}(2)$ . Προκύπτει και που δίνει $k | gcd(y-1, y^2+1) \implies k | 2 \implies k = 1$ ή .

Αν προφανώς έχουμε άτοπο, ενώ αν είναι .

Τότε, η εξίσωση γράφεται $3xz = (2^5-1)(2^5+1) \iff 3xz = 3 \cdot 11 \cdot 31 \iff xz = 11 \cdot 31$ .

Εύκολα τώρα έχουμε τις λύσεις και .

Στο ίδιο στυλ η λύση μου με του Ραφαήλ, διαφέρει σε ένα μόνο σημείο

$2^{y^2+1} \equiv 2^{(y-1)(y+1)}*2^2 \equiv 1*2^2 \equiv 4 (mody)$ . Όμως, από υπόθεση, $2^{y^2+1} \equiv 1 (mody) \Longrightarrow 4 \equiv 1 (mody) \Longrightarrow y=3$ . Τα άλλα εύκολα.

raf616 · #2526

socrates έγραψε:Άσκηση 1312
Να βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους που μπορούν να γραφούν στη μορφή

$\displaystyle{\left\lfloor \frac{a+b}{c} \right\rfloor+\left\lfloor \frac{b+c}{a} \right\rfloor+\left\lfloor \frac{c+a}{b} \right\rfloor}$

όπου θετικοί ακέραιοι.

Ωραία άσκηση!

Θα δείξω ότι κάθε αριθμός $n \geq 4$ μπορεί να γραφεί στην παραπάνω μορφή.

Καταρχήν χρησιμοποιώντας ότι $\lfloor x \rfloor > x - 1$ έχουμε ότι $\displaystyle{\left\lfloor \frac{a+b}{c} \right\rfloor+\left\lfloor \frac{b+c}{a} \right\rfloor+\left\lfloor \frac{c+a}{b} \right\rfloor} > \left(\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a}\right) + \left(\dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{b}\right) + \left(\dfrac{c}{a} + \dfrac{a}{c}\right) - 3 \geq 3$

και άρα $\displaystyle{\left\lfloor \frac{a+b}{c} \right\rfloor+\left\lfloor \frac{b+c}{a} \right\rfloor+\left\lfloor \frac{c+a}{b} \right\rfloor} \geq 4$ .

Τώρα, παίρνοντας (a, b, c) = (8, 11, 12)

παίρνουμε τον

. Πιστεύω ότι μόνη της η άσκηση αξίζει για το πως βρίσκουμε τριάδες που δίνουν

. Με δυσκόλεψε πολύ

Για

παίρνουμε τον

, για

παίρνουμε τον

και για

τον

.

Τώρα για $(1, 1, m-1), m \geq 4$ παίρνουμε τον $2m, m \geq 4$ .

Για $(1, m-1, m), m \geq 4$ παίρνουμε τον $2m+1, m \geq 4$ . Αυτό προκύπτει παρατηρώντας ότι και $1 < \dfrac{m+1}{m-1} < 2$ για $m \geq 4$ .

Έτσι, το ζητούμενο βρέθηκε.

raf616 · #2527

socrates έγραψε:Άσκηση 1314
Δέκα μαθητές αριθμημένοι από το μέχρι το κάθονται, με τυχαίο τρόπο, σε ένα στρογγυλό τραπέζι. Στη συνέχεια, κάθε μαθητής λαμβάνει έναν αριθμό, που είναι ίσος με το άθροισμα του αριθμού που έχει και των αριθμών των δύο μαθητών που κάθονται δίπλα του.
Να δείξετε ότι κάποιος από τους μαθητές θα λάβει αριθμό μεγαλύτερο του

Καλησπέρα! Μία προσπάθεια για αυτήν:

Έστω ότι στο τραπέζι είναι οι αριθμοί $a_1, a_2, ..., a_{10}$ με $(a_1,a_2, ..., a_{10})=(1, 2, ..., 10)$ .

Αρκεί να δείξουμε ότι κάποιο από τα αθροίσματα $b_1 = a_1 + a_2 + a_3, b_2 = a_2 + a_3 + a_4, ..., b_{10} = a_{10} + a_1 + a_2$ είναι μεγαλύτερο του

.

Υποθέτουμε το αντίθετο. Παρατηρούμε ότι $b_1 + b_2 \leq 17 + 16$ , $b_3 + b_4 \leq 17 + 16, ..., b_9 + b_{10} \leq 17 + 16$ αφού τα $b_i, b_{i+1}$ είναι διαφορετικά μεταξύ τους.

Ακόμα, $b_1 + b_2 + ... + b_{10} = 3(a_1 + a_2 + ... + a_{10}) = 165$ . Λαμβάνοντας υπόψη την προηγούμενη παρατήρηση προκύπτει $b_1 + ... + b_{10} \leq 165$ και άρα πρέπει να ισχύει

η ισότητα σε κάθε μία από τις αρχικές ανισότητες. Μπορούμε να υποθέσουμε ότι b_1 = 17

(όμοια και αν b_2 = 17

). Τότε εύκολα βλέπουμε b_i = 17

για

περιττό ενώ για

άρτιο

είναι b_i = 16

. Αυτό όμως θα δώσει άτοπο αν παρατηρήσουμε π.χ. ότι $b_9 = b_{10} + 1 \iff a_9 = a_2 + 1$ ενώ $b_3 = b_2 + 1 \iff a_5 = a_2 + 1$ και άρα a_9 = a_5

, άτοπο.

Άρα, αναγκαστικά υπάρχει κάποια τριάδα μεγαλύτερη από

και έτσι το ζητούμενο απεδείχθη.

#2528

socrates έγραψε:Άσκηση 1308
Αν και είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί με άθροισμα τότε να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{3}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\geq 4.}$
http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=51360

Αρκεί να δείξουμε ότι: $\displaystyle{\frac{3}{a^2+b^2+c^2}+\frac{3}{3ab}+\frac{3}{3bc}+\frac{3}{3ca}\geq 4.}$ . Ή ότι:

$\displaystyle{\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{3ab}+\frac{1}{3bc}+\frac{1}{3ca}\geq \frac{4}{3}.}$

Όμως: $\displaystyle{\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{3ab}+\frac{1}{3bc}+\frac{1}{3ca}\geq \frac{(1+1+1+1)^2}{a^2 +b^2 +c^2 +3ab+3ac+3bc} .}$

Αρκεί λοιπόν να δειχθεί ότι: $\displaystyle{\frac{16}{a^2 +b^2 +c^2 +3ab+3bc+3ca}\geq \frac{4}{3}}$ , ή ότι:

$\displaystyle{a^2 +b^2 +c^2 +3ab+3bc+3ca \leq 12}$ , ή , $\displaystyle{(a+b+c)^2 -2ab-2bc-2ca +3ab+3ac+3ca \leq 12}$ , ή , $\displaystyle{9+ab+bc+ca \leq 12}$ , ή , $\displaystyle{ab+bc+ca \leq 3}$ . (1)

Αφού όμως $\displaystyle{a+b+c=3\Rightarrow c=3-a-b}$ . Έτσι, λόγω της (1) , αρκεί να δείξουμε ότι:

$\displaystyle{ab+b(3-a-b)+(3-a-b)a \leq 3}$ , ή , $\displaystyle{ab+3b-ab-b^2 +3a-a^2 -ab\leq 3}$ , ή , $\displaystyle{a^2 +b^2 +ab+3-3a-3b \geq 0}$ , ή ,

$\displaystyle{a^2 -2a +1 +b^2 -2b+1 -a-b+1+ab \geq 0}$ , ή , $\displaystyle{(a-1)^2 +(b-1)^2 +a(b-1)-(b-1)\geq 0}$ , ή , $\displaystyle{(a-1)^2 +(b-1)^2 +(a-1)(b-1)\geq0}$ , ή ,

$\displaystyle{2(a-1)^2 +2(b-1)^2 +2(a-1)(b-1)\geq0}$ , ή , $\displaystyle{(a-1)^2 +2(a-1)(b-1)+(b-1)^2 +(a-1)^2 +(b-1)^2 \geq 0}$ , ή ,

$\displaystyle{(a-1+b-1)^2 +(a-1)^2 +(b-1)^2 \geq 0}$ , το οποίο και είναι αληθές.

jason.prod · #2529

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:
socrates έγραψε:Άσκηση 1308
Αν και είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί με άθροισμα τότε να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{3}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\geq 4.}$
http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=51360

$\displaystyle{a^2 +b^2 +c^2 +3ab+3bc+3ca \leq 12}$ , ή , $\displaystyle{(a+b+c)^2 -2ab-2bc-2ca +3ab+3ac+3ca \leq 12}$ , ή , $\displaystyle{9+ab+bc+ca \leq 12}$ , ή , $\displaystyle{ab+bc+ca \leq 3}$ . (1)

Αφού όμως $\displaystyle{a+b+c=3\Rightarrow c=3-a-b}$ . Έτσι, λόγω της (1) , αρκεί να δείξουμε ότι:

$\displaystyle{ab+b(3-a-b)+(3-a-b)a \leq 3}$ , ή , $\displaystyle{ab+3b-ab-b^2 +3a-a^2 -ab\leq 3}$ , ή , $\displaystyle{a^2 +b^2 +ab+3-3a-3b \geq 0}$ , ή ,

$\displaystyle{a^2 -2a +1 +b^2 -2b+1 -a-b+1+ab \geq 0}$ , ή , $\displaystyle{(a-1)^2 +(b-1)^2 +a(b-1)-(b-1)\geq 0}$ , ή , $\displaystyle{(a-1)^2 +(b-1)^2 +(a-1)(b-1)\geq0}$ , ή ,

$\displaystyle{2(a-1)^2 +2(b-1)^2 +2(a-1)(b-1)\geq0}$ , ή , $\displaystyle{(a-1)^2 +2(a-1)(b-1)+(b-1)^2 +(a-1)^2 +(b-1)^2 \geq 0}$ , ή ,

$\displaystyle{(a-1+b-1)^2 +(a-1)^2 +(b-1)^2 \geq 0}$ , το οποίο και είναι αληθές.

Η (1) μπορεί να προκύψει και άμεσα

$9=(a+b+c)^2 \geq 3(ab+bc+ca)$ και το ζητούμενο άμεσο...

harrisp · #2530

[quote="socrates"]Άσκηση 1305
Αν η εξίσωση ax^2+bx+8=0

δεν έχει δύο διαφορετικές πραγματικές ρίζες, να βρείτε την ελάχιστη τιμή της παράστασης 4a+b

.

Μία προσπάθεια στην όμορφη άσκηση του socrates.

Εφόσον η εξίσωση ax^2+bx+8=0

δεν έχει δύο διαφορετικές πραγματικές ρίζες τότε η διακρίνουσα Δ του τριωνύμου είναι $\Delta\le0$ . Άρα $b^2- 32a\le0$ .

ή $\frac{b^2}{8}\le4a$ . Αντικαθιστώ και έχουμε:

$\frac{b^2+8b}{8}$ ή

$\frac{b^2+8b+16-16}{8}$ ή

$\frac{(b+4)^2 -16}{8}$ .

Όμως $(b+4)^2\ge 0$ άρα $\frac{(b+4)^2-16}{8}\ge \frac{-16}{8}=-2$ .

Άρα η μικρότερη τιμή της παράστασης 4a+b=-2

#2531

socrates έγραψε: Άσκηση 1316
(α) Να εξετάσετε αν το σύνολο των θετικών ακεραίων $\Bbb{Ν}$ μπορεί να γραφεί ως ένωση ξένων ανά δύο συνόλων $A_n, \ n=1,2,...$ καθένα από τα οποία αποτελείται από 2 στοιχεία και το άθροισμα των στοιχείων του συνόλου να είναι για κάθε

(β) Να εξετάσετε αν το σύνολο των θετικών ακεραίων $\Bbb{Ν}$ μπορεί να γραφεί ως ένωση ξένων ανά δύο συνόλων $A_n, \ n=1,2,...$ καθένα από τα οποία αποτελείται από 2 στοιχεία και το άθροισμα των στοιχείων του συνόλου να είναι για κάθε

(α) Όχι δεν μπορεί. Ας υποθέσουμε ότι γίνεται. Για φυσικό

, το άθροισμα των στοιχείων των $A_1,\ldots,A_N$ ισούται με

$\displaystyle{2014N + (1+2+\cdots + N) = \frac{N}{2}(4028 + N+1).}$

Από την άλλη αφού τα A_i

είναι ξένα μεταξύ τους και έχουν από δύο στοιχεία, τότε το άθροισμα των στοιχείων των $A_1,\ldots,A_N$ είναι τουλάχιστον

$\displaystyle{ 1 + 2 + \cdots + 2N = N(2N+1)}$

Λαμβάνουμε λοιπόν

$\displaystyle{ \frac{N}{2}(4028 + N+1) \geqslant N(2N+1)}$

το οποίο δίνει $3N \leqslant 4027$ , άτοπο.

(β) Γίνεται. Ορίζω επαγωγικά $A_i = \{n_i,m_i\}$ όπου ο n_i

είναι ο μικρότερος φυσικός που δεν ανήκει σε κάποιο A_j

με

και

Σίγουρα $n_i \leqslant 2i-1$ . Οπότε είναι και n_i < m_i = 2014+i^2 - n_i

και άρα το A_i

έχει όντως δύο στοιχεία. [Αν $n_i \geqslant 2014+i^2 - n_i$ τότε $4i-2 \geqslant 2n_i \geqslant 2014+i^2$ που δίνει $2016 + i^2 - 4i \leqslant 0$ και άρα $(i-2)^2 + 2012 \leqslant 0$ , άτοπο.]

Προφανώς κάθε φυσικός ανήκει σε κάποιο A_i

.

Μένει λοιπόν να δειχθεί ότι τα A_i

είναι ξένα μεταξύ τους. Αν αυτό δεν ίσχυε τότε θα υπήρχαν j < i

ώστε

ή

. Το πρώτο απορρίπτεται επειδή m_i > n_i > n_j

. Αν ίσχυε το δεύτερο τότε θα είχαμε i^2 - n_i = j^2 - n_j

. Όμως είναι $n_i \leqslant 2i-1$ και άρα

$\displaystyle{i^2 - n_i \geqslant i^2 - 2i + 1 = (i-1)^2 \geqslant j^2 > j^2 - n_j}$

άτοπο.

Επεξεργασία: Διόρθωση τυπογραφικού σφάλματος.

panagiotis99 · #2532

socrates έγραψε:
Άσκηση 1307
Αν μη αρνητικοί αριθμοί, να δείξετε ότι

$\displaystyle{\sqrt[3]{ab} + \sqrt[3]{cd} \leq \sqrt[3]{(a + c + b) (a + c + d)}.}$

Ενδιαφέρον

Ισχύει $3\sqrt[3]{\frac{ab}{(a+c+b)(a+c+d)}}\leq \frac{a}{a+c} + \frac{a+c}{a+c+d} +\frac{b}{a+c+b}$
και $3\sqrt[3]{\frac{cd}{(a+c+b)(a+c+d)}}\leq \frac{c}{a+c} + \frac{a+c}{a+c+b} +\frac{d}{a+c+d}$

Με πρόσθεση των παραπάνων έπεται το ζητουμενο

#2533

socrates έγραψε: Άσκηση 1315
α) Να δείξετε ότι για οποιουσδήποτε ακέραιους υπάρχει ακέραιος τέτοιος ώστε ο αριθμός $\displaystyle{|a^3b + b^3c + c^3a|}$ να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

β) Να δείξετε ότι το σύνολο των ακεραίων $\Bbb{Z}$ μπορεί να γραφεί ως ένωση ξένων ανά δύο συνόλων $A_n, \ n=1,2,...$ καθένα από τα οποία αποτελείται από 3 στοιχεία ${a_n, b_n, c_n},$ έτσι ώστε ο αριθμός $\displaystyle{ |a_n^3b_n + b_n^3c_n + c^3_na_n|}$ να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

(α) Παρατηρώ ότι αν πάρω c = -(a+b)

τότε $\displaystyle{ |a^3b + b^3c + c^3a| = \cdots = (a^2+ab + b^2)^2}$

Πως το βρήκα: Για a=1,b=2

βρήκα στο χέρι (κοιτάζοντας μικρούς αριθμούς) ότι το c=-3

μας κάνει. Μετά για a=1,b=3

βρήκα ότι το c=-4

μας κάνει. Η υποψία ότι η τριάδα (1,b,-1-b)

μας κάνει βγήκε αληθινή: Το αποτέλεσμα ήταν b^4 + 2b^3 + 3b^2 + 2b + 1

. Αν αυτό ήταν τέλειο τετράγωνο (αυτό ελπίζουμε) με τι άλλο θα μπορούσε να ισούται εκτός από (b^2+b+1)^2

; Ευτυχώς όντως ισούται με αυτό.

Η επόμενη υποψία είναι ότι η τριάδα (a,b,-a-b)

επίσης μας κάνει και ότι δίνει (a^2+ab+b^2)

βγαίνει επίσης σωστή.

(β) Βάζω τους ακεραίους σε μια οποιαδήποτε διάταξη. Π.χ. την $0,1,-1,2,-2,3,-3,4,-4,\cdots$ αλλά οποιαδήποτε άλλη σειρά θα δουλέψει. Έστω ότι έχω ήδη επιλέξει τα $\{a_1,b_1,c_1\},\ldots,\{a_k,b_k,c_k\}$ . Τότε επιλέγω το $\{a_{k+1},b_{k+1},c_{k+1}\}$ ως εξής: Για το $a_{k+1}$ παίρνω το πρώτο στοιχείο της διάταξης που δεν έχω χρησιμοποιήσει. Όταν επιλέξω το $b_{k+1}$ μετά θα επιλέξω $c_{k+1} = -(a_{k+1}+b_{k+1})$ . Αυτό θα ικανοποιεί την συνθήκη το $\displaystyle{ |a_n^3b_n + b_n^3c_n + c^3_na_n|}$ να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου για n = k+1

. Όμως πρέπει να προσέξω ώστε τα $b_{k+1},c_{k+1}$ να μην έχουν ήδη επιλεχθεί. Όμως υπάρχει πεπερασμένος αριθμός κακών επιλογών: Πρέπει καταρχήν το $b_{k+1}$ να μην έχει ήδη επιλεχθεί (υπάρχουν 3k+1

κακές επιλογές) και επιπλέον πρέπει το $-(a_{k+1}+b_{k+1})$ επίσης να μην έχει επιλεχθεί. Υπάρχουν το πολύ 3k+1

κακές επιλογές. Παίρνουμε λοιπόν την πρώτη μη κακή επιλογή.

Π.χ. με την πιο πάνω διάταξη οι τριάδες που επιλέγω είναι οι

$\{0,1,-1\},\{2,3,-5\},\{-2,-3,5\},\{4,6,-10\},\{-4,-6,10\},\{7,8,-15\},\ldots$

Έτσι εγγυώμαι ότι οι τριάδες είναι ξένες μεταξύ τους, ότι οι αριθμοί που θέλω να είναι τέλεια τετράγωνα όντως είναι και τέλος ότι όλοι οι ακέραιοι έχουν χρησιμοποιηθεί. (Αφού ο ακέραιος που βρίσκεται στην θέση

θα πρέπει σίγουρα να επιλεγεί σε κάποιο A_n

με $n \leqslant i$ .)

panagiotis99 · #2534

Άσκηση 1318

Ίσως κάτι εκτός φακέλου αλλά δεν είμαι αρμόδιος να το κρίνω αυτο.

Σε ένα τουρνουά με

συμμετέχοντες, ένας αγώνας διεξάγεται κάθε φορά, με τους αγώνες να είναι knock-out. Σε κάθε αγώνα, ο αριθμός των νικών του κάθε παίκτη μέχρι την στιγμή που θα παίξουν δεν διαφέρει παραπάνω από

.Ποιος είναι ο μέγιστος αριθμός των αγώνων του νικητή;

ΕDIT: Διόρθωση εκφώνησης

#2535

ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ έγραψε:
socrates έγραψε:Άσκηση 1305
Αν η εξίσωση δεν έχει δύο διαφορετικές πραγματικές ρίζες, να βρείτε την ελάχιστη τιμή της παράστασης .
Μία προσπάθεια στην όμορφη άσκηση του socrates.

Εφόσον η εξίσωση δεν έχει δύο διαφορετικές πραγματικές ρίζες τότε η διακρίνουσα Δ του τριωνύμου είναι $\Delta\le0$ . Άρα $b^2- 32a\le0$ .

ή $\frac{b^2}{8}\le4a$ . Αντικαθιστώ και έχουμε:

$\frac{b^2+8b}{8}$ ή

$\frac{b^2+8b+16-16}{8}$ ή

$\frac{(b+4)^2 -16}{8}$ .

Όμως $(b+4)^2\ge 0$ άρα $\frac{(b+4)^2-16}{8}\ge \frac{-16}{8}=-2$ .

Άρα η μικρότερη τιμή της παράστασης

Σωστά!
Δείξαμε ότι $4a+b\geq -2.$ Πρέπει ακόμη να δείξουμε ότι το

πιάνεται. Εύκολα βλέπουμε ότι αυτό συμβαίνει αν και μόνο αν a=1/2, b=-4.

Ένας άλλος τρόπος:
Είναι $4a+b=f(4)/4-2\geq -2$ όπου f(x)=ax^2+bx+8,

με

(από $\Delta \leq 0$ ) οπότε $f(x)\geq 0,$ για κάθε

#2536

ΑΣΚΗΣΗ 1212
Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης $x^{2015}+(y+13)^{2015}=(x+1)^{2015}+y^{2015}.$

ΑΣΚΗΣΗ 1213
Πόσες διατεταγμένες τριάδες θετικών ακεραίων είναι τέτοιες ώστε

$\displaystyle{[a, b]= 1000, \ \ [b, c]= 2000, [c, a]=2000 , }$

όπου το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των θετικών ακεραίων

ΑΣΚΗΣΗ 1216
Αν να συγκρίνετε τους αριθμούς $\displaystyle{2014^{9^{9^{a}}}}$ και $\displaystyle{2015^{a^{a^{9}}}.}$

ΑΣΚΗΣΗ 1217
Έστω $\displaystyle{a,b,c}$ θετικοί πραγματικοί αριθμοί με $a \geq bc^2$ , $b \geq ca^2$ και $c \geq ab^2$ . Να βρείτε τη μέγιστη τιμή της παράστασης
$\displaystyle{E=abc(a-bc^2)(b-ca^2)(c-ab^2)}$ .

ΑΣΚΗΣΗ 1245: Να λυθεί η εξίσωση: $\displaystyle{x^2 + 5y^2 + 3 = z^2 + 2z + 4x}$

ΑΣΚΗΣΗ 1248: Αν $\displaystyle{a\geq b\geq c\geq 0}$ , να αποδείξετε ότι:
$\displaystyle{(a+b)^3 +3bc(b+c)+a(ab+12c^2 )\geq c(6a^2 +13ab+8c^2 )}$

Άσκηση 1254
Αν μη μηδενικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε , να δείξετε ότι

$\displaystyle{ \left(\frac{x^2-1}{x}\right)^2 +\left(\frac{y^2-1}{y}\right)^2+\left(\frac{z^2-1}{z}\right)^2 \geq 4}$

Άσκηση 1258
Κάθε θετικός ακέραιος χρωματίζεται με κάποιο χρώμα. Είναι γνωστό ότι για κάθε ζεύγος ακεραίων οι αριθμοί και έχουν το ίδιο χρώμα. Να δείξετε ότι όλοι οι ακέραιοι ,μεγαλύτεροι του έχουν το ίδιο χρώμα.
Ας το γενικεύσουμε. Έστω θετικός ακέραιος . Κάθε θετικός ακέραιος χρωματίζεται με κάποιο χρώμα. Είναι γνωστό ότι για κάθε ζεύγος ακεραίων $a, b \geqslant k$ οι αριθμοί και έχουν το ίδιο χρώμα. Να δείξετε ότι υπάρχει ακέραιος ώστε όλοι οι ακέραιοι μεγαλύτεροι του έχουν το ίδιο χρώμα.
Ποια είναι η ελάχιστη τιμή του (συναρτήσει του );

Άσκηση 1259
Σε κάθε έδρα ενός κύβου γράφουμε έναν ακέραιο αριθμό. Στη συνέχεια, σε κάθε ακμή του κύβου γράφουμε το άθροισμα των αριθμών στις δύο έδρες στις οποίες ανήκει. Να δείξετε ότι από τους δώδεκα αριθμούς που προκύπτουν τουλάχιστον τέσσερις είναι άρτιοι.

Άσκηση 1271
β) Κάθε θετικός ακέραιος χρωματίζεται κόκκινος ή πράσινος έτσι ώστε:
-- αν είναι κόκκινος αριθμός, τότε το άθροισμα οποιονδήποτε (όχι απαραίτητα διαφορετικών) κόκκινων αριθμών είναι κόκκινος αριθμός.
-- αν είναι πράσινος αριθμός, τότε το άθροισμα οποιονδήποτε (όχι απαραίτητα διαφορετικών) πράσινων αριθμών είναι πράσινος αριθμός.
Με πόσους τρόπους μπορεί να γίνει αυτό;

γ) Κάθε θετικός ακέραιος χρωματίζεται κόκκινος ή πράσινος έτσι ώστε:
-- αν είναι κόκκινος αριθμός, τότε το άθροισμα οποιονδήποτε διαφορετικών κόκκινων αριθμών είναι κόκκινος αριθμός.
-- αν είναι πράσινος αριθμός, τότε το άθροισμα οποιονδήποτε διαφορετικών πράσινων αριθμών είναι πράσινος αριθμός.
Με πόσους τρόπους μπορεί να γίνει αυτό;
(Δεν έχω απάντηση. Το βάζω ως λογική συνέχεια των α,β.)

Άσκηση 1278
Δίνεται κανονικό γωνο.
Να βρείτε το πλήθος των ισοσκελών τριγώνων των οποίων οι κορυφές συμπίπτουν με αυτές του πολυγώνου.

Άσκηση 1282
Θεωρούμε μια σκακιέρα $3\times7$ . Κάθε κελί χρωματίζεται πράσινο ή κόκκινο.
(α) Είναι δυνατόν να χρωματιστούν τα κελιά με τέτοιο τρόπο ώστε κάθε ορθογώνιο αποτελούμενο από κελιά της σκακιέρας να έχει τα κελιά των κορυφών του χρωματισμένα με διαφορετικά χρώματα;
(β) Είναι αυτό δυνατό για μια σκακιέρα $4\times 6;$

Άσκηση 1301
Σε ένα πάρτι συναντήθηκαν έξι άτομα. Καθένας από αυτούς γνωρίζει ακριβώς τρεις από τους υπόλοιπους.
Αποδείξτε ότι υπάρχουν τέσσερα άτομα τα οποία μπορούν να καθίσουν σε ένα στρογγυλό τραπέζι με τέτοιο τρόπο ώστε καθένα από αυτά να κάθεται ανάμεσα σε δύο γνωστούς του.

Άσκηση 1302
Σε ένα σύλλογο $n\geq 5$ μελών, κάθε δύο μέλη που δε γνωρίζονται μεταξύ τους, έχουν ακριβώς ένα κοινό γνωστό, και κανένα μέλος δε γνωρίζει όλα τα υπόλοιπα.
Αποδείξτε ότι υπάρχουν μέλη τα οποία μπορούν να καθίσουν σε ένα στρογγυλό τραπέζι έτσι ώστε καθένα από αυτά να κάθεται ανάμεσα σε δύο μέλη
(α) που γνωρίζει.
(β) που δε γνωρίζει.

Άσκηση 1304
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 ,
αν το τόξο συνδέει ένα κόκκινο και ένα μπλε σημείο τότε γράφουμε τον αριθμό
αν το τόξο συνδέει ένα μπλε και ένα πράσινο σημείο τότε γράφουμε τον αριθμό και
αν το τόξο συνδέει σημεία ίδιου χρώματος τότε γράφουμε τον αριθμό
Ποια είναι η μέγιστη δυνατή τιμή του αθροίσματος των αριθμών στα τόξα;

Άσκηση 1306
Αν

$\displaystyle{S=\frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{3\cdot 4}+...+\frac{1}{99\cdot 100}}$ ,

και

$\displaystyle{T=\frac{1}{51\cdot 100}+\frac{1}{52\cdot 99}+...+\frac{1}{99\cdot 52}+\frac{1}{100\cdot 51}}$ .

να γράψετε σε ανάγωγη μορφή το κλάσμα $\displaystyle \frac{S}{T}$ .

Άσκηση 1310
Έστω ένας θετικός ακέραιος και οι διαιρέτες του.
Αν ισχύει να βρείτε όλες τις δυνατές τιμές του

Άσκηση 1311
Να προσδιορίσετε όλους τους ακέραιους αριθμούς $n, \ n\geq 2$ , για τους οποίους οι αριθμοί $1!,2!,3!,\cdots, (n-1)!$ διαιρούμενοι δια αφήνουν διαφορετικά υπόλοιπα.
viewtopic.php?f=109&t=7328

Άσκηση 1318
Σε ένα τουρνουά με συμμετέχοντες, ένας αγώνας διεξάγεται κάθε φορά, με τους αγώνες να είναι knock-out. Σε κάθε αγώνα, ο αριθμός των νικών του κάθε παίκτη μέχρι την στιγμή που θα παίξουν δεν διαφέρει παραπάνω από .Ποιος είναι ο μέγιστος αριθμός των αγώνων του νικητή;

Βάζω τις άλυτες από 1201 μέχρι την πιο πρόσφατη! Η 1216 είναι αρκετά άσχημη και δεν προσφέρει κάτι. Αποζημιώνω με μια καλύτερη

ΑΣΚΗΣΗ 1216
Να βρείτε το πλήθος των πενταψήφιων θετικών ακεραίων με την ιδιότητα:
κάθε ψηφίο του αριθμού είναι τέλειο τετράγωνο και το άθροισμα δύο οποιονδήποτε διαδοχικών ψηφίων του είναι επίσης τέλειο τετράγωνο.

ealexiou · #2537

socrates έγραψε: Η 1216 είναι αρκετά άσχημη και δεν προσφέρει κάτι. Αποζημιώνω με μια καλύτερη

ΑΣΚΗΣΗ 1216
Να βρείτε το πλήθος των πενταψήφιων θετικών ακεραίων με την ιδιότητα:
κάθε ψηφίο του αριθμού είναι τέλειο τετράγωνο και το άθροισμα δύο οποιονδήποτε διαδοχικών ψηφίων του είναι επίσης τέλειο τετράγωνο.

Ψηφία που είναι που είναι τέλεια τετράγωνα είναι τα 0,1,4,9

(το

δεν μπορεί να είναι στην πρώτη θέση) και διαδοχικά ψηφία που δίνουν άθροισμα τέλειο τετράγωνο είναι τα (0,0),(1,0), (4,0), (9,0)

και τα

εκτός από τα (0,0),(0,1),(0,4),(0,9)

με το

στην πρώτη θέση.
Οπότε οι αριθμοί θα είναι της μορφής $\overline{P0Q0R}$ , όπου $P=1,4,9,\ \ Q=0,1,4,9$ και R=0,1,4,9

Άρα το ζητούμενο πλήθος των αριθμών είναι $3\cdot4\cdot4=48$

EDIT: Μου διέφυγαν εννιά (9)

αριθμοί, μου το επεσήμανε ο Θανάσης (socrates)

.
Μετά από αυτό βρήκα, νομίζω, και τους υπόλοιπους εννιά, που είναι της μορφής $\overline{P00S0}$ , όπου P=1,4,9

και

Άρα άλλοι $3\cdot3=9$ αριθμοί. Άρα ολικό σύνολο 48+9=57

αριθμοί

#2538

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 1216
Αν να συγκρίνετε τους αριθμούς $\displaystyle{2014^{9^{9^{a}}}}$ και $\displaystyle{2015^{a^{a^{9}}}.}$

Η 1216 είναι αρκετά άσχημη και δεν προσφέρει κάτι. Αποζημιώνω με μια καλύτερη

Όμορφη είναι και η παλιά.

Η πλήρης λύση βρίσκεται όλη πιο κάτω από την διαχωριστική γραμμή. Όσα βρίσκονται μεταξύ εδώ και της διαχωριστικής γραμμής δεν χρειάζονται να διαβαστούν για να κατανοηθεί η λύση αλλά βοηθάνε για να κατανοηθεί πως οδηγήθηκα στην λύση.

Ορίζω τις ακολουθίες a_n

και

ως εξής:

και $a_n = 9^{a_{n-1}}$ για $n \geqslant 2$
b_1 = 9

και $b_n = a^{b_{n-1}}$ για $n \geqslant 2$

Θα δείξω ότι a_4 > b_4

. Τότε θα έχω και $2014^{9^{9^{a}}} > a_4 > b_4 > 2015^{a^{a^{9}}$ .

Θέλω να δείξω επαγωγικά ότι a_n > b_n

. Ιδανικά θα ήθελα να πω ότι $a_{n+1} = 9^{a_n} > 9^{b_n} > b_{n+1}$ το οποίο όμως ασφαλώς και δεν ισχύει αφού η τελευταία ανισότητα είναι ανάποδη.

Αντί αυτού λοιπόν θα δείξω επαγωγικά ότι a_n > kb_n

για κάποιο $k \geqslant 1$ . Θα αποφασίσω αργότερα ποια τιμή του

με βολεύει.
Για να έχω a_1 > kb_1

θέλω $k \leqslant 123456789/9$ .
Για το επαγωγικό βήμα θέλω να πω $a_{n+1} = 9^{a_n} > 9^{kb_n} = (9^k)^{b_n} > ka^{b_n} = kb_{n+1}$ .

Το μόνο από τα πιο πάνω που δεν ξέρω αν ισχύει και θέλω να επιλέξω κατάλληλο

ώστε να ισχύει είναι το $(9^k)^{b_n} > ka^{b_n}$ . Για ευκολία στις πράξεις θα επιλέξω

ώστε να ισχύει το πιο ισχυρό $(9^k)^{b_n} > (2a)^{b_n} > ka^{b_n}$ .

Για την πρώτη ανισότητα θέλω 9^k > 2a

.
Για την δεύτερη θέλω $2^{b_n} > k$ και για αυτό αρκεί το 2^9 > k

.
Επίσης από πιο πάνω θέλω επίσης k < 123456789/9

.

Είναι σχεδόν άμεσο ότι το k=500

δουλεύει.

Αν καθαρογράψω τώρα την λύση χωρίς τις εξηγήσεις που έβαλα πιο πάνω:
$\rule{500pt}{1pt}$

Ορίζω τις ακολουθίες a_n

και

ως εξής:

και $a_n = 9^{a_{n-1}}$ για $n \geqslant 2$
b_1 = 9

και $b_n = a^{b_{n-1}}$ για $n \geqslant 2$

Θα δείξω επαγωγικά ότι $a_n \geqslant 500 b_n$ για κάθε φυσικό

.

Για

έχω

οπότε ισχύει.
Ας υποθέσω ότι $a_k \geqslant 500b_k$ . Τότε
$\displaystyle{a_{k+1} = 9^{a_k} > 9^{500b_k} = (9^{500})^{b_k} > (10^{250})^{b_k} > (2a)^{b_k} = 2^{b_k}b_{k+1} > 2^9b_{k+1} > 500b_{k+1}. }$
Οπότε επαγωγικά ο ισχυρισμός είναι σωστός.

Τότε όμως έχω $2014^{9^{9^{a}}} > a_4 > 500b_4 > b_4 > 2015^{a^{a^{9}}$ .

#2539

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΘΕΩΡΗΤΙΚΑ ΣΤΟΙΧΕΙΑ: ΠΕΝΤΕ ΧΡΗΣΙΜΕΣ ΔΙΟΦΑΝΤΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ

(1) Η εξίσωση $\displaystyle{x^2 + y^2 = z^2}$ , με $\displaystyle{x , y , z > 0}$ , έχει τις εξής (ακέραιες) λύσεις:

$\displaystyle{x = (v^2 - k^2 )m , y = 2vkm , z = (v^2 + k^2 )m}$ , όπου $\displaystyle{v , k , m}$ είναι θετικοί ακέραιοι με $\displaystyle{v > k}$ και $\displaystyle{(v , k) = 1}$

(2) Η εξίσωση $\displaystyle{x^2 + a y^2 = z^2}$ , με $\displaystyle{a\in N^{*}}$ , έχει τις εξής (ακέραιες) λύσεις:

$\displaystyle{x = (av^2 - k^2 )m , y = 2vkm , z= (av^2 + k^2 )m}$ , όπου $\displaystyle{v , k , m\in Z}$

(3) Η εξίσωση $\displaystyle{x^2 - ay^2 = 1}$ , με $\displaystyle{a}$ αρνητικό ακέραιο, έχει τέσσερεις το πολύ ακέραιες λύσεις, όπου μόνο το είναι ίσο με μηδέν ή μόνο το είναι ίσο με μηδέν.

(4) Η έξίσωση $\displaystyle{x^2 - ay^2 = 1}$ , με $\displaystyle{a}$ τέλειο τετράγωνο ακεραίου , λύνεται εύκολα με παραγοντοποίηση και έχει τις λύσεις $\displaystyle{(x,y)=(1,0) , (x,y)=( - 1 , 0 )}$

(5) Η εξίσωση $\displaystyle{x^2 - ay^2 = 1}$ , με $\displaystyle{a>1}$ , όπου ο είναι ακέραιος και όχι τέλειο τετράγωνο, έχει τις εξής λύσεις:

$\displaystyle{(x , y) = (\pm x_n , \pm y_n)}$ , όπου $\displaystyle{x_n = \frac{1}{2}[(x_0 +y_0 \sqrt{a})^n +(x_0 -y_0 \sqrt{a})^n]}$ και $\displaystyle{{y_n = \frac{1}{2\sqrt{a}}[(x_0 +y_0 \sqrt{a})^n - (x_0 - y_0 \sqrt{a})^n]}$

και $\displaystyle{(x_0 , y_0 )}$ είναι η μικρότερη θετική ακέραιη λύση της δοσμένης εξίσωσης.

ΕΦΑΡΜΟΓΗ:

ΑΣΚΗΣΗ 1245: Να λυθεί η εξίσωση: $\displaystyle{x^2 + 5y^2 + 3 = z^2 + 2z + 4x}$

Με βάση την πιο πάνω θεωρία, η δοσμένη εξίσωση γράφεται:

$\displaystyle{(x-2)^2 +5y^2 = (z+1)^2}$ και έχει άπειρες λύσεις, που δίνονται από τους τύπους:

$\displaystyle{x-2 = (5u^2 -k^2 )m , y=2ukm , z+1=(5u^2 +k^2 )m }$ , δηλαδή $\displaystyle{x=(5u^2 -k^2 )m+2 , y=2ukm , z=(5u^2 +k^2 )m-1}$ , όπου $\displaystyle{u,k,m\in Z}$ .

Το μέλος μας panagiotis99 , παρατήρησε ότι οι τύποι αυτοί δίνουν μεν μια απειρία λύσεων, αλλά δεν δίνουν όλες τις άπειρες λύσεις. Για παράδειγμα, η τριάδα

$\displaystyle{(x,y,z)=(5,0,2)}$ ενώ είναι λύση της εξίσωσης, εν τούτοις δεν μπορεί να προκύψει από τους παραπάνω τύπους.

Γνωρίζει κάποιος να μας διαφωτίσει αν υπάρχει τρόπος να βρεθούν όλες οι άπειρες λύσεις της εξίσωσης αυτής;

panagiotis99 · #2540

socrates έγραψε:

Άσκηση 1259
Σε κάθε έδρα ενός κύβου γράφουμε έναν ακέραιο αριθμό. Στη συνέχεια, σε κάθε ακμή του κύβου γράφουμε το άθροισμα των αριθμών στις δύο έδρες στις οποίες ανήκει. Να δείξετε ότι από τους δώδεκα αριθμούς που προκύπτουν τουλάχιστον τέσσερις είναι άρτιοι.

Kαλησπέρα

Βάζω κάτι έκτος φακέλου που είναι γρήγορο μιας και έχει μείνει αναπάντητη.

Έστω ένα γράφημα

με

.
Απο εκφώνηση προκύπτει E(G)=12

Θεώρημα: Αν

ένα γράφημα με

κορυφές και $\frac{n^2}{4}\leq E(G)\leq \frac{n^2}{3}$ τότε το

περιέχει τουλάχιστον $\frac{n}{9}(4E(G)-n^2)$ τρίγωνα

Εύκολα ελέγχουμε την ανισότητα άρα το

περιέχει τουλάχιστον

τρίγωνα. Έπειται ότι τουλάχιστον μια πλευρά κάθε τριγώνου περιέχει δύο κορυφές με άρτιο άθροισμα. Επειδή τα τρίγωνα ανα δύο έχουν το πολύ μία κοινή πλευρά το ζητούμενο δείχθηκε

Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Μέλη σε σύνδεση