Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#801

sokratis lyras έγραψε:
sokratis lyras έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 367
Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης:

Κύριε Δημήτρη μου φαίνεται πως αυτές είναι όλες οι λύσεις αλλά υπάρχει και ένας πολύύύύ΄πιο απλός τρόπος.
Aρχικά βρίσκουμε εύκολα τις προφανείς λύσεις της εξίσωσης που βρήκε ο κύριος Δημήτρης παραπάνω.Στη συνέχεια θεωρούμε την εξίσωση τριώνυμο ως προς
με διακρίνουσα .Η διακρίνουσα πρέπει να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου αλλά:
άρα η διακρίνουσα δεν είναι ποτέ τέλειο τετράγωνο και συνεπώς οι παραπάνω λύσεις είναι μοναδικές.

Σωκράτη, ήμουν σίγουρος ότι θα υπάρχει σύντομη λύση, αλλά δεν μπόρεσα να την βρω.

Ευχαριστώ,

ΔΗΜΗΤΡΗΣ

irakleios · #802

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
sokratis lyras έγραψε:
sokratis lyras έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 367
Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης:

Κύριε Δημήτρη μου φαίνεται πως αυτές είναι όλες οι λύσεις αλλά υπάρχει και ένας πολύύύύ΄πιο απλός τρόπος.
Aρχικά βρίσκουμε εύκολα τις προφανείς λύσεις της εξίσωσης που βρήκε ο κύριος Δημήτρης παραπάνω.Στη συνέχεια θεωρούμε την εξίσωση τριώνυμο ως προς
με διακρίνουσα .Η διακρίνουσα πρέπει να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου αλλά:
άρα η διακρίνουσα δεν είναι ποτέ τέλειο τετράγωνο και συνεπώς οι παραπάνω λύσεις είναι μοναδικές.
Σωκράτη, ήμουν σίγουρος ότι θα υπάρχει σύντομη λύση, αλλά δεν μπόρεσα να την βρω.

Ευχαριστώ,

ΔΗΜΗΤΡΗΣ

Προκύπτουν δύο ερωτήματα :

(α) Πως βρίσκουμε τις ''προφανείς'' λύσεις , αν δεν ακολουθήσουμε τον τρόπο του Δημήτρη ; Διότι θα μπορούσε πχ κάποιος να είχε βρει μόνο τις δύο από τις 3 (νομίζω) λύσεις και με τον τρόπο σου να δικαιολογήσει ότι είναι και οι μοναδικές (που θα ήταν τότε το λάθος;)

(β) Γιατί να ισχύει D > (2y^2 + 2y)^2 ;

. Αυτό δεν ισχύει όταν 8y + 1 > 0

; Aλλά που το ξέρουμε αυτό ,αφού $y \in\mathbb{Z} ;$

Εdit : Πρόσθεσα ένα ερωτηματικό (;)

Antonis_Z · #803

Μπορούμε να πούμε γι'αυτην την άσκηση ότι αν πολαπλασιάσουμε με 4 και προσθέσουμε τον άσσο,τότε στο αριστερό μέλος προκείπτει ένα τέλειο τετράγωνο,άρα το δεξί πρέπει να είναι και αυτό τέλειο τετράγωνο.Βρίσκουμε με τις ανισότητες ποιο πρέπει να είναι και έτσι βρίσκουμε το y.Μετά όλα είναι απλά.

sokratis lyras · #804

irakleios έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
sokratis lyras έγραψε:
sokratis lyras έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 367
Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης:

Κύριε Δημήτρη μου φαίνεται πως αυτές είναι όλες οι λύσεις αλλά υπάρχει και ένας πολύύύύ΄πιο απλός τρόπος.
Aρχικά βρίσκουμε εύκολα τις προφανείς λύσεις της εξίσωσης που βρήκε ο κύριος Δημήτρης παραπάνω.Στη συνέχεια θεωρούμε την εξίσωση τριώνυμο ως προς
με διακρίνουσα .Η διακρίνουσα πρέπει να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου αλλά:
άρα η διακρίνουσα δεν είναι ποτέ τέλειο τετράγωνο και συνεπώς οι παραπάνω λύσεις είναι μοναδικές.
Σωκράτη, ήμουν σίγουρος ότι θα υπάρχει σύντομη λύση, αλλά δεν μπόρεσα να την βρω.

Ευχαριστώ,

ΔΗΜΗΤΡΗΣ
Προκύπτουν δύο ερωτήματα :

(α) Πως βρίσκουμε τις ''προφανείς'' λύσεις , αν δεν ακολουθήσουμε τον τρόπο του Δημήτρη ; Διότι θα μπορούσε πχ κάποιος να είχε βρει μόνο τις δύο από τις 3 (νομίζω) λύσεις και με τον τρόπο σου να δικαιολογήσει ότι είναι και οι μοναδικές (που θα ήταν τότε το λάθος;)

(β) Γιατί να ισχύει . Αυτό δεν ισχύει όταν ; Aλλά που το ξέρουμε αυτό ,αφού $y \in\mathbb{Z} ;$

Εdit : Πρόσθεσα ένα ερωτηματικό (;)

Για το (α).Σε τέτοιου είδους ασκήσεις βλέπουμε πρώτα τί γίνεται στις τετριμμένες περιπτώσεις -2,-1,0,1,2,3

(ανάλογα με την άσκηση) επειδή πολλές φορές η λύση που ακολουθεί ισχύει π.χ. για x>3

ή κάτι ανάλογο.Δηλαδή οι 'προφανείς' λύσεις θα είναι μοναδικές ή όχι ανάλογα με την ΄συνέχεια της επίλυσης αφού η συνέχεια της λύσης θα αφορά όλους τους ακέραιους εκτός των περιπτώσεων που έχουμε πάρει στην αρχή.Συγκεκριμένα τώρα στη λύση μου υπάρχει ένα κενό,το οποίο θα κοιτάξω και θα επανέλθω.Ελπίζω να είμαι κατανοητός.

#805

ΑΣΚΗΣΗ 378: Δίνεται η συνάρτηση

με

για κάθε

πραγματικό αριθμό διάφορο του μηδενός και επί πλέον ισχύει ότι $f(\frac{1}{x})=\frac{r}{f(x)},$ για κάθε
$x\epsilon R^{*}$ όπου

είναι μη τετράγωνος ρητός αριθμός . Να αποδείξετε ότι ο αριθμός

$P=f(1).f(2).f(3). ... . f(2012).f(\frac{1}{2}).f(\frac{1}{3}). ... .f(\frac{1}{2012})$ είναι άρρητος.

#806

ΑΣΚΗΣΗ 379
Να βρεθούν οι μη αρνητικές ακέραιες λύσεις της εξίσωσης 1005^x+2011^y=1006^z.

ΑΣΚΗΣΗ 380
Έστω

ένα σύνολο θετικών ακεραίων τέτοιο ώστε a^2 - ab + b^2|a^2b^2

για κάθε $a,b \in T.$
Να δείξετε ότι το

είναι πεπερασμένο.

ΑΣΚΗΣΗ 381
Να βρείτε όλους τους ακέραιους

ώστε ο αριθμός 36^n-6

να γράφεται ως γινόμενο (δύο ή περισσότερων) διαδοχικών ακεραίων.

ΑΣΚΗΣΗ 382
Αν $\displaystyle{a,b,x,y }$ πραγματικοί, τέτοιοι ώστε να ισχύει $\displaystyle{a+b=x+y}$ και $\displaystyle{x^4 +y^4 =a^4 +b^4,}$ να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{x^n +y^n =a^n +b^n,}$ για κάθε θετικό ακέραιο $\displaystyle{n.}$

ΑΣΚΗΣΗ 383
Βρείτε όλους τους πρώτους

τέτοιους ώστε ο αριθμός p^2 + 1007

να έχει λιγότερους από

(θετικούς) διαιρέτες.

ΑΣΚΗΣΗ 384
Βρείτε όλους τους περιττούς θετικούς ακεραίους

για τους οποίους υπάρχουν περιττοί ακέραιοι x_1, x_2, . . . , x_n

τέτοιοι ώστε x^2_1 + x^2_2 + ...+ x^2_n = n^4.

#807

sokratis lyras έγραψε:
sokratis lyras έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 367
Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης:

Aρχικά βρίσκουμε εύκολα τις προφανείς λύσεις της εξίσωσης που βρήκε ο κύριος Δημήτρης παραπάνω.Στη συνέχεια θεωρούμε την εξίσωση τριώνυμο ως προς
με διακρίνουσα . Η διακρίνουσα πρέπει να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου αλλά:
$(2y^2+2y)^2<D<(2y^2+2y+1)^2 \ \ (1)$ άρα η διακρίνουσα δεν είναι ποτέ τέλειο τετράγωνο και συνεπώς οι παραπάνω λύσεις είναι μοναδικές.

Αυτό που σημειώνω με κόκκινο παραπάνω έπεται της σχέσης που γράφεις μετά. Δεν εξετάζουμε εκ των προτέρων τις τετριμμένες περιπτώσεις διότι απλά δεν τις γνωρίζουμε. Αν σε κάποιες ασκήσεις δεις εκ των προτέρων να εξετάζονται κάποιες τετριμμένες περιπτώσεις τότε αυτό σημαίνει ότι ο λύτης απλά έχει επιλέξει να τις παραθέσει στην αρχή (όμως αυτό έχει γίνει ΑΦΟΥ έχει λυθεί η άσκηση στο χαρτί οπότε στην πορεία της άσκησης παρακάτω πρέπει να φαίνεται γιατί δε χρειάζεται να εξετάσει κάποιες άλλες περιπτώσεις με το χέρι). Ο αριθμός των περιπτώσεων που πρέπει να εξεταστούν με το χέρι μπορεί να αλλάζει από πρόβλημα σε πρόβλημα ή ακόμα και από λύση σε λύση αν ακολουθηθεί άλλη μέθοδος. Θα προσπαθήσω λοιπόν να είμαι όσο πιο αναλυτικός γίνεται παρακάτω.

Καταρχήν η παραπάνω σχέση που έχω σημειώσει ως (1)

στη λύση του Σωκράτη ισχύει για όλα τα $y\geq 2$ (το αριστερό μέλος της ανισότητας καταλήγει στην 8y+1>0

που ισχύει για $y\geq 1$ και το δεξί καταλήγει στην σχέση y^2-y>0

που ισχύει για $y\geq 2$ ). Άρα για $y\geq 2$ είμαστε βέβαιοι ότι η ποσότητα

δεν είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου. Μόλις έφυγε ένα μεγάλο βάρος από πάνω μας! Όλοι οι θετικοί οι μεγαλύτεροι ή ίσοι του 2.

Για $y\leq -4$ ισχύει ότι (2y^2+2y-1)^2<D<(2y^2+2y)^2

(το αριστερό μέλος καταλήγει στην y(y+3)>0

που ισχύει για $y\leq -4$ και το δεξί καταλήγει στην 8y+1<0

που ισχύει για $y\leq -1$ ). Άρα για y\leq -4 είμαστε βέβαιοι ότι η ποσότητα

δεν είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου. Μόλις έφυγε άλλο ένα μεγάλο βάρος από πάνω μας! Όλοι οι αρνητικοί οι μικρότεροι ή ίσοι του -4.

Έχουμε "διώξει" λοιπόν από τη μέση τις "πολλές" περιπτώσεις για το

.

Τι έμεινε; Να εξετάσουμε ξεχωριστά τις "λίγες" περιπτώσεις y=-3,-2,-1,0,1

.

Για

δεν έχουμε λύσεις.
Για y=-2

παίρνουμε

άρα έχουμε τη λύση (x,y)=(0,-2)

Για

παίρνουμε

άρα έχουμε τη λύση (x,y)=(0,0)

Για

παίρνουμε

άρα έχουμε τη λύση (x,y)=(1,1)

Συμπέρασμα: Πρώτα απορρίπτουμε με κάποιο τρόπο (όπως παραπάνω) τις "πολλές" τιμές του

και μετά εξετάζουμε με το χέρι εκείνες τις "λίγες" που έμειναν.

irakleios έγραψε: Προκύπτουν δύο ερωτήματα :

(α) Πως βρίσκουμε τις ''προφανείς'' λύσεις , αν δεν ακολουθήσουμε τον τρόπο του Δημήτρη ; Διότι θα μπορούσε πχ κάποιος να είχε βρει μόνο τις δύο από τις 3 (νομίζω) λύσεις και με τον τρόπο σου να δικαιολογήσει ότι είναι και οι μοναδικές (που θα ήταν τότε το λάθος;)

(β) Γιατί να ισχύει . Αυτό δεν ισχύει όταν ; Aλλά που το ξέρουμε αυτό ,αφού $y \in\mathbb{Z} ;$

Εdit : Πρόσθεσα ένα ερωτηματικό (;)

Για το (α) έχω απαντήσει παραπάνω. Το (β) συμπληρώνεται με ένα μικρό (αλλά απαραίτητο) επιχείρημα που επίσης φαίνεται παραπάνω.

Αλέξανδρος

#808

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 381
Να βρείτε όλους τους ακέραιους ώστε ο αριθμός να γράφεται ως γινόμενο (δύο ή περισσότερων) διαδοχικών ακεραίων.

Καταρχήν το γινόμενο τεσσάρων ή περισσοτέρων διαδοχικών ακεραίων είναι πολλαπλάσιο του 4 ενώ $36^n-6\equiv 0+2=2\pmod{4}$ .
Άρα το 36^n-6

είναι γινόμενο το πολύ τριών διαδοχικών ακεραίων.

$\bullet$ Αν το 36^n-6

γράφεται ως γινόμενο δύο διαδοχικών ακεραίων τότε 36^n-6=m(m+1)

δηλαδή

του οποίου η διακρίνουσα είναι ίση με $\Delta=4\cdot 36^n-23$ και πρέπει να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου. Άρα πρέπει να υπάρχει ακέραιος

ώστε

$4\cdot 36^n-23=k^2$ ή $\left(2\cdot 6^n-k\right)\left(2\cdot 6^n+k\right)=23$ δηλαδή

$2\cdot 6^n-k=1$ και $2\cdot 6^n+k=23$ απ΄ όπου $\boxed{n=1}$ που είναι δεκτή λύση.

$\bullet$ Αν το 36^n-6

γράφεται ως γινόμενο τριών διαδοχικών ακεραίων τότε 36^n-6=(m-1)m(m+1)

Όμως $36^n-6\equiv 1-6\equiv 2\pmod{7}$ ενώ $m^3-m\not\equiv 2\pmod{7}$ για οποιοδήποτε ακέραιο

(Συγκεκριμένα αν $m=7m_1+\upsilon$ τότε για $\upsilon=0,1,2,3,4,5,6$ , η ποσότητα m^3-m

είναι αντίστοιχα ισότιμη με 0,0,6,3,4,1,0

$\mod{7}$ ).

Άρα το 36^n-6

δε μπορεί να γραφτεί ως γινόμενο τριών διαδοχικών ακεραίων.

Αλέξανδρος

#809

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 383
Βρείτε όλους τους πρώτους τέτοιους ώστε ο αριθμός να έχει λιγότερους από (θετικούς) διαιρέτες.

Χρησιμοποιούμε το παρακάτω βασικό λήμμα (του οποίου η απόδειξη αφήνεται ως απλή άσκηση - κάπου το έχουμε ξαναδεί στο forum):

*************************************************************************

ΛΗΜΜΑ
Αν $p\geq 5$ πρώτος τότε ισχύει κάθε μία από τις παρακάτω προτάσεις:

Α) $p\equiv \pm 1\pmod{6}$
Β) $p\equiv 1,5,7,11\pmod{12}$
Γ) $p^2\equiv 1 \pmod{24}$

*************************************************************************

Ας είναι A=p^2+1007

Αν

τότε $A=1011=3\cdot 337$ που έχει 4 θετικούς διαιρέτες άρα είναι δεκτή λύση.
Αν p=3

τότε $A=2^3\cdot 127$ που έχει 8 θετικούς διαιρετες άρα απορρίπτεται.

Έστω λοιπόν παρακάτω ότι $p\geq 5$ τότε από το Λήμμα Γ παραπάνω έχουμε $p^2\equiv 1 \pmod{24}$ άρα $A\equiv 0\pmod{24}$ .

$\bullet$ Αν ο A έχει 6 διαιρέτες τότε είναι της μορφής A=q^5

όπου

πρώτος ή $A=q\cdot t^2$ όπου q,t

πρώτοι διαφορετικοί μεταξύ τους.
Όμως δε μπορεί να είναι της μορφής A=q^5

αφού το πρώτο μέλος είναι άρτιος άρα θα έπρεπε q=2

, που δε δίνει λύση.

Αν ήταν q=2

τότε

άρα από τη μία $A\equiv 0\pmod{24}$ ενώ απ' την άλλη $2t^2\equiv 2\pmod{24}$ , άτοπο

Αν ήταν t=2

τότε

άρα από τη μία $A\equiv 0\pmod{24}$ ενώ απ' την άλλη $4q\equiv 4\pmod{24}$ ή $4q\equiv -4\pmod{24}$ ανάλογα αν ήταν $q\equiv 1\pmod{6}$ ή $q\equiv-1\pmod{6}$ (Λήμμα Α παραπάνω), άτοπο.

$\bullet$ Αν ο A έχει 5 διαιρέτες τότε είναι της μορφής A=q^4

όπου

πρώτος.
Όμως δε μπορεί να είναι της μορφής A=q^4

αφού το πρώτο μέλος είναι άρτιος άρα θα έπρεπε q=2

, που δε δίνει λύση.

$\bullet$ Αν ο A έχει 4 διαιρέτες τότε είναι της μορφής A=q^3

όπου

πρώτος ή $A=q\cdot t$ όπου q,t

πρώτοι διαφορετικοί μεταξύ τους.
Όμως δε μπορεί να είναι της μορφής A=q^3

αφού το πρώτο μέλος είναι άρτιος άρα θα έπρεπε q=2

, που δε δίνει λύση.

Αν ήταν q=2

τότε

άρα από τη μία $A\equiv 0\pmod{24}$ ενώ απ' την άλλη $2t\equiv 2,10,14,20\pmod{24}$ , ανάλογα αν ήταν q\equiv 1,5,7,11\pmod{12} (Λήμμα Β παραπάνω), άτοπο.

Όμοια αν ήταν t=2

.

$\bullet$ Αν ο A έχει 3 διαιρέτες τότε είναι της μορφής A=q^2 όπου q πρώτος.
Όμως δε μπορεί να είναι της μορφής A=q^2 αφού το πρώτο μέλος είναι άρτιος άρα θα έπρεπε q=2, που δε δίνει λύση.

$\bullet$ Αν ο A έχει 2 διαιρέτες τότε είναι της μορφής A=q

όπου

πρώτος.
Όμως δε μπορεί να είναι της μορφής A=q

αφού το πρώτο μέλος είναι άρτιος άρα θα έπρεπε q=2

, που δε δίνει λύση.

Μοναδική λύση λοιπόν $\boxed{p=2}$ .

Αλέξανδρος

#810

cretanman έγραψε:
socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 383
Βρείτε όλους τους πρώτους τέτοιους ώστε ο αριθμός να έχει λιγότερους από (θετικούς) διαιρέτες.
Χρησιμοποιούμε το παρακάτω βασικό λήμμα (του οποίου η απόδειξη αφήνεται ως απλή άσκηση - κάπου το έχουμε ξαναδεί στο forum):

*************************************************************************

ΛΗΜΜΑ
Αν $p\geq 5$ πρώτος τότε ισχύει κάθε μία από τις παρακάτω προτάσεις:

Α) $p\equiv \pm 1\pmod{6}$
Β) $p\equiv 1,5,7,11\pmod{12}$
Γ) $p^2\equiv 1 \pmod{24}$

*************************************************************************

Ας είναι

Αν τότε $A=1011=3\cdot 337$ που έχει 4 θετικούς διαιρέτες άρα είναι δεκτή λύση.
Αν τότε $A=2^3\cdot 127$ που έχει 8 θετικούς διαιρετες άρα απορρίπτεται.

Έστω λοιπόν παρακάτω ότι $p\geq 5$ τότε από το Λήμμα Γ παραπάνω έχουμε $p^2\equiv 1 \pmod{24}$ άρα $A\equiv 0\pmod{24}$ .

Τώρα που το σκέφτομαι καλύτερα αν $p\geq 5$ τότε αφού $A\equiv 0\pmod{24}$ άρα ο

περιέχει στην ανάλυσή του σε πρώτους παράγοντες το $24=2^3\cdot 3$ δηλαδή τουλάχιστον 8 διαιρέτες, άτοπο και η άσκηση ολοκληρώνεται. Οπότε αυτά που έγραψα στην προηγούμενη δημοσίευση δε χρειάζονται. Ας τα αφήσω μόνο και μόνο για να φαίνεται η μορφή που πρέπει να έχει ένας αριθμός όταν έχει 6,5,4,3,2 διαιρέτες.

Αλέξανδρος

G.Bas · #811

sokratis lyras έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 369
Δίνονται θετικοί αριθμοί.Να αποδειχθεί ότι:
$\displaystyle\frac{a(y+z)}{b+c}+\displaystyle\frac{b(x+z)}{a+c}+\displaystyle\frac{c(y+x)}{b+a}\ge \displaystyle\sqrt{3(xy+yz+zx)}$

Ισχύει $\displaystyle{[a(x+y)+b(y+z)+c(z+x)]^2\geq 4(ab+bc+ca)(xy+yz+zx)}$ .

Για $\displaystyle{(a,b,c)\mapsto \left(\frac{c}{a+b},\frac{a}{b+c},\frac{b}{c+a}\right)}$ η Ανισότητα γίνεται

$\displaystyle{\left(\frac{a(y+z)}{b+c}+\displaystyle\frac{b(x+z)}{a+c}+\displaystyle\frac{c(y+x)}{b+a}\right)^2\geq 4(xy+yz+zx)\cdot\left(\frac{ab}{(b+c)(a+c)}+\frac{bc}{(a+c)(a+b)}+\frac{ca}{(a+b)(b+c)}\right)}$

Όμως, $\displaystyle{\frac{ab}{(b+c)(a+c)}+\frac{bc}{(a+c)(a+b)}+\frac{ca}{(a+b)(b+c)}\geq \frac{3}{4}}$ γιατί ισοδύναμα έχουμε ότι

$\displaystyle{\sum ab(a+b)\geq\frac{3}{4}(a+b)(b+c)(c+a)\Leftrightarrow \sum ab(a+b)\geq 6abc}$ η οποία ισχύει λόγω της AM - GM.

Άρα, ισχύει $\displaystyle{\left(\frac{a(y+z)}{b+c}+\displaystyle\frac{b(x+z)}{a+c}+\displaystyle\frac{c(y+x)}{b+a}\right)^2\geq 4(xy+yz+zx)\cdot\frac{3}{4}=3(xy+yz+zx)}$

#812

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 382
Αν $\displaystyle{a,b,x,y }$ πραγματικοί, τέτοιοι ώστε να ισχύει $\displaystyle{a+b=x+y}$ και $\displaystyle{x^4 +y^4 =a^4 +b^4,}$ να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{x^n +y^n =a^n +b^n,}$ για κάθε θετικό ακέραιο $\displaystyle{n.}$

Έχουμε: $\displaystyle{x^{4}-a^{4}=b^{4}-y^{4}\Rightarrow (x^{2}-a^{2})(x^{2}+a^{2})=(b^{2}-y^{2})(b^{2}+y^{2})\Rightarrow }$

$\displaystyle{(x+a)(x^{2}+a^{2})=(b+y)(b^{2}+y^{2})}$ με την προϋπόθεση ότι είναι $\displaystyle{x\neq a}$

Άρα έχουμε: $\displaystyle{x^{3}+a^{2}x+ax^{2}+a^{3}=b^{3}+by^{2}+b^{2}y+y^{3}}$ (ΣΧΕΣΗ 1)

Με όμοιο τρόπο έχουμε:

$\displaystyle{x^{4}-b^{4}=a^{4}-y^{4}\Rightarrow x^{3}+b^{2}x+bx^{2}+b^{3}=a^{2}+ay^{2}+a^{2}y+y^{3}}$ (ΣΧΕΣΗ 2)

με την προϋπόθεση ότι $\displaystyle{x\neq b}$ .

Αφαιρώντας κατά μέλη τις σχέσεις (1) και (2) βρίσκουμε ότι: (με την προϋπόθεση ότι $\displaystyle{a\neq b}$

$\displaystyle{(a-b)(a+b)(x+y)+(a-b)(x^{2}+y^{2})+2(a-b)(a^{2}+ab+b^{2})=0\Rightarrow }$

$\displaystyle{(a+b)(x+y)+x^{2}+y^{2}+2a^{2}+2ab+2b^{2}=0\Rightarrow}$

$\displaystyle{(x+y)(x+y)+x^{2}+y^{2}+a^{2}+a^{2}+2ab+b^{2}+b^{2}=0\Rightarrow }$

$\displaystyle{(x+y)^{2}+x^{2}+y^{2}+a^{2}+(a+b)^{2}+b^{2}=0\Rightarrow x=y=a=b=0}$ που είναι άτοπο αφού υποθέσαμε ότι $\displaystyle{a\neq b}$

Άρα υποχρεωτικά θα είναι $\displaystyle{a=b}$ , οπότε τότε έχουμε από τις υποθέσεις:

$\displaystyle{x+y=2a}$

$\displaystyle{x^{4}+y^{4}=2a^{4}}$

Άρα

$\displaystyle{(x+y)^{2}=4a^{2}\Rightarrow x^{2}+y^{2}+2xy=4a^{2}}$

$\displaystyle{(x^{2}+y^{2})^{2}-2x^{2}y^{2}=2a^{4}\Rightarrow (4a^{2}-2xy)^{2}-2x^{2}y^{2}=2a^{4}\Rightarrow x^{2}y^{2}-8a^{2}xy+7a^{4}=0\Rightarrow }$

$\displaystyle{xy=a^{2}, \eta , xy=7a^{2}}$

1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ $\displaystyle{ xy=a^{2} }$

Τότε από το σύστημα $\displaystyle{ xy=a^{2} , x+y=2a}$ βρίσκουμε ότι τα $\displaystyle{x,y }$ είναι οι ρίζες της εξίσωσης

$\displaystyle{t^{2}-2at+a^{2}=0\Leftrightarrow t=a\Rightarrow x=y=a}$ που είναι άτοπο αφού έχουμε ήδη υποθέσει ότι

$\displaystyle{x\neq a}$

2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ $\displaystyle{xy=7a^{2}}$ . Τότε ομοίως έχουμε ότι τα $\displaystyle{x,y}$ είναι οι ρίζες της εξίσωσης

$\displaystyle{t^{2}-2at+7a^{2}=0}$ , η οποία για να έχει ρίζα πραγματική , θα πρέπει να είναι $\displaystyle{a=0}$ και άρα $\displaystyle{a=b=0}$ , οπότε από την σχέση $\displaystyle{x^{4}+y^{4}=a+b\Rightarrow x^{4}+y^{4}=0\Rightarrow x=y=0}$ που και πάλι είναι άτοπο, αφού έχουμε υποθέσει ότι $\displaystyle{x\neq a}$ .

Από τον παραπάνω συλλογισμό συμπεραίνουμε ότι υποχρεωτικά θα είναι $\displaystyle{x=a}$ από όπου προκύπτει ότι και $\displaystyle{y=b}$ (ή
$\displaystyle{x=b,y=a)}$ και επομένως $\displaystyle{x^{n}+y^{n}=a^{n}+b^{n}}$

Αρχιμήδης 6 · #813

Ασκηση 379
1005^x+2011^y=1006^z

Προφανώς

,

Aν εξετάσουμε το τελευταίο διψήφιο τμήμα κάθε δύναμης ξεχωριστά θα δούμε ότι...
-- 1005^x=25mod100

οπότε το τελευταίο διψήφιο τμήμα είναι το

.
$2011^{10k+1}=11mod100$
$2011^{10k+2}=21mod100$
.
.
.
$2011^{10k+9}=91mod100$
$2011^{10k+10}=01mod100$
-- 1006^z=36,16,96,76,56mod100

(

)
Eύκολα βλέπουμε ότι

περιττός.
Αφού

περιττός τότε
2011^y=-1mod503

Οπότε

άρτιος.
Τώρα δουλεύω mod8

που βολεύει πολύ αφού ο 1006^z

διαιρείτε απο

για

Oπότε αφού

άρτιος θα έχουμε..
1005^2=1mod8

oπότε

Aυτό θα ισχύει μόνο αν z<3

.
Mένει να ελεγχθεί η περίπτωση που z=2

ή

Πράγματι μοναδικές λύσεις (x,y,z)=(2,1,2)

&

Ξέχασα την περίπτωση z=1

που μόλις την πρόσθεσα.

#814

Δημήτρη (Αρχιμήδης), " εκτέλεσες" μια από τις ασκήσεις που με βασάνιζε αρκετές μέρες

Να είσαι καλά.

Αρχιμήδης 6 · #815

Δημήτρη ευχαριστώ! Εσύ όμως έχεις την εμπειρία του παλιού <<εκτελεστή>> !! Κάτι που θέλει πολλά χρόνια για να το αποκτήσω...

#816

Φερμά_96 έγραψε:για την 41.

γράφεται $a^{6}+3a^{4}b^{2}+3a^{2}b^{4}+b^{6}=a^{6}+2a^{3}b^{3}+b^{6}$
ή $3a^{4}b^{2}+3a^{2}b^{4}=2a^{3}b^{3}$
ή $3a^{2}b^{2}(a^{2}+b^{2})=2a^{3}b^{3}$
ή $3a^{2}b^{2}(a^{2}+b^{2})=2a^{3}b^{3}$

ή $\frac{a^{2}b^{2}(a^{2}+b^{2})}{a^{3}b^{3}}=\frac{2}{3}$

ή $\frac{a^{2}+b^{2}}{ab}=\frac{2}{3}$

ή $\frac{b}{a}+\frac{a}{b}=\frac{2}{3}$

Σωστή βέβαια η αντιμετώπιση της άσκησης από τον "Φερμά _96". Μια χρήσιμη παρατήρηση που έκανε ο Θανάσης ο Μπεληγιάννης, είναι ότι αυτή η σχέση στο R δεν μπορεί να ισχύει (μόνο στο σύνολο των μιγαδικών αριθμών μπορούν να υπάρχουν τέτοιοι αριθμοί) και αυτό επειδή η σχέση $\displaystyle{\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=\frac{2}{3}}$ γράφεται

$\displaystyle{3a^{2}-2ab+3b^{2}=0}$ και έχει διακρίνουσα $\displaystyle{\Delta =-32b^{2}}$ που είναι αρνητική για κάθε $\displaystyle{b\neq 0}$

Karanus · #817

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
Φερμά_96 έγραψε:για την 41.

γράφεται $a^{6}+3a^{4}b^{2}+3a^{2}b^{4}+b^{6}=a^{6}+2a^{3}b^{3}+b^{6}$
ή $3a^{4}b^{2}+3a^{2}b^{4}=2a^{3}b^{3}$
ή $3a^{2}b^{2}(a^{2}+b^{2})=2a^{3}b^{3}$
ή $3a^{2}b^{2}(a^{2}+b^{2})=2a^{3}b^{3}$

ή $\frac{a^{2}b^{2}(a^{2}+b^{2})}{a^{3}b^{3}}=\frac{2}{3}$

ή $\frac{a^{2}+b^{2}}{ab}=\frac{2}{3}$

ή $\frac{b}{a}+\frac{a}{b}=\frac{2}{3}$

Σωστή βέβαια η αντιμετώπιση της άσκησης από τον "Φερμά _96". Μια χρήσιμη παρατήρηση που έκανε ο Θανάσης ο Μπεληγιάννης, είναι ότι αυτή η σχέση στο R δεν μπορεί να ισχύει (μόνο στο σύνολο των μιγαδικών αριθμών μπορούν να υπάρχουν τέτοιοι αριθμοί) και αυτό επειδή η σχέση $\displaystyle{\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=\frac{2}{3}}$ γράφεται

$\displaystyle{3a^{2}-2ab+3b^{2}=0}$ και έχει διακρίνουσα $\displaystyle{\Delta =-32b^{2}}$ που είναι αρνητική για κάθε $\displaystyle{b\neq 0}$

Καλησπέρα
Τελικά για την 41 το αποτέλεσμα θεωρείται σωστό ή όχι, απο την στιγμή που η εκφώνηση αναφέρεται σε πραγματικούς αριθμούς.
Θα ήθελα μάλιστα να αντιπαραθέσω την άσκησηviewtopic.php?f=35&t=21513 στην οποία ενω η εκφώνηση δεν αναφέρεται σε πραγματικούς αριθμούς, παρα ταύτα, γίνεται διερεύνηση και μάλιστα , αποκλείεται η τιμή χ+ψ=-6 ενώ επαληθεύει τις αρχικές σχέσεις . Θα παρακαλούσα κάποιον απο τους μαθηματικούς να μας ξεκαθαρίσει το θέμα.
Ευχαριστώ.

#818

Karanus έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
Φερμά_96 έγραψε:για την 41.

γράφεται $a^{6}+3a^{4}b^{2}+3a^{2}b^{4}+b^{6}=a^{6}+2a^{3}b^{3}+b^{6}$
ή $3a^{4}b^{2}+3a^{2}b^{4}=2a^{3}b^{3}$
ή $3a^{2}b^{2}(a^{2}+b^{2})=2a^{3}b^{3}$
ή $3a^{2}b^{2}(a^{2}+b^{2})=2a^{3}b^{3}$

ή $\frac{a^{2}b^{2}(a^{2}+b^{2})}{a^{3}b^{3}}=\frac{2}{3}$

ή $\frac{a^{2}+b^{2}}{ab}=\frac{2}{3}$

ή $\frac{b}{a}+\frac{a}{b}=\frac{2}{3}$

Σωστή βέβαια η αντιμετώπιση της άσκησης από τον "Φερμά _96". Μια χρήσιμη παρατήρηση που έκανε ο Θανάσης ο Μπεληγιάννης, είναι ότι αυτή η σχέση στο R δεν μπορεί να ισχύει (μόνο στο σύνολο των μιγαδικών αριθμών μπορούν να υπάρχουν τέτοιοι αριθμοί) και αυτό επειδή η σχέση $\displaystyle{\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=\frac{2}{3}}$ γράφεται

$\displaystyle{3a^{2}-2ab+3b^{2}=0}$ και έχει διακρίνουσα $\displaystyle{\Delta =-32b^{2}}$ που είναι αρνητική για κάθε $\displaystyle{b\neq 0}$

Καλησπέρα
Τελικά για την 41 το αποτέλεσμα θεωρείται σωστό ή όχι, απο την στιγμή που η εκφώνηση αναφέρεται σε πραγματικούς αριθμούς.
Θα ήθελα μάλιστα να αντιπαραθέσω την άσκησηviewtopic.php?f=35&t=21513 στην οποία ενω η εκφώνηση δεν αναφέρεται σε πραγματικούς αριθμούς, παρα ταύτα, γίνεται διερεύνηση και μάλιστα , αποκλείεται η τιμή χ+ψ=-6 ενώ επαληθεύει τις αρχικές σχέσεις . Θα παρακαλούσα κάποιον απο τους μαθηματικούς να μας ξεκαθαρίσει το θέμα.
Ευχαριστώ.

Νομίζω ότι ο κατασκευαστής της άσκησης, δεν πρόσεξε το ότι τέτοιοι αριθμοί στο $\displaystyle{R}$ δεν υπάρχουν. Παρόμοια προβλήματα έχουν συμβεί αρκετές φορές στην βιβλιογραφία αλλά και κάποτε στις Πανελλήνιες όπου δινόταν μια συνάρτηση η οποία ικανοποιούσε κάποιες συνθήκες και εκ των υστέρων αποδείχθηκε ότι τέτοια συνάρτηση δεν υπάρχει, Βέβαια όσοι απάντησαν στα ερωτήματα της άσκησης αυτής, θεωρήθηκε ότι απάντησαν σωστά. Χαρακτηριστικά θυμάμαι και μια άσκηση από ένα παλιό βοήθημα για την Α Λυκείου που έλεγε ότι αν $\displaystyle{(a+\frac{1}{a})^{2}=3}$ να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle{a^{3}+\frac{1}{a^{3}}=0}$ που όμως το αποδεικτέο, δεν μπορεί να ισχύει στο σύνολο των πραγματικών αριθμών. Αυτή όμως η άσκηση είχε τεθεί σε διαγώνισμα στην Α Λυκείου, και όσοι μαθητές την "απέδειξαν" πήραν τις μονάδες που δίνονταν για αυτήν.
Προφανώς είναι καλό να φροντίζουμε να μην δίνονται τέτοιες ασκήσεις (όμως ανθρώπινο είναι να μην το δούμε, κατά την κατασκευή μιας άσκησης).

#819

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 384
Βρείτε όλους τους περιττούς θετικούς ακεραίους για τους οποίους υπάρχουν περιττοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε

Προσπαθώντας αυτές τις ημέρες να λύσω το θέμα αυτό που τέθηκε από το εξαίρετο μέλος μας Socrates, χρησιμοποιόντας μόνο Γυμνασιακή ύλη, δεν τα κατάφερα. (Ίσως να μην είναι δύσκολο, όμως εγώ...

)

Με την ευκαιρία θα πρότεινα στους θεματοδότες μας, να βάζουν θέματα που να μπορούν να λυθούν μόνο με γνώσεις Γυμνασίου και αν απαιτείται κάτι παραπάνω, να αναφέρεται η αντίστοιχη θεωρία και αν είναι δυνατόν και μερικά παραπλήσια παραδείγματα. Αυτό είναι παράκληση από αρκετά μέλη μας που μου έχουν στείλει σε μήνυμα.Τα θέματά μας εδώ πρέπει να είναι σε επίπεδο διαγωνισμών "ΘΑΛΗΣ" Β,Γ Γυμνασίου ," ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ" Β,Γ Γυμνασίου και "ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ για τους μικρούς"

Ας επιχειρήσουμε να είμαστε πάνω σε αυτά τα πλάίσια ώστε να ασχολούνται και οι μαθητές στους οποίους απευθύνεται το θέμα αυτό.

Φιλικά,

Ιωάννου Δημήτρης

Karanus · #820

Θα συμφωνήσω και εγώ με τον κ. Ιωάννου στην τοποθέτησή του για τα θέματα, πόσο δε μάλλον 10-12 ημέρες πριν το δεύτερο στάδιο του διαγωνισμού της Ε.Μ.Ε.

Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Μέλη σε σύνδεση