ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

ΝΛΙ · #121

Ευχαριστώ τον φίλο Σωτήρη Λουρίδα για τα καλά του λόγια.
Πραγματικά αισθάνομαι άτυχος που δεν έχω το χρόνο να ασχοληθώ με τον ιστότοπο αυτό που μας ενώνει και μας κάνει σοφότερους.
Ελπίζω ότι μετά το τέλος των εξετάσεων θα έχω την ευκαιρία να ασχοληθώ και εγώ και να μοιράζομαι με σάς τη χαρά των μαθηματικών.
Εύχομαι σε όλους εσάς που προσφέρετε τη γνώση και την εμπειρία σας σε μας να είστε πάντοτε καλά και να συνεχίσετε με τον ίδιο ζήλο. Διαφυλάξετε τον ιστότοπο αυτό ως ένα θείο δώρο. Τον έχουμε όλοι ανάγκη.
Νίκος Ιωσηφίδης
Μαθηματικός - Φροντιστής
Βέροια

S.E.Louridas · #122

ΝΛΙ έγραψε: ...Ελπίζω ότι μετά το τέλος των εξετάσεων θα έχω την ευκαιρία να ασχοληθώ και εγώ και να μοιράζομαι με σάς τη χαρά των μαθηματικών...
Νίκος Ιωσηφίδης
Μαθηματικός - Φροντιστής
Βέροια

Ναι Νίκο η παρουσία σου εδώ θα είναι πραγματικό κέρδος, σε περιμένουμε.

#123

Νίκο, πράγματι θα χαρούμε να σε έχουμε στην παρέα μας.

#124

ΑΣΚΗΣΗ 49.: Έστω $a , b , c \epsilon R$ , με a+b+c=0

. Δείξτε ότι:

$(ab)^{2n-1}+(bc)^{2n-1}+(ca)^{2n-1}\leq 0$ , αν $n\epsilon N$

(ΠΗΓΗ: "ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ" της ΕΜΕ. Αρθρογράφος Σωτήρης Λουρίδας).

(Ας μου επιτραπεί να προσθέσω, ότι πριν μπει η πληροφορική στην ζωή μας, το περιοδικό ¨ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ" ήταν για εμάς μια θαυμάσια πηγή γνώσεων, όπου αρθογράφοι ήταν ταλαντούχοι μαθηματικοί πολλούς από τους οποίους, μέσω του mathematica, είχαμε την χαρά να γνωρίσουμε και από κοντά. Τους ευχαριστούμε για την προσφορά τους.
Αλλά και σήμερα, παρά το πλήθος των πληροφοριών που έχουμε με τις νέες τεχνολογίες, πιστεύω ότι ο¨"ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ", το ΔΙΚΟ ΜΑΣ περιοδικό έχει πολλά να μας προσφέρει και πρέπει όσο μπορούμε να το κρατήσουμε ζωντανό, στις δύσκολες μέρες που ζούμε...)

S.E.Louridas · #125

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε: Ας μου επιτραπεί να προσθέσω, ότι πριν μπει η πληροφορική στην ζωή μας, το περιοδικό ¨ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ" ήταν για εμάς μια θαυμάσια πηγή γνώσεων, όπου αρθογράφοι ήταν ταλαντούχοι μαθηματικοί πολλούς από τους οποίους, μέσω του mathematica, είχαμε την χαρά να γνωρίσουμε και από κοντά. Τους ευχαριστούμε για την προσφορά τους.
Αλλά και σήμερα, παρά το πλήθος των πληροφοριών που έχουμε με τις νέες τεχνολογίες, πιστεύω ότι ο¨"ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ", το ΔΙΚΟ ΜΑΣ περιοδικό έχει πολλά να μας προσφέρει και πρέπει όσο μπορούμε να το κρατήσουμε ζωντανό, στις δύσκολες μέρες που ζούμε...)

Συμφωνώ και επαυξάνω Δημήτρη.
Για τούτο θα παραθέσω κάποιες προσωπικές μου τοποθετήσεις και εκτιμήσεις.
Εκείνο που θέλω να πω λοιπόν, με βάση τις προσωπικές μου διαπιστώσεις, είναι ότι οι Μαθηματικές Εταιρείες ανά τον κόσμο έχουν και τα περιοδικά τους που είναι οι βασικές Μαθηματικές φωνές των Μαθηματικών όντων.
Όπως υπάρχουν και οι αιρετές διοικήσεις των Μαθηματικών αυτών Εταιρειών. Ίσως σε κάποιες περιπτώσεις κάποια μέλη από τις διοικήσεις τους να μην έχουν αποδεκτή συμπεριφορά και να δημιουργούν έτσι προϋποθέσεις σημαντικών απομακρύνσεων. Αυτό δεν έχει να κάνει με το Μαθηματικό και εκδοτικό κομμάτι που αναφέρεται καθαρά στο γνωστικό αντικείμενο των Μαθηματικών. Όσον αφορά εμάς που είμαστε σε Μαθηματικές επιτροπές της δικής μας Ε.Μ.Ε., πρέπει να επιζητούμε σε συνεχή βάση την ενεργή συμμετοχή όλων των συναδέλφων αλλά και αυτών που αγαπούν τα Μαθηματικά στην προσπάθεια η πλέον επίσημη Μαθηματική Φωνή που είναι η φωνή της Ε.Μ.Ε. να παραμείνει η Μαθηματική φωνή της ευρύτερης Μαθηματικής Κοινότητας, να παραμείνει η δική μας φωνή και όχι η φωνή των ολίγων.
Επιβάλλεται να συμμετέχουν όλοι οι συνάδελφοι στις ανοικτές επιτροπές και ειδικά στα παραρτήματα. Να απαιτούν, να κριτικάρουν παραγωγικά και τέλος να στέλνουν τις Μαθηματικές Επιστημονικές τους προτάσεις οι οποίες θα πρέπει να αξιοποιούνται ουσιαστικά και να αναδεικνύονται.
Ειδικά για τον ΕΥΚΛΕΙΔΗ Β΄, όπως έχω αντιληφθεί στο επίπεδο των Επιστημονικών του επιτροπών υπάρχει σαν στόχος να προσελκύσουμε το ενδιαφέρον αυτών που αγαπούν τα Μαθηματικά. Επομένως η συμμετοχή τους και την συνεργασία τους αποτελεί επιτακτική ανάγκη. Θέλουμε τις εργασίες τους, τις ασκήσεις τους και την συνεχή επιστημονική αλληλογραφία μαζί τους, ώστε το περιοδικό όλων μας ο ΕΥΚΛΕΙΔΗ Β΄ να παραμείνει ποιοτικά πλουραλιστικό. Ένας τρόπος είναι να μειωθούν οι προϋποθέσεις που οδηγούν στο ενδεχόμενο να αναγκάζονται να γράφουν οι ίδιοι και οι ίδιοι.
Βοηθήστε λοιπόν με την συνεχή συμμετοχή σας και τις προτάσεις σας για την συνεχή βελτίωση του Περιοδικού μας.

vzf · #126

Θέματα από εξετάσεις σε όλη την ύλη μάλλον στα ιταλικά : http://download.sns.it/proveesame/matm_all.pdf

#127

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 49.: Έστω $a , b , c \epsilon R$ , με . Δείξτε ότι:

$(ab)^{2n-1}+(bc)^{2n-1}+(ca)^{2n-1}\leq 0$ , αν $n\in N$

Είναι $2(ab+bc+ca)=-a^2-b^2-c^2\leq 0,$ οπότε κάποιος από τους ab,bc,ca

είναι μη θετικός. Έστω ο ab.

Τότε αρκεί να είναι $\displaystyle{c^{2n-1}(a^{2n-1}+b^{2n-1})\leq 0.}$

Όμως, $\displaystyle{c^{2n-1}(a^{2n-1}+b^{2n-1})=-c^{2n}\frac{a^{2n-1}+b^{2n-1}}{a+b}\leq 0.}$

#128

ΑΣΚΗΣΗ 50:
Αν $x_1,\,x_2,\,x_3$ οι ρίζες της εξίσωσης x^3-x-1=0

, να βρεθεί η τιμή της παράστασης $\displaystyle \dfrac{x_1+1}{1-x_1}+\dfrac{x_2+1}{1-x_2}+\dfrac{x_3+1}{1-x_3}.$

ΑΣΚΗΣΗ 51:
Να δείξετε ότι για κάθε $m,n\in \Bbb{N^*}$ , ο αριθμός 2010^m+2013

δε διαιρεί τον αριθμό 5610^n

.

#129

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 50:
Αν $x_1,\,x_2,\,x_3$ οι ρίζες της εξίσωσης , να βρεθεί η τιμή της παράστασης $\displaystyle \dfrac{x_1+1}{1-x_1}+\dfrac{x_2+1}{1-x_2}+\dfrac{x_3+1}{1-x_3}.$

Έχουμε:

$\displaystyle{\frac{x_1+1}{1-x_1}=\frac{x_1^3}{1-x_1}}$

Αλλά $\displaystyle{x_{1}=x_{1}^{3}-1=(x_{1}-1)(x_{1}^{2}+x_{1}+1)\Rightarrow 1-x_{1}=-\frac{x_1}{x_{1}^2+x_1+1}}$

Άρα:

$\displaystyle{\frac{x_1+1}{1-x_1}=-x_{1}^{2}(x_{1}^{2}+x_{1}+1)=-(x_{1}^{4}+x_{1}^{3}+x_{1}^{2})=}$

$\displaystyle{=-(x_{1}.x_{1}^{3}+x_{1}^{3}+x_{1}^{2})=-[x_{1}(x_{1}+1)+x_{1}+1+x_{1}^{2}]=}$

$\displaystyle{=-(2x_{1}^{2}+2x_{1}+1)}$

Με ίδιο τρόπο βρίσκουμε και τα δύο άλλα κλάσματα, οπότε άν τα προσθέσουμε κατά μέλη, βρίσκουμε:

$\displaystyle{\frac{x_1+1}{1-x_1}+\frac{x_2+1}{1-x_2}+\frac{x_3+1}{1-x_3}=-[2(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2})+2(x_{1}+x_{2}+x_{3})+3]=}$

$\displaystyle{=-2[(x_{1}+x_{2}+x_{3})^{2}-2(x_{1}x_{2}+x_{2}x_{3}+x_{3}x_{1})+2(x_{1}+x_{2}+x_{3})+3]}$

Αντικαθιστούμε τώρα με τους τύπους Vieta και βρίσκουμε το ζητούμενο.

#130

socrates έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 49.: Έστω $a , b , c \epsilon R$ , με . Δείξτε ότι:

$(ab)^{2n-1}+(bc)^{2n-1}+(ca)^{2n-1}\leq 0$ , αν $n\in N$

Είναι $2(ab+bc+ca)=-a^2-b^2-c^2\leq 0,$ οπότε κάποιος από τους είναι μη θετικός. Έστω ο

Τότε αρκεί να είναι $\displaystyle{c^{2n-1}(a^{2n-1}+b^{2n-1})\leq 0.}$

Όμως, $\displaystyle{c^{2n-1}(a^{2n-1}+b^{2n-1})=-c^{2n}\frac{a^{2n-1}+b^{2n-1}}{a+b}\leq 0.}$

Socrates, πολύ ωραία λύση.

Πράγματι, ΜΕΓΑΛΟ ΣΧΟΛΕΙΟ το mathematica,gr

#131

Ποια λύση δίνεται στο περιοδικό;

#132

socrates έγραψε:Ποια λύση δίνεται στο περιοδικό;

Aν

, ισχύει ως ισότητα. Υποθέτουμε ότι b , c<0

, οπότε προκύπτει ότι a>0

.

Θέτουμε b=-t , c=-m , t ,m >0

. Άρα

. Τότε η δοσμένη σχέση γράφεται:

$(am)^{2n-1}+(at)^{2n-1}\geq (tm)^{2n-1}$

Aρκεί λοιπόν να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{(t+m)^{2n-1}(t^{2n-1}+m^{2n-1})\geq (tm)^{2n-1}}$ .

Αλλά ισχύει ότι:

$\displaystyle{t+m\geq 2\sqrt{tm}\Rightarrow (t+m)^{2n-1}\geq 2^{2n-1}\sqrt{(tm)^{2n-1}}$

Aλλά επίσης:

$\displaystyle{t^{2n-1}+m^{2n-1}\geq 2\sqrt{(tm)^{2n-1}}$

Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη τις δύο τελευταίες ανισότητες, παίρνουμε το ζητούμενο.

Αν τώρα είναι a<0

, και

τότε θέτοντας a=-x

, (

), έχουμε

αφού

.

Aρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι:

$\displaystyle{(bx)^{2n-1}+(cx)^{2n-1}\geq (bc)^{2n-1}}$ , το οποίο όμως ήδη έχουμε αποδείξει.

Όμοια αποδεικνύονται (κυκλικά) και οι άλλες περιπτώσεις.

ykerasar · #133

Παρακολούθησα το διάλογο που αναπτύχθηκε και είμαι ικανοποιημένος από το επίπεδό του. Νομίζω πως είναι καιρός να μας πλουτίσει την πείρα μας ο σημαντικός μαθηματικός Νίκος Ιωσηφίδης.
Τον Νίκο τον γνωρίζω πολύ καλά για τις γνώσεις του, τη μεθοδικότητά του και την ευγένειά του. Δεν θα ξεχάσω ποτέ την εκστρατεία που αυθόρμητα αναπτύχθηκε το 2003 με αφορμή το "περίφημο" ερώτημα 4γ των Πανελλαδικών εξετάσεων. Τότε που ΥΠΕΠΘ και ΕΜΕ προσπαθούσαν να μας πείσουν πως είμαστε αγράμματοι, πως το θέμα είναι σωστό, πως κινούμαστε από ταπεινά ελατήρια, πως είμαστε καθ' έξη και κατ' επάγγελμα συκοφάντες,........ Ακριβώς εκείνες τις μέρες, άξιοι μαθηματικοί όπως ο Νίκος Ιωσηφίδης και μια πλειάδα μαθηματικών ανέλαβε εκστρατεία για να περισωθεί η αξιοπρέπειά μας σαν ανθρώπων και σαν δασκάλων. Και ο στόχος επιτεύχθηκε στο στρογγυλό τραπάζι του συνεδρίου της ΕΜΕ στη Βέροια.
Λοιπόν, καλέ μου φίλε Νίκο, η ιστορία σου δεν σου επιτρέπει "απουσίες" από το mathematica
Γιάννης Κερασαρίδης

Υ.Γ. στο αρχείο μου υπάρχει ο πλήρης φάκελος με τα γεγονότα και τους πρωταγωνιστές εκείνης της μάχης

#134

Tην καλημέρα μου στον ακούραστο αγωνιστή Γιάννη Κερασαρίδη και με την ευκαιρία, ένα ΜΕΓΑΛΟ ευχαριστώ που για πάρα πολλά χρόνια με την στήλη HOMO MATHEMATICUS, μας έδινε και εξακολουθεί να μας δίνει τα φώτα του.

Γιάννη να είσαι πάντα καλά

#135

ΑΣΚΗΣΗ 52
Να δείξετε ότι $a+b+c\geq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2$ για όλους τους θετικούς αριθμούς a,b,c

για τους οποίους a^2+b^2+c^2=3.

ΑΣΚΗΣΗ 53
Δείξτε ότι κάθε $n\in\Bbb{N}$ γράφεται στη μορφή a^2+b^2-c^2

όπου $a,b,c\in\Bbb{N}$ με a<b<c

ΑΣΚΗΣΗ 54
Έστω f_1,f_2

δύο πολυώνυμα δευτέρου βαθμού με πραγματικές ρίζες και τέτοια ώστε το πολυώνυμο f_1-f_2

να μην έχει πραγματική ρίζα.
Δείξτε ότι το πολυώνυμο f_1+f_2

έχει πραγματικές ρίζες.

ΑΣΚΗΣΗ 55
Έστω $x,y\in \Bbb{R}$ τέτοιοι ώστε $x+y\in \Bbb{Q}$ και $x^{3}+y^{3}\in \Bbb{Q}$ .

Δείξτε ότι $x^{5}+y^{5}\in \Bbb{Q}$ .

Αν $x^{5}+y^{6}\in \Bbb{Q}$ και $y^{5}\in \Bbb{Q}$ , δείξτε ότι $x,y\in \Bbb{Q}$ .

#136

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 55
Έστω $x,y\in \Bbb{R}$ τέτοιοι ώστε $x+y\in \Bbb{Q}$ και $x^{3}+y^{3}\in \Bbb{Q}$ .

Δείξτε ότι $x^{5}+y^{5}\in \Bbb{Q}$ .

Αν $x^{5}+y^{6}\in \Bbb{Q}$ και $y^{5}\in \Bbb{Q}$ , δείξτε ότι $x,y\in \Bbb{Q}$ .

'Εχουμε:

$\displaystyle{x+y\epsilon Q\Rightarrow (x+y)^{3}\epsilon Q\Rightarrow x^{3}+y^{3}+3xy(x+y)\epsilon Q}$

Αλλά έχουμε και ότι $\displaystyle{x^{3}+y^{3}\epsilon Q}$

Άρα και η διαφορά τους θα είναι ρητός. Δηλαδή:

$\displaystyle{3xy(x+y)\epsilon Q}$ . Και αφού $\displaystyle{x+y\epsilon Q\Rightarrow 3xy\epsilon Q}$ , όπου υποθέσαμε ότι $\displaystyle{x+y}$ είναι διάφορο του μηδέν, αλλιώς το ζητούμενο είναι προφανές.

Συνεπώς θα είναι $\displaystyle{xy\epsilon Q}$

Aλλά από $\displaystyle{x+y\epsilon Q\Rightarrow (x+y)^{2}\epsilon Q\Rightarrow x^{2}+y^{2}+2xy\epsilon Q}$

Kai αφού είναι και $\displaystyle{2xy\epsilon Q}$ συμπεραίνουμε ότι $\displaystyle{x^{2}+y^{2}\epsilon Q\Rightarrow}$

$\displaystyle{\Rightarrow (x^{2}+y^{2})^{2}\epsilon Q\Rightarrow x^{4}+y^{4}+2x^{2}y^{2}\epsilon Q}$

Kai αφού $\displaystyle{xy\epsilon Q\Rightarrow (xy)^{2}\epsilon Q\Rightarrow 2x^{2}y^{2}\epsilon Q}$

Συνεπώς συμπεραίνουμε ότι $\displaystyle{x^{4}+y^{4}\epsilon Q}$

Τώρα έχουμε:

$\displaystyle{x^{5}+y^{5}=(x+y)(x^{4}+y^{4}-xy(x^{2}+y^{2})+x^{2}y^{2})}$

που προφανώς είναι ρητός, με βάση αυτά που δείξαμε παραπάνω.

Έχουμε:

$\displaystyle{x^{5}+y^{6}\epsilon Q , x^{5}+y^{5}\epsilon Q\Rightarrow y^{6}-y^{5}\epsilon Q}$

Και αφού $\displaystyle{y^{5}\epsilon Q\Rightarrow y^{6}\epsilon Q}$

Tώρα έχουμε: $\displaystyle{x^{5}+y^{6}\epsilon Q , y^{6}\epsilon Q\Rightarrow x^{5}\epsilon Q}$

Άρα αφού $\displaystyle{x^{5}\epsilon Q , y^{5}\epsilon Q\Rightarrow x^{5}-y^{5}\epsilon Q\Rightarrow}$

$\displaystyle{\Rightarrow (x-y)[x^{4}+y^{4}+xy(x^{2}+y^{2})+x^{2}y^{2}]\epsilon Q}$

Kai αφού ο αριθμός μέσα στην αγγύλη είναι προφανώς ρητός και διάφορος του μηδέν, έπεται ότι $\displaystyle{x-y\epsilon Q}$

Kαι αφού από την υπόθεση έχουμε ότι και $\displaystyle{x+y\epsilon Q}$ , με πρόσθεση και ύστερα με αφαίρεση κατά μέλη παίρνουμε ότι οι αριθμοί $\displaystyle{x y}$ είναι ρητοιί.

freyia · #137

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 54
Έστω δύο πολυώνυμα δευτέρου βαθμού με πραγματικές ρίζες και τέτοια ώστε το πολυώνυμο να μην έχει πραγματική ρίζα.
Δείξτε ότι το πολυώνυμο έχει πραγματικές ρίζες.

Άμα γράψω

$f_{1}(x)=ax^{2}+bx+c , f_{2}(x)=mx^{2}+nx+e$ , τότε πρέπει $b^{2}-4ac\geq 0 , n^{2}-4me\geq 0$

Aκόμα είναι $\displaystyle{f_{1}(x)-f_{2}(x)=(a-m)x^{2}+(b-n)x+(c-e)}$ ΄όπου πρέπει

$\displaystyle{(b-n)^{2}-4(a-m)(c-e)<0\Rightarrow b^{2}+n^{2}-2bn-4ac+4ae+4mc-4me<0\Rightarrow}$
$\displaystyle{2bn-4ae-4mc>b^{2}+n^{2}-4ac-4me>0}$

Τώρα έχουμε:

$\displaystyle{f_{1}(x)+f_{2}(x)=(a+m)x^{2}+(b+n)x+(c+e)}$ . Επειδή μας λένε ότι πρέπι να αποδείξουμε ότι έχει ρίζες πραγματικές, πρέπει να αποδείξουμε ότι έχει διακρίνουσα μη αρνητική.
Η διακρίνουσα αυτού είναι $\displaystyle{D=(b+n)^{2}-4(a+m)(c+e)=b^{2}+n^{2}+2bn-4ac-4ae-4mc-4me=}$
$\displaystyle{[b^{2}-4ac+n^{2}-4me]+(2bn-4ae-4mc)>0+0=0}$

Επομένως το πολυώνυμο $f_{1}+f_{2}$ , έχει πραγματικές ρίζες.

#138

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 51:
Να δείξετε ότι για κάθε $m,n\in \Bbb{N^*}$ , ο αριθμός δε διαιρεί τον αριθμό .

Ας υποθέσουμε ότι 2010^m+2013|5610^n

Τότε $5610^n=k\left(2010^m+2013\right)$

Έστω k=10^rk_1

όπου $10\nmid k_1$ και $r\geq 1$

Τότε η παραπάνω εξίσωση γίνεται $561^n\cdot 10^n=10^rk_1\left(2010^m+2013\right) \ \ (1)$

Αν ήταν r>n

τότε η

γράφεται $561^n=10^{r-n}k_1\left(2010^m+2013\right)$ , άτοπο διότι το αριστερό μέλος τελειώνει σε 1 ενώ το δεξί σε 0.

Αν ήταν r<n

τότε η

γράφεται $561^n\cdot 10^{n-r}=k_1\left(2010^m+2013\right)$ , άτοπο διότι το αριστερό μέλος τελειώνει σε 0 ενώ το δεξί τελειώνει σε 0 μόνο αν 10\mid k_1 που δεν ισχύει.

Συνεπώς r=n

και τότε η (1)

γράφεται $561^n=k_1\left(2010^m+2013\right)$

Έστω k_1=3^rk_2

όπου $3\nmid k_2$ και τότε η σχέση γίνεται $3^n\cdot 11^n\cdot 17^n=3^{r+1}k_2\left(2^m\cdot 3^{m-1}\cdot5^m\cdot 67^m+11\cdot 61\right)$

Είναι εύκολο να δούμε τώρα ότι n=r+1

και η παραπάνω γίνεται: $11^n\cdot 17^n=k_2\left(2^m\cdot 3^{m-1}\cdot5^m\cdot 67^m+11\cdot 61\right)$

Έστω k_2=11^tk_3

όπου $11\nmid k_3$ και τότε η σχέση γίνεται $11^n\cdot 17^n=11^tk_3\left(2^m\cdot 3^{m-1}\cdot5^m\cdot 67^m+11\cdot 61\right)$

Όπως και πριν εύκολα δείχνουμε ότι n=t

άρα $17^n=k_3\left(2^m\cdot 3^{m-1}\cdot5^m\cdot 67^m+11\cdot 61\right)$

Άπό την τελευταία σχέση έχουμε $2^m\cdot 3^{m-1}\cdot5^m\cdot 67^m+11\cdot 61=17^{n_1}$

Αν m=1

ή

δεν έχουμε λύσεις ως προς n_1

.

Αν $m\geq 2$ παίρνοντας mod4

έχουμε $-1\equiv 1\pmod{4}$ , άτοπο

Αλέξανδρος

Edit: Ευχαριστώ τον Θανάση για την υπόδειξη του λάθους. Τώρα νομίζω ότι έχει διορθωθεί.

ykerasar · #139

Φίλε Δημήτρη, ευχαριστώ για τα καλά σου λόγια και για την αισθητική απόλαυση που δίνεις τόσο εσύ όσο και μια πλειάδα μαθηματικών του mathematica, με τον όμορφο διάλογο και την κομψότητα των αποδείξεων.
Όμως, εμένα πάντα με απασχολούσε ένα ερώτημα: για ποιο λόγο διδάσκουμε τα Μαθηματικά στα παιδιά;
Η ελληνική μαθηματική κοινότητα δεν απάντησε επί της ουσίας σ' αυτό το ερώτημα. Μήπως θα 'πρεπε η μαθηματική κοινότητα του mathematica να αρχίσει σιγά-σιγά να ανοίγει τη συζήτηση;
Γιάννης Κερασαρίδης

#140

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 52
Να δείξετε ότι $a+b+c\geq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2$ για όλους τους θετικούς αριθμούς για τους οποίους

Θα αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{2(a+b+c)\geq a^2(b^2+c^2)+b^2(c^2+a^2)+c^2(a^2+b^2),}$

δηλαδή ότι

$\displaystyle{2(a+b+c)\geq a^2(3-a^2)+b^2(3-b^2)+c^2(3-c^2),}$

η οποία γράφεται

$\displaystyle{a^4+b^4+c^4+2a+2b+2c-3a^2-3b^2-3c^2\geq 0.}$

Θα αποδείξουμε ότι $\displaystyle{f(a)+f(b)+f(c)\geq 0,}$

όπου $\displaystyle{f(x)=x^4-3x^2+2x,~x>0.}$

Πράγματι, είναι

$\displaystyle{f(x)=x(x^3-3x+2)\geq 0,}$

αφού από την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ είναι

$\displaystyle{x^3+2=x^3+1+1\geq 3\sqrt[3]{x^3}=3x}$ .

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Μέλη σε σύνδεση