Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#1961

AΣΚΗΣΗ 919: Έχουμε 12 διαφορετικά αντικείμενα και θέλουμε να τα μοιράσουμε στον Νίκο, τον Ραφαήλ και τον Σωκράτη έτσι

ώστε:

(α) Ο Νίκος να πάρει $\displaystyle{4}$ , ο Ραφαήλ $\displaystyle{5}$ και ο Σωκράτης $\displaystyle{3}$ αντικείμενα.

(β) Όλοι να πάρουν από το ίδιο πλήθος αντικειμένων

Ποιο είναι το πλήθος των δυνατών κατανομών στις δύο πιο πάνω περιπτώσεις;

#1962

ΑΣΚΗΣΗ 920: Αν $\displaystyle{a,b \in Z}$ και $\displaystyle{(a , 6)=2 , (b , 6)=3}$ , να αποδείξετε ότι οι αριθμοί $\displaystyle{a+b }$ και $\displaystyle{6}$ είναι πρώτοι μεταξύ τους.

raf616 · #1963

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 919: Έχουμε 12 διαφορετικά αντικείμενα και θέλουμε να τα μοιράσουμε στον Νίκο, τον Ραφαήλ και τον Σωκράτη έτσι

ώστε:

(α) Ο Νίκος να πάρει $\displaystyle{4}$ , ο Ραφαήλ $\displaystyle{5}$ και ο Σωκράτης $\displaystyle{3}$ αντικείμενα.

(β) Όλοι να πάρουν από το ίδιο πλήθος αντικειμένων

Ποιο είναι το πλήθος των δυνατών κατανομών στις δύο πιο πάνω περιπτώσεις;

Θα προσπαθήσω την άσκηση αλλά δεν είμαι και απόλυτα σίγουρος...

(α) Επειδή δεν μας ενδιαφέρει η σειρά με την οποία ο καθένας θα πάρει τα αντικείμενα θα χρησιμοποιήσουμε συνδυασμούς. Ο Νίκος μπορεί να πάρει τα αντικείμενα με $\displaystyle{\binom{12}{4}}$

τρόπους, ο Ραφαήλ με $\displaystyle{\binom{8}{5}}$ τρόπους και ο Σωκράτης αυτά που απομένουν τα οποία μπορεί να τα πάρει με έναν τρόπο. Επομένως, οι τρόποι συνολικά είναι $\displaystyle{\binom{12}{4} \cdot \binom{8}{5}}$ .

(β) Ο καθένας θα πάρει από

αντικείμενα. Επομένως, με όμοιο τρόπο βρίσκουμε ότι οι τρόποι είναι $\displaystyle{\binom{12}{4} \cdot \binom{8}{4}}$ .

simantiris j. · #1964

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 920: Αν $\displaystyle{a,b \in Z}$ και $\displaystyle{(a , 6)=2 , (b , 6)=3}$ , να αποδείξετε ότι οι αριθμοί $\displaystyle{a+b }$ και $\displaystyle{6}$ είναι πρώτοι μεταξύ τους.

Καλημέρα,
Αρκεί να αποδείξουμε ότι οι διαιρέτες του

που είναι οι 2,3

δε διαιρούν τον a+b

Επειδή $\displaystyle{(a , 6)=2 , (b , 6)=3},$ έχουμε ότι ο

είναι άρτιος και ο

περιττός(γιατί αν ο

ήταν άρτιος,τότε $2\mid b,3\mid b\Leftrightarrow 6\mid b\Rightarrow \begin{pmatrix} b,6 \end{pmatrix}=6$ ,άτοπο).Άρα ο

δεν διαιρεί τον a+b

Ομοίως,έχουμε ότι ο

διαιρεί τον

και ότι ο

δεν διαιρεί τον

οπότε ο

δεν διαιρεί τον a+b

και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

#1965

AΣΚΗΣΗ 921: Σε έναν κήπο υπάρχουν $\displaystyle{12}$ δέντρα στη σειρά. Κάποια από αυτά είναι πορτοκαλιές και τα υπόλοιπα είναι μηλιές.

Ο αριθμός των δέντρων ανάμεσα σε οποιεσδήποτε δύο πορτοκαλιές είναι διαφορετικός από $\displaystyle{5}$ . Ποιος είναι ο μεγαλύτερος δυνατός αριθμός από

πορτοκαλιές που μπορεί να έχει αυτός ο κήπος;

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Ηλιας Φραγκάκος · #1966

Karanus έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 172 :
Αν $\nu+18$ διαιρεί τον αριθμό $\nu +53$ , $\nu$ φυσικός, τότε $\nu=$ ;

(Θαλής Γ!γυμν. 1994)

AYTH H ΛΥΣΗ ΕΙΝΑΙ ΤΟΥ ΚΥΡΙΑΚΟΥ ΦΡΑΓΚΑΚΟΥ. Αφού το $\nu+18$ δεν είναι ίσο με το $\nu+53$ , και το $3(\nu+18)>\nu+53$ , δηλαδή, $3\nu+54>\nu+53$ , άρα το $\nu+53=2(\nu+18)$ . Άρα: $2\nu+36=\nu+53$ Άρα $\nu=53-36$ Έτσι ακριβώς σκέφτηκα κι εγώ.

#1967

AΣΚΗΣΗ 922: Δείξτε ότι:

$\displaystyle{\frac{2^2}{1}+\frac{3^2}{2}+\frac{4^2}{3}+ ... +\frac{2014^2}{2013}-\frac{1}{2}-\frac{1}{3}-\frac{1}{4}- ... -\frac{1}{2014} >1009.2013}$

raf616 · #1968

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 922: Δείξτε ότι:

$\displaystyle{\frac{2^2}{1}+\frac{3^2}{2}+\frac{4^2}{3}+ ... +\frac{2014^2}{2013}-\frac{1}{2}-\frac{1}{3}-\frac{1}{4}- ... -\frac{1}{2014} >1009.2013}$

$\displaystyle{\frac{2^2}{1}+\frac{3^2}{2}+\frac{4^2}{3}+ ... +\frac{2014^2}{2013}-\frac{1}{2}-\frac{1}{3}-\frac{1}{4}- ... -\frac{1}{2014} = 4 + \dfrac{3^2 - 1}{2} + \dfrac{4^2 - 1}{3} + ... + \dfrac{2014^2 - 1}{2013} =$

$\displaystyle{= 4 + \dfrac{(3 - 1)(3 + 1)}{2} + \dfrac{(4 - 1)(4 + 1)}{3} + ... + \dfrac{(2014 - 1)(2014 + 1)}{2013} = 4 + 4 + 5 + ... + 2015 = 1 + 2 + ... + 2015 - (1 + 2 + 3) + 4 =}$

$= \dfrac{2015 \cdot 2016}{2} - 2 = 1008 \cdot 2015 - 2$

Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι $1008 \cdot 2015 - 2 > 1009 \cdot 2013 \Leftrightarrow 1008 \cdot 2015 - 2 - 1009 \cdot 2013 > 0$

Θέτω 1008 = a

, και έτσι έχουμε:

a(2a - 1) - 2 - (a + 1)(2a - 3) = 2a^2 - a - 2 - 2a^2 + a + 3 = 1 > 0

Έτσι, το ζητούμενο εδείχθη.

#1969

AΣΚΗΣΗ 923: Αν $\displaystyle{x,y,z,w \in R}$ και αν $\displaystyle{x^2 +y^2 \leq 1}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{(1-yw)^2 \geq (x^2 +y^2 -1)(z^2 +w^2 -1)}$

#1970

AΣΚΗΣΗ 923
Να προσδιορίσετε τους φυσικούς αριθμούς

,

και

, τέτοιους, ώστε $x\leq y\leq z$ και

$\displaystyle{\left(1+\frac1x\right)\left(1+\frac1y\right)\left(1+\frac1z\right) = 3\text{.}}$

AΣΚΗΣΗ 924
Να βρείτε όλες τις τριάδες (a, b, c)

θετικών ακεραίων για τις οποίες ο αριθμός $\displaystyle{\frac{32a + 3b + 48c}{4abc}}$ είναι ακέραιος.

AΣΚΗΣΗ 925
Έστω $p \geq 5$ ένας πρώτος αριθμός.
Αν $\displaystyle{\frac{1}{3}+\frac{2}{4}+ ... +\frac{p − 3}{p − 1}=\frac{a}{b}},$
όπου a, b

θετικοί ακέραιοι, να δείξετε ότι p | a.

AΣΚΗΣΗ 926
Να βρείτε τις θετικές λύσεις του συστήματος:

$\left\{\begin{array}{l} x+y^2+z^3=3 \\ x^2+y^3+z=3 \\ x^3+y+z^2=3 \end{array}\right.$

AΣΚΗΣΗ 927
Θεωρούμε την ακολουθία 2, 3, 5, 6, 7, 8, 10, ...,

των θετικών ακεραίων που δεν είναι τέλεια τετράγωνα.
Να βρείτε τον 2011

o όρο της ακολουθίας.

AΣΚΗΣΗ 928
Έστω a,b

θετικοί ακέραιοι με ab>2

.
Υποθέτουμε ότι το άθροισμα του μέγιστου κοινού διαιρέτη τους και του ελάχιστου κοινού πολλαπλασίου τους διαιρείται με το άθροισμά τους a+b

.
Να δείξετε ότι το πηλίκο της διαίρεσης είναι το πολύ $\frac{a+b}{4}$ . Πότε είναι ίσο με $\frac{a+b}{4};$

AΣΚΗΣΗ 929
Έστω m, n

ακέραιοι τέτοιοι, ώστε οι εξισώσεις x^2+mx-n=0

και

να έχουν ακέραιες ρίζες.
Να δείξετε ότι ο

διαιρείται με το

.

AΣΚΗΣΗ 930
Να προσδιορίσετε τους πρώτους

και

, με $p\leq q,$ για τους οποίους $\displaystyle{p (2q + 1) + q (2p + 1) = 2(p^2 + q^2).}$

AΣΚΗΣΗ 931
Να δείξετε ότι σε κάθε τρίγωνο ισχύει η σχέση

$\dfrac{h_a-h_b}{r_b-r_a}+\dfrac{h_b-h_c}{r_c-r_b}+\dfrac{h_c-h_a}{r_a-r_c} \ge \dfrac{3}{2}$ .

AΣΚΗΣΗ 932
Έστω a, b, c

θετικοί πραγματικοί αριθμοί με abc=1

. Να δείξετε ότι

$\displaystyle{a+b+c\geq \sqrt{\frac{(a+2)(b+2)(c+2)}{3}}.}$

AΣΚΗΣΗ 933
Έστω a, b, c

θετικοί πραγματικοί αριθμοί. Να δείξετε ότι

$\displaystyle{ \frac{a-\sqrt{bc}}{a + 2 (b + c)}+\frac{b-\sqrt{ca}}{b + 2 (c + a)}+\frac{c-\sqrt{ab}}{c + 2 (a + b)}\geq 0.}$

#1971

socrates έγραψε: AΣΚΗΣΗ 931
Να δείξετε ότι σε κάθε τρίγωνο ισχύει η σχέση

$\dfrac{h_a-h_b}{r_b-r_a}+\dfrac{h_b-h_c}{r_c-r_b}+\dfrac{h_c-h_a}{r_a-r_c} \ge \dfrac{3}{2}$ .

Έστω

το εμβαδόν και

η ημιπερίμετρος του τριγώνου. Χρησιμοποιώντας τις σχέσεις

$\displaystyle{E = \frac{1}{2}a{h_a} \Leftrightarrow {h_a} = \frac{{2E}}{a}}$

και

$\displaystyle{E = {r_a}\left( {s - a} \right) \Leftrightarrow {r_a} = \frac{E}{{s - a}}}$

βρίσκουμε ότι

$\displaystyle{\sum\limits_{cyc} {\frac{{{h_a} - {h_b}}}{{{r_b} - {r_a}}}} = \sum\limits_{cyc} {\frac{{\dfrac{{2E}}{a} - \dfrac{{2E}}{b}}}{{\dfrac{E}{{s - b}} - \dfrac{E}{{s - a}}}}} = \sum\limits_{cyc} {\frac{{2\dfrac{{b - a}}{{ab}}}}{{\dfrac{{s - a - s + b}}{{\left( {s - a} \right)\left( {s - b} \right)}}}}} = 2\sum\limits_{cyc} {\frac{{\left( {s - a} \right)\left( {s - b} \right)}}{{ab}}} }.$

Αλλά από τη γνωστή σχέση

$\displaystyle{\sin \frac{C}{2} = \sqrt {\frac{{\left( {s - a} \right)\left( {s - b} \right)}}{{ab}}} }$

προκύπτει ότι η αποδεικτέα ανισότητα είναι ισοδύναμη με την

$\displaystyle{\sum\limits_{cyc} {{{\sin }^2}\frac{A}{2}} \ge \frac{3}{4} \Leftrightarrow \sum\limits_{cyc} {\frac{{1 - \cos A}}{2}} \ge \frac{3}{4} \Leftrightarrow \sum\limits_{cyc} {\cos A} \le \frac{3}{2},}$

η οποία, όπως έχουμε δει πολλές φορές στο

, ισχύει σε κάθε τρίγωνο.

#1972

socrates έγραψε:
AΣΚΗΣΗ 928
Έστω θετικοί ακέραιοι με .
Υποθέτουμε ότι το άθροισμα του μέγιστου κοινού διαιρέτη τους και του ελάχιστου κοινού πολλαπλασίου τους διαιρείται με το άθροισμά τους .
Να δείξετε ότι το πηλίκο της διαίρεσης είναι το πολύ $\frac{a+b}{4}$ . Πότε είναι ίσο με $\frac{a+b}{4};$

Έστω

και

ο μέγιστος κοινός διαιρέτης και το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των αριθμών a, b

αντίστοιχα. Τότε, είναι

$\displaystyle{ab = dm}$

και άρα

$\displaystyle{\left( {d - 1} \right)\left( {m - 1} \right) \ge 0 \Rightarrow dm - d - m + 1 \ge 0 \Rightarrow d + m \le ab + 1.}$

Υποθέτουμε ότι το ζητούμενο δεν ισχύει, δηλαδή ότι

$\displaystyle{\frac{{d + m}}{{a + b}} > \frac{{a + b}}{4}.}$

Τότε, είναι

$\displaystyle{d + m > \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{4} \Rightarrow ab + 1 > \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{4} \Rightarrow 4ab + 4 > {a^2} + 2ab + {b^2} \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow {\left( {a - b} \right)^2} < 4 \Rightarrow \left| {a - b} \right| < 2.}$

Αν υποθέσουμε, δίχως βλάβη της γενικότητας, ότι $\displaystyle{a \ge b,}$ θα έχουμε ότι $\displaystyle{a = b}$ ή $\displaystyle{a = b+1.}$

$\bullet$ Αν $\displaystyle{a = b,}$ τότε $\displaystyle{d = m = a}$ και (αφού οι a,b

είναι θετικοί ακέραιοι με $\displaystyle{ab \ge 3}$ )

$\displaystyle{\frac{{d + m}}{{a + b}} = 1 \le \frac{{a + b}}{4},}$

που είναι άτοπο.

$\bullet$ Αν $\displaystyle{a = b+1,}$ τότε $\displaystyle{d = 1}$ και $\displaystyle{m = b\left( {b + 1} \right),}$ οπότε από την υπόθεσή μας έχουμε ότι ο αριθμός 2b+1

διαιρεί τον αριθμό $\displaystyle{b\left( {b + 1} \right) + 1 = {b^2} + b + 1.}$ Αλλά τότε ο αριθμός 2b+1

θα διαιρεί και τον αριθμό

$\displaystyle{4\left( {{b^2} + b + 1} \right) - {\left( {2b + 1} \right)^2} = 3,}$

οπότε άμεσα προκύπτει ότι b=1

και

, πράγμα που αντιβαίνει στην υπόθεση ab>2

.

Σε κάθε περίπτωση, λοιπόν, έχουμε ότι

$\displaystyle{\frac{{d + m}}{{a + b}} \le \frac{{a + b}}{4}}$ $\bf \color{red} \left( \bigstar \right)$ .

Από τα παραπάνω προκύπτει ότι για να ισχύει η ισότητα στην $\bf \color{red} \left( \bigstar \right)$ , θα πρέπει:

$\bullet$ είτε $\displaystyle{a = b = 2,}$

$\bullet$ είτε $\displaystyle{\left| {a - b} \right| = 2,}$ $\displaystyle{d = 1}$ και $\displaystyle{m = ab.}$ Στην περίπτωση αυτή, οι a, b

είναι διαδοχικοί περιττοί ακέραιοι: πράγματι, αν $\displaystyle{a = 2n + 1}$ και $\displaystyle{b = 2n - 1,}$ τότε ο αριθμός $\displaystyle{a + b = 4n}$ διαιρεί τον $\displaystyle{ab + 1 = 4{n^2}}$ και το πηλίκο της διαίρεσής τους είναι ίσο με $\displaystyle{n = \frac{{a + b}}{4}.}$

#1973

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 923
Να προσδιορίσετε τους φυσικούς αριθμούς , και , τέτοιους, ώστε $x\leq y\leq z$ και

$\displaystyle{\left(1+\frac1x\right)\left(1+\frac1y\right)\left(1+\frac1z\right) = 3\text{.}}$

Έχουμε : $\displaystyle{\left(1+\frac1x\right)\left(1+\frac1y\right)\left(1+\frac1z\right) = 3\Leftrightarrow (x+1)(y+1)(z+1)=3xyz\Leftrightarrow\text{.}}$

$\displaystyle{z=\frac{(x+1)y+(x+1)}{(2x-1)y-(x+1)}}$ , (ΣΧΕΣΗ 1)
΄
Άρα: $\displaystyle{(2x-1)z=\frac{(2x-1)(x+1)y+(2x-1)(x+1)}{(2x-1)y-(x+1)}=\frac{(2x-1)(x+1)y-(x+1)^2 +(x+1)^2 +(2x-1)(x+1)}{(2x-1)y-(x+1)}}$

Άρα: $\displaystyle{(2x-1)z=x+1 +\frac{3x^2 +3x}{(2x-1)y-(x+1)}}$

Όμως $\displaystyle{z\geq y \Rightarrow (2x-1)z\geq (2x-1)y\Rightarrow x+1+\frac{3x^2 +3x}{(2x-1)y-(x+1)}\geq (2x-1)y}$ , (ΣΧΕΣΗ 2)

Από την ΣΧΕΣΗ 1, έπεται ότι ο αριθμός $\displaystyle{(2x-1)y-(x+1)}$ είναι θετικός, οπότε η ΣΧΕΣΗ 2 , γράφεται:

$\displaystyle{(x+1)(2x-1)y-(x+1)^2 +3x^2 +3x \geq (2x-1)^2 y^2 -(x+1)(2x-1)y\Rightarrow [(2x-1)y-(x+1)]^2 \leq 3x^2 +3x\Rightarrow}$

$\displaystyle{(2x-1)y-(x+1)\leq \sqrt{3x^2 +3x}\Rightarrow y\leq \frac{\sqrt{3x^2 +3x}+(x+1)}{2x-1}}$

Θα αποδείξουμε ότι αν $\displaystyle{x\geq 3}$ τότε $\displaystyle{\frac{\sqrt{3x^2 +3x}+(x+1)}{2x-1}}$ είναι μικρότερος ή ίσος του $\displaystyle{2}$ , πράγμα το οποίο θα είναι άτοπο, αφού από

την υπόθεση είναι $\displaystyle{x\leq y}$ .

Έστω λοιπόν $\displaystyle{x\geq 3}$ . Τότε θα δείξουμε ότι $\displaystyle{\frac{\sqrt{3x^2 +3x}+(x+1)}{2x-1}\leq 2\Leftrightarrow \sqrt{3x^2 +3x}\leq 3x-3\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{3x^2 +3x\leq 9x^2 +9-18x\Leftrightarrow 2x^2 -7x+3\geq 0\Leftrightarrow (x-3)(2x-1)\geq 0}$ , το οποίο είναι αληθές, αφού υποθέσαμε ότι $\displaystyle{x\geq 3}$

Από τα παραπάνω βγαίνει το συμπέρασμα ότι πρέπει να είναι $\displaystyle{x\leq 2}$ , δηλαδή ότι $\displaystyle{x=1}$ ή $\displaystyle{x=2}$

Αν $\displaystyle{x=1}$ , τότε από την ΣΧΕΣΗ 1 έχουμε ότι $\displaystyle{z=\frac{2y+2}{y-2}\Rightarrow z=2+\frac{6}{y-2}}$ , από όπου έπεται ότι

$\displaystyle{(x,y,z)=(1,3,8)}$ , ή $\displaystyle{(x,y,z)=(1,4,5)}$

Ομοίως, αν $\displaystyle{x=2}$ βρίσκουμε ότι $\displaystyle{(x,y,z)=(2,2,3)}$

#1974

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 934
Να προσδιορίσετε τους φυσικούς αριθμούς , και , τέτοιους, ώστε $x\leq y\leq z$ και

$\displaystyle{\left(1+\frac1x\right)\left(1+\frac1y\right)\left(1+\frac1z\right) = 3\text{.}}$

Έχουμε : $\displaystyle{\left(1+\frac1x\right)\left(1+\frac1y\right)\left(1+\frac1z\right) = 3\Leftrightarrow (x+1)(y+1)(z+1)=3xyz\Leftrightarrow\text{.}}$

$\displaystyle{z=\frac{(x+1)y+(x+1)}{(2x-1)y-(x+1)}}$ , (ΣΧΕΣΗ 1)
΄
Άρα: $\displaystyle{(2x-1)z=\frac{(2x-1)(x+1)y+(2x-1)(x+1)}{(2x-1)y-(x+1)}=\frac{(2x-1)(x+1)y-(x+1)^2 +(x+1)^2 +(2x-1)(x+1)}{(2x-1)y-(x+1)}}$

Άρα: $\displaystyle{(2x-1)z=x+1 +\frac{3x^2 +3x}{(2x-1)y-(x+1)}}$

Όμως $\displaystyle{z\geq y \Rightarrow (2x-1)z\geq (2x-1)y\Rightarrow x+1+\frac{3x^2 +3x}{(2x-1)y-(x+1)}\geq (2x-1)y}$ , (ΣΧΕΣΗ 2)

Από την ΣΧΕΣΗ 1, έπεται ότι ο αριθμός $\displaystyle{(2x-1)y-(x+1)}$ είναι θετικός, οπότε η ΣΧΕΣΗ 2 , γράφεται:

$\displaystyle{(x+1)(2x-1)y-(x+1)^2 +3x^2 +3x \geq (2x-1)^2 y^2 -(x+1)(2x-1)y\Rightarrow [(2x-1)y-(x+1)]^2 \leq 3x^2 +3x\Rightarrow}$

$\displaystyle{(2x-1)y-(x+1)\leq \sqrt{3x^2 +3x}\Rightarrow y\leq \frac{\sqrt{3x^2 +3x}+(x+1)}{2x-1}}$

Θα αποδείξουμε ότι αν $\displaystyle{x\geq 3}$ τότε $\displaystyle{\frac{\sqrt{3x^2 +3x}+(x+1)}{2x-1}}$ είναι μικρότερος ή ίσος του $\displaystyle{2}$ , πράγμα το οποίο θα είναι άτοπο, αφού από

την υπόθεση είναι $\displaystyle{x\leq y}$ .

Έστω λοιπόν $\displaystyle{x\geq 3}$ . Τότε θα δείξουμε ότι $\displaystyle{\frac{\sqrt{3x^2 +3x}+(x+1)}{2x-1}\leq 2\Leftrightarrow \sqrt{3x^2 +3x}\leq 3x-3\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{3x^2 +3x\leq 9x^2 +9-18x\Leftrightarrow 2x^2 -7x+3\geq 0\Leftrightarrow (x-3)(2x-1)\geq 0}$ , το οποίο είναι αληθές, αφού υποθέσαμε ότι $\displaystyle{x\geq 3}$

Από τα παραπάνω βγαίνει το συμπέρασμα ότι πρέπει να είναι $\displaystyle{x\leq 2}$ , δηλαδή ότι $\displaystyle{x=1}$ ή $\displaystyle{x=2}$

Αν $\displaystyle{x=1}$ , τότε από την ΣΧΕΣΗ 1 έχουμε ότι $\displaystyle{z=\frac{2y+2}{y-2}\Rightarrow z=2+\frac{6}{y-2}}$ , από όπου έπεται ότι

$\displaystyle{(x,y,z)=(1,3,8)}$ , ή $\displaystyle{(x,y,z)=(1,4,5)}$

Ομοίως, αν $\displaystyle{x=2}$ βρίσκουμε ότι $\displaystyle{(x,y,z)=(2,2,3)}$

#1975

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 924
Να βρείτε όλες τις τριάδες θετικών ακεραίων για τις οποίες ο αριθμός $\displaystyle{\frac{32a + 3b + 48c}{4abc}}$ είναι ακέραιος.

Θα δείξω αρχικά, ότι πρέπει ο $\displaystyle{b}$ να είναι πολλαπλάσιο του $\displaystyle{16}$ .

Πράγματι, αφού ο παρονομαστής είναι άρτιος, πρέπει να είναι άρτιος και ο αριθμητής. Και αφού ο αριθμός $\displaystyle{32a+48c}$ είναι άρτιος, άρα θα πρέπει να είναι

άρτιος και ο αριθμός $\displaystyle{3b}$ και άρα πρέπει να είναι άρτιος και ο $\displaystyle{b}$ . Άρα $\displaystyle{b=2b_1 , b_1 \in N^*}$ . Τότε $\displaystyle{A=\frac{32a +6b_1 +48}{4a.2b_1 c}=}$

$\displaystyle{=\frac{16a+3b_1 +24c}{4ab_1 c}}$ . Για τον ίδιο λόγο, πρέπει $\displaystyle{b_1 =2b_2}$ και άρα $\displaystyle{A=\frac{8a+3b_2 +12c}{4ab_2 c}}$ . Και πάλι πρέπει:

$\displaystyle{b_2 =2b_3}$ , οπότε $\displaystyle{A=\frac{4a+3b_3 6c}{4ab_3 c}}$ . Και τέλος, πρέπει πάλι $\displaystyle{b_3 =2n , n\in N^{*}}$ , οπότε $\displaystyle{A=\frac{2a+3n+3c}{4anc}}$ , όπου

$\displaystyle{b=2b_1 =2.2b_2 =2.2.2b_3 =2.2.2.2n=16n, n\in N^{*}}$ .

Για να είναι ο $\displaystyle{A}$ ακέραιος, θα πρέπει $\displaystyle{2a+3n+3c\geq 4anc\Rightarrow 2a-anc +3n-2anc+3c-anc\geq 0\Rightarrow a(2-nc)+n(3-2ac)+c(3-an)\geq 0}$

Αν υποθέσουμε ότι όλοι οι αριθμοί $\displaystyle{a,n,c}$ είναι μεγαλύτεροι από την μονάδα, τότε θα είναι $\displaystyle{a,n,c\geq 2}$ . Άρα:

$\displaystyle{nc\geq 4\Rightarrow -nc\leq -4\Rightarrow 2-nc\leq -2\Rightarrow a(2-nc)\leq -2a}$ , (1)

Eπίσης: $\displaystyle{ac\geq 4 \Rightarrow -ac\leq -4\Rightarrow 3-2ac\leq -5 \Rightarrow n(3-2ac)\leq -5n}$ , (2)

Και $\displaystyle{an\geq 4 \Rightarrow -an\leq -4 \Rightarrow 3-an\leq -1\Rightarrow c(3-an)\leq -c}$ , (3)

Με πρόσθεση κατά μέλη των σχέσεων (1) , (2 ) , (3) έχουμε:

$\displaystyle{a(2-nc)+n(3-2ac)+c(3-an)\leq -2a-5n-c<0}$ , πράγμα όμως που είναι άτοπο, όπως πιο πάνω φαίνεται.

Άρα ένα τουλάχιστον από τα $\displaystyle{a,n,c}$ είναι ίσο με την μονάδα.

1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: $\displaystyle{a=1}$ . Τότε $\displaystyle{A=\frac{2+3n+3c}{4nc}}$ . Για να είναι ακέραιος ο $\displaystyle{A}$ , πρέπει $\displaystyle{2+3n+3c\geq 4nc\Rightarrow 2-2nc +3n-nc+3c-nc\geq 0\Rightarrow}$

$\displaystyle{2(1-nc)+n(3-c)+c(3-n)\geq 0}$ . Παρατηρούμε ότι αν $\displaystyle{n,c\geq 3}$ , τότε $\displaystyle{2(1-nc)+n(3-n)+c(3-n)<0}$ , που είναι άτοπο. Άρα ένα τουλάχιστον από τα

$\displaystyle{n,c}$ είναι μικρότερο του $\displaystyle{3}$ .

1(α) ΠΕΡΙΠΤ. $\displaystyle{n=1}$ . Τότε είναι $\displaystyle{A=\frac{5+3c}{4c}}$ και πρέπει $\displaystyle{5+3c\geq 4c\Rightarrow c\leq 5}$ , και από εδώ βρίσκουμε ότι δεκτές είναι οι τιμές:

$\displaystyle{c=1 , c=5}$ . Άρα έχουμε μέχρι στιγμής: $\displaystyle{(a,n,c)\in\{(1,1,1),(1,1,5\}}$ και αφού $\displaystyle{b=16n}$ , έχουμε: $\displaystyle{(a,b,c)\in\{(1,16,1),(1,16,5)\}}$

1(β) ΠΕΡΙΠΤ. $\displaystyle{n=2}$ . Τότε $\displaystyle{A=\frac{8+3c}{8c}=}$ . Πρέπει όμως $\displaystyle{8+3c\geq 8c\Rightarrow c=1}$ , οπότε $\displaystyle{A=\frac{11}{8}}$ , άτοπο.

1(γ) ΠΕΡΙΠΤ. $\displaystyle{c=1}$ . Τότε $\displaystyle{A=\frac{5+3n}{4n}}$ . Πρέπει $\displaystyle{5+3n\geq 4n\Rightarrow n\leq 5}$ . Εύκολα βρίσκουμε ότι δεκτές είναι μόνο οι τιμές

$\displaystyle{n=1 , n=5}$ . Άρα $\displaystyle{a=1,n=1,c=1}$ , ή $\displaystyle{a=1, n=5 , c=1}$ , Οπότε $\displaystyle{(a,b,c)\in\{(1,16,1),(1,80,1)\}}$

1(δ) ΠΕΡΙΠΤ. $\displaystyle{c=2}$ . Tότε βρίσκουμε $\displaystyle{A=\frac{11}{8}}$ , που είναι άτοπο.

Με τον ίδιο τρόπο αν πάρουμε τις περιπτώσεις $\displaystyle{n=1}$ , και $\displaystyle{c=1}$ , βρίσκουμε ότι η μόνη δεκτή λύση είναι η $\displaystyle{(a,b,c)=(3,16,1)}$

Τελικά, έχουμε: $\displaystyle{(a,b,c)\in\{(1,16,1),(1,16,5),(1,80,1),(3,16,1)\}}$

#1976

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 926
Να βρείτε τις θετικές λύσεις του συστήματος:

$\left\{\begin{array}{l} x+y^2+z^3=3 \\ x^2+y^3+z=3 \\ x^3+y+z^2=3 \end{array}\right.$

Έστω ότι οι αριθμοί $\displaystyle{x,y,z}$ είναι όλοι διάφοροι του $\displaystyle{1}$ . Εύκολα βλέπουμε ότι αποκλείεται να είναι όλοι μεγαλύτεροι του $\displaystyle{1}$ καθώς και όλοι

μικρότεροι του $\displaystyle{1}$ , διότι τότε π.χ η εξίσωση $\displaystyle{x+y^2 +z^3 =3}$ , θα ήταν αδύνατη.

Άρα ή θα είναι δύο από αυτούς μικρότεροι του $\displaystyle{1}$ και ο τρίτος μεγαλύτερος του $\displaystyle{1}$ , ή θα είναι δύο μεγαλύτεροι του $\displaystyle{1}$ και ο τρίτος μικρότερος

του $\displaystyle{1}$ .

1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: Ας υποθέσουμε ότι $\displaystyle{x<1 , y<1 , z>1}$ . (Oμοίως θα εργασθούμε και στους άλλους συνδυασμόύς)

Αφαιρώντας κατά μέλη τις δύο πρώτες εξισώσεις, έχουμε: $\displaystyle{x(1-x)+y^2 (1-y)+z(z^2 -1)=0}$ , (1)

Όμως $\displaystyle{x(1-x)>0 , y^2 (1-y)>0 , z(z^2 -1)>0}$ , οπότε με πρόσθεση κατά μέλη , η (1) δίνει άτοπο.

2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: Ας υποθέσουμε ότι $\displaystyle{x>1 , y>1 , z<1}$ . (Ομοίως και για τους άλλους συνδυασμούς)

Τότε και πάλι η (1) δίνει άτοπο, αφού $\displaystyle{x(1-x)<0 , y^2 (1-y)<0 , z(z^2 -1)<0}$

Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι ένας τουλάχιστον από τους $\displaystyle{x,y,z}$ είναι ίσος με την μονάδα. Έστω $\displaystyle{x=1}$ (Όμοια θα εργασθούμε και όταν $\displaystyle{y=1}$ ή $\displaystyle{z=1}$ ).

Αν λοιπόν είναι $\displaystyle{x=1}$ , τότε οι δύο πρώτες εξισώσεις του συστήματος γράφονται:

$\displaystyle{y^2 +z^3 =2 , y^3 +z=2}$ και με αφαίρεση αυτών κατά μέλη, παίρνουμε: $\displaystyle{y^2 (1-y)+z(z^2 -1)=0}$ . (1). Πάλι αν υποθέσουμε ότι οι αριθμοί $\displaystyle{y,z}$ είναι

διάφοροι του $\displaystyle{1}$ , τότε αποκλείεται να είναι και οι δύο μεγαλύτεροι ή και οι δύο μικρότεροι του $\displaystyle{1}$ , διότι τότε καταλήγει σε άτοπο π.χ η εξίσωση:

$\displaystyle{y^2 +z^3 =2}$ . Άρα ο ένας θα είναι μεγαλύτερος του $\displaystyle{1}$ και ο άλλος μικρότερος του $\displaystyle{1}$ . Για παράδειγμα, έστω $\displaystyle{y>1 , z<1}$ . Τότε όμως, η (1)

δίνει άτοπο, προφανώς. Άρα υποχρεωτικά, ένας τουλάχιστον από τους $\displaystyle{y,z}$ θα ισούται με μονάδα. Πχ έστω $\displaystyle{y=1}$ . Τότε έχουμε :

$\displaystyle{1^2 +z^3 =2\Rightarrow z^3 =1 \Rightarrow z=1}$

Η λύση λοιπόν του συστήματος είναι $\displaystyle{(x,y,z)=(1,1,1)}$

#1977

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 930
Να προσδιορίσετε τους πρώτους και , με $p\leq q,$ για τους οποίους $\displaystyle{p (2q + 1) + q (2p + 1) = 2(p^2 + q^2).}$

(Θεωρώ ότι ζητάμε τους θετικούς πρώτους, αλλιώς εργαζόμαστε με τον ίδιο τρόπο)

Από την υπόθεση, έχουμε ότι $\displaystyle{2p^2 +2q^2 -4pq=p+q\Leftrightarrow 2(q-p)^2 =p+q}$ , (ΣΧΕΣΗ 1)

Αν ήταν $\displaystyle{p=q}$ , τότε η σχέση (1) είναι αδύνατη. Άρα $\displaystyle{p<q}$ . Aν τώρα ήταν $\displaystyle{p=2}$ , τότε η σχέση (1) γράφεται:

$\displaystyle{2q^2 -9q+6=0}$ , και έχει διακρίνουσα $\displaystyle{\Delta =33}$ και συνεπώς είναι αδύνατη. Άρα οι πρώτοι αριθμοί $\displaystyle{p}$ και $\displaystyle{q}$ είναι περιττοί και άρα τόσο το

άθροισμά τους όσο και η διαφορά τους θα είιναι άρτιοι. Θέτουμε λοιπόν $\displaystyle{p+q=2k , q-p=2m}$ , όπου $\displaystyle{k,m\in N^{*}}$ . Τότε η σχέση (1) γράφεται:

$\displaystyle{2.4m^2 =2k\Leftrightarrow k=4m^2}$ . Συνεπώς έχουμε:

$\displaystyle{p+q=8m^2}$

$\displaystyle{q-p=2m}$

Με πρόσθεση και αφαίρεση κατά μέλη, έχουμε:

$\displaystyle{q=m(4m+1)}$

$\displaystyle{p=m(4m-1)}$ .

Δεδομένου όμως ότι οι αριθμοί $\displaystyle{p,q}$ είναι πρώτοι και ότι $\displaystyle{4m+1\neq 1}$ , πρέπει $\displaystyle{m=1}$ , οπότε προκύπτει ότι $\displaystyle{p=3 , q=5}$

#1978

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 932
Έστω θετικοί πραγματικοί αριθμοί με . Να δείξετε ότι

$\displaystyle{a+b+c\geq \sqrt{\frac{(a+2)(b+2)(c+2)}{3}}.}$

Την βασική ιδέα της λύσης, στην άσκηση αυτή την οφείλω σε έναν ταλαντούχο φίλο:

Θέλουμε να δείξουμε ότι $\displaystyle{3(a+b+c)^2 \geq (a+2)(b+2)(c+2)\Leftrightarrow 3a^2 +3b^2 +3c^2 +4(ab+bc+ca)\geq 9+4(a+b+c)}$

Αλλά έχουμε: $\displaystyle{(a+b-2)^2 \geq 0\Rightarrow a^2 +b^2 +4+2ab\geq 4a+4b}$ . Και με όμοιο τρόπο:

$\displaystyle{b^2 +c^2 +4+2bc\geq 4b+4c}$ και $\displaystyle{c^2 +a^2 +4+2ca\geq 4c+4a}$ .

Με πρόσθεση κατά μέλη των ανισοτήτων αυτών, παίρνουμε:

$\displaystyle{2a^2 +2b^2 +2c^2 +2(ab+bc+ca)+12\geq 8(a+b+c)\Rightarrow 2a^2 +2b^2 +2c^2 +2(ab+bc +ca)+12 +a^2 +b^2 +c^2 +2(ab+bc+ca)+12\geq }$

$\displaystyle{a^2 +b^2 +c^2 +2(ab+bc+ca)+8(a+b+c) \Leftrightarrow 3a^2 +3b^2 +3c^2 +4(ab+bc+ca)\geq -12+a^2 +b^2 +c^2 +2(ab+bc+ca)+8(a+b+c)}$

Για να δε'ιξουμε λοιπόν το ζητούμενο, πρέπει να αποδείξουμε ότι:

$\displaystyle{-12+a^2 +b^2 +c^2 +2(ab+bc+ca)+8(a+b+c)\geq 9+4(a+b+c)}$ , ή αρκεί να δείξουμε ότι:

$\displaystyle{(a+b+c)^2 +4(a+b+c)-21\geq 0}$ . Οι ρίζες του τριωνύμου αυτού είναι οι αιθμοί $\displaystyle{3}$ και $\displaystyle{-7}$ , οπότε αρκεί να αποδείξουμε ότι:

$\displaystyle{(a+b+c-3)(a+b+c+7)\geq 0}$ και αφού $\displaystyle{a+b+c+7>0}$ , αρκεί να αποδείξουμε ότι $\displaystyle{a+b+c-3\geq 0}$ , ή ότι $\displaystyle{a+b+c\geq 3}$

Τούτο όμως είναι αληθές, αφού από την AM-GM έχουμε: $\displaystyle{a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}\Rightarrow a+b+c\geq 3}$ , αφού δινόταν ότι $\displaystyle{abc=1}$

G.Bas · #1979

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 932
Έστω θετικοί πραγματικοί αριθμοί με . Να δείξετε ότι

$\displaystyle{a+b+c\geq \sqrt{\frac{(a+2)(b+2)(c+2)}{3}}.}$

Η Ανισότητα ισοδύναμα γράφεται $\displaystyle{3(a^2+b^2+c^2)+4\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\geq 9+4(a+b+c).}$

Αυτή όμως ισχύει αφού ισχύει $\displaystyle{\sum\left(2a^2+\frac{1}{a}\right)\geq 3\sum a,\quad a^2+b^2+c^2\geq a+b+c,\quad 3\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\geq 9.}$

Προσθέτουμε αυτές και τελειώσαμε.

#1980

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 927
Θεωρούμε την ακολουθία των θετικών ακεραίων που δεν είναι τέλεια τετράγωνα.
Να βρείτε τον o όρο της ακολουθίας.

Παρατηρούμε ότι :

Από τον $\displaystyle{1^2}$ , μέχρι τον $\displaystyle{2^2}$ , υπάρχουν $\displaystyle{2}$ αριθμοί της ακολουθίας: Οι $\displaystyle{2}$ και $\displaystyle{3}$ .
Από τον $\displaystyle{2^2}$ , μέχρι τον $\displaystyle{3^2}$ , υπάρχουν $\displaystyle{4}$ αριθμοί της ακολουθίας: Οι $\displaystyle{5,6,7,8}$
Από τον $\displaystyle{3^2}$ , μέχρι τον $\displaystyle{4^2}$ , υπάρχουν $\displaystyle{6}$ αριθμοί της ακολουθίας: Οι $\displaystyle{10,11,12,13,14,15}$
...........
.........
............
Από τον $\displaystyle{n^2}$ ,μέχρι τον $\displaystyle{(n+1)^2}$ , υπάρχουν $\displaystyle{2n}$ αριθμοί της ακολουθίας: Οι $\displaystyle{n^2 +1 , n^2 +2 , ... (n+1)^2 -1}$ .

Μέχρι λοιπόν τον $\displaystyle{((n+1)^2 -1}$ όρο, υπάρχουν $\displaystyle{2+4+6+...+(2n)}$ όροι της ακολουθίας, δηλαδή $\displaystyle{n(n+1)}$ όροι.

Θέλουμε $\displaystyle{n(n+1)\leq 2011}$ οπότε πρέπει $\displaystyle{n\leq 44}$ . Αν λοιπόν είναι $\displaystyle{n=44}$ , τότε έχουμε $\displaystyle{n(n+1)=44.45=1980}$ όρους της ακολουθίας,

οι οποίοι βρίσκονται αμέσως πριν τον αριθμό $\displaystyle{(n+1)^2}$ , δηλαδή αμέσως πρίν τον $\displaystyle{2025}$ .

Aυτό σημαίνει ότι ο όρος τάξεως $\displaystyle{1980}$ , είναι ο αριθμός $\displaystyle{2024}$ .

Άρα ο όρος τάξεως $\displaystyle{1981}$ , είναι ο αριθμός $\displaystyle{2026}$
Ο τάξεως $\displaystyle{1982}$ είναι ο αριθμός $\displaystyle{2027}$
............
........
..........
Ο τάξεως $\displaystyle{2011}$ είναι ο αριθμός $\displaystyle{2056}$

(εφόσον ο αμέσως απόμενος όρος μετά τον $\displaystyle{2025}$ που είναι τέλειο τετράγωνο, είναι ο $\displaystyle{2116}$ .)

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

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