Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2061

xr.tsif έγραψε:
xr.tsif έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 975
Εάν είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί, να αποδείξετε ότι
$\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}+\frac{1}{\frac{1}{c}+\frac{1}{d}}\leq\frac{1}{\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+d}}$ .

προσπάθησα να τη λύσω κάνοντας πράξεις
Η αρχική σχέση γίνεται $\displaystyle{\frac{ab}{a+b}+\frac{cd}{c+d}\leq\frac{(a+c)(b+d)}{a+b+c+d}}$
δηλαδή αρκεί να δείξουμε ότι
$\displaystyle{\frac{ab}{a+b}+\frac{cd}{c+d}-\frac{(a+c)(b+d)}{a+b+c+d}}\leq 0$ .
κάνοντας πράξεις καταλήγουμε στη σχέση
$\displaystyle{\frac{-(ad-bc)^2}{(a+b)(c+d)(a+b+c+d)}\leq 0$ .
η οποία ισχύει.

#2062

ΑΣΚΗΣΗ 977 Να βρεθούν οι φυσικοί αριθμοί $\displaystyle{x}$ και $\displaystyle{y}$ , αν $\displaystyle{x(-3y^2 +5y+2)=y^3 +3y^2 -y+1}$

gavrilos · #2063

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 977 Να βρεθούν οι φυσικοί αριθμοί $\displaystyle{x}$ και $\displaystyle{y}$ , αν $\displaystyle{x(-3y^2 +5y+2)=y^3 +3y^2 -y+1}$

Καλημέρα κύριε Δημήτρη!Καλημέρα σε όλους.

Θα εξετάσουμε το πρόσημο του $\displaystyle{-3y^{2}+5y+2}$ .Η διακρίνουσά του είναι ίση με $\displaystyle{25+24=49}$ άρα έχει ρίζες τους αριθμούς $\displaystyle{\frac{-5+7}{-6}=-\frac{1}{3}}$ και $\displaystyle{\frac{-5-7}{-6}=2}$ .

Άρα είναι μη αρνητικό για $\displaystyle{\left[-\frac{1}{3},2\right]}$ .Το δεξί μέλος είναι θετικό αφού $\displaystyle{y^{3}\geq y}$ για κάθε $\displaystyle{y\in \mathbb{N}}$ .

Αφού είναι μη αρνητικό και το $\displaystyle{x}$ θέλουμε $\displaystyle{-3y^{2}+5y+2\geq 0\Leftrightarrow y\in \left[-\frac{1}{3},2\right]\overset{y\in \mathbb{N}}\Leftrightarrow y=\{0,1,2\}}}$ .

$\bullet$ $\displaystyle{y=0\Leftrightarrow 2x=1}$ άτοπο.

$\bullet$ $\displaystyle{y=1\Leftrightarrow 4x=4\Leftrightarrow x=1}$ άρα έχουμε τη λύση $\displaystyle{(x,y)=(1,1)}$ .

$\bullet$ $\displaystyle{y=2\Leftrightarrow 0x=11}$ αδύνατο και τελειώσαμε.

Υ.Γ. Θα μπορούσαμε να απορρίψουμε από την αρχή την τελευταία περίπτωση.

#2064

emouroukos έγραψε:
ΛΕΩΝΙΔΑΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 978: Να βρεθούν οι μη αρνητικοί ακέραιοι όταν οι και ειναι ταυτόχρονα τέλεια τετράγωνα.
Παρατηρούμε ότι τα ζεύγη $\displaystyle{\left( {x,y} \right) = \left( {0,3{m^2}} \right)}$ και $\displaystyle{\left( {x,y} \right) = \left( {3{n^2},0} \right)}$ , με $m, n \in \mathbb{N}$ είναι λύσεις του προβλήματος.

Αναζητούμε λύσεις του προβλήματος με $\displaystyle{x,y > 0}$ . Δίχως βλάβη της γενικότητας, υποθέτουμε ότι $\displaystyle{x \ge y}$ . Επειδή

$\displaystyle{{x^2} < {x^2} + 3y \le {x^2} + 3x < {x^2} + 4x + 4 = {\left( {x + 2} \right)^2},}$

θα έχουμε ότι

$\displaystyle{{x^2} + 3y = {\left( {x + 1} \right)^2}}$

και άρα

$\displaystyle{3y = 2x + 1}$ .

Από την τελευταία σχέση προκύπτει ότι ο αριθμός είναι περιττός. Έστω ότι $\displaystyle{y = 2k + 1}$ για κάποιο μη αρνητικό ακέραιο , οπότε $\displaystyle{x = 3k + 1.}$ Έτσι, έχουμε ότι

$\displaystyle{{y^2} + 3x = {\left( {2k + 1} \right)^2} + 3\left( {3k + 1} \right) = 4{k^2}+13k + 4.}$

Αλλά για $\displaystyle{k \ge 6}$ ισχύει

$\displaystyle{{\left( {2k + 3} \right)^2} < 4{k^2}+13k + 4 < {\left( {2k + 4} \right)^2},}$

οπότε ο αριθμός $\displaystyle{{y^2} + 3x}$ δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο.

Εύκολα ελέγχουμε ότι για $\displaystyle{k \in \left\{ {1,2,3,4} \right\}}$ ο αριθμός $\displaystyle{{y^2} + 3x}$ δεν είναι τέλειο τετράγωνο.

Για βρίσκουμε ότι $\displaystyle{{y^2} + 3x = 4 = {2^2}}$ και $\displaystyle{{x^2} + 3y = 4 = {2^2}.}$

Για βρίσκουμε ότι $\displaystyle{{y^2} + 3x = 169 = {13^2}}$ και $\displaystyle{{x^2} + 3y = 289 = {17^2}.}$

Ώστε, έχουμε τα ζεύγη θετικών ακεραίων λύσεων $\displaystyle{\left( {x,y} \right) = \left( {1,1} \right),}$ $\displaystyle{\left( {x,y} \right) = \left( {16,11} \right)}$ και $\displaystyle{\left( {x,y} \right) = \left( {11,16} \right).}$

Άλλη μία παρόμοια βρίσκεται εδώ . viewtopic.php?p=183942#p183942.
Μεταφέρθηκε από το άλλο post

#2065

ΑΣΚΗΣΗ 979: Να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{2\sqrt[3]{2} >1+\sqrt[3]{3}}$

G.Bas · #2066

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 979: Να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{2\sqrt[3]{2} >1+\sqrt[3]{3}}$

Η Ανισότητα ισοδύναμα γράφεται $\displaystyle{\sqrt[3]{2}-1>\sqrt[3]{3}-\sqrt[3]{2}}$ . Παρατηρούμε ότι

$\displaystyle{1=2-1=(\sqrt[3]{2}-1)(\sqrt[3]{4}+\sqrt[3]{2}+1)}$ και $\displaystyle{1=3-2=(\sqrt[3]{3}-\sqrt[3]{2})(\sqrt[3]{9}+\sqrt[3]{6}+\sqrt[3]{4}).}$ Οπότε η παραπάνω ισοδύναμα γράφεται

$\displaystyle{\sqrt[3]{9}+\sqrt[3]{6}>\sqrt[3]{2}+1}$ όπου ισχύει καθώς $\displaystyle{\sqrt[3]{9}>2>1}$ και $\displaystyle{\sqrt[3]{6}>\sqrt[3]{2}.}$

#2067

AΣΚΗΣΗ 980: Αν $\displaystyle{a,b,c,d,x,y,w,z \in N^{*} , c=ax+by , d=aw+bz , xz-yw=1}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{(a,b)=(c,d)}$

Διόρθωσα ένα τυπογραφικό, που παρατήρησε στην επόμενη δημοσίευση ο Ραφαήλ

raf616 · #2068

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 980: Αν $\displaystyle{a,b,c,d,x,y,w,z \in N^{*} , c=ax+by , d=aw+bz , xz-cw=1}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{(a,b)=(c,d)}$

Καλησπέρα κ. Δημήτρη. Υποθέτω πως έχετε κάνει ένα τυπογραφικό και είναι xz - yw = 1

.

Έστω k = (a, b)

και

.

Όμοια θα πάρουμε k | aw + bz

. Τελικά

. Άρα

και

και άρα

.

#2069

AΣΚΗΣΗ 981
Να δείξετε ότι για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς x,y,z

ισχύει

$\displaystyle{ \frac{x^3}{y^2+z^2}+\frac{y^3}{z^2+x^2}+\frac{z^3}{x^2+y^2}\ge\frac{x+y+z}{2}. }$

AΣΚΗΣΗ 982
Βρείτε τους θετικούς ακεραίους $\displaystyle{x,y,z,}$ αν ισχύει

$\displaystyle{\frac{x}{y}+\frac{y}{z+1}+\frac{z}{x}=\frac{5}{2}.}$
viewtopic.php?f=109&t=44210

AΣΚΗΣΗ 983
Να βρείτε όλα τα ζεύγη ακεραίων αριθμών (x,y)

που ικανοποιούν την εξίσωση y^3-1=x^4+x^2 .

AΣΚΗΣΗ 984
Έστω $\displaystyle{m\in \mathbb{N}^*.}$ Με $\displaystyle{m?}$ συμβολίζουμε το γινόμενο των πρώτων (=τακτικό αριθμητικό) $\displaystyle{m}$ πρώτων(=όχι σύνθετων) αριθμών.
Έχει λύσεις η εξίσωση $\displaystyle{m?=n^4+6n^3+11n^2+6n}$ όταν $\displaystyle{n\in \mathbb{N}}$ ;
viewtopic.php?f=109&t=45086

AΣΚΗΣΗ 985
Έστω a_0

θετικός ακέραιος και η ακολουθία a_n

που ορίζεται ως $a_n=5a_{n-1}+4 , \ \ n\ge 1.$
Μπορούμε να επιλέξουμε το a_0

με τέτοιο τρόπο ώστε ο αριθμός $a_{54}$ να είναι πολλαπλάσιο του 2013;

AΣΚΗΣΗ 986
Βρείτε όλες τις τριάδες πρώτων (p,q,r)

τέτοιες ώστε $\displaystyle{ 3p^{4}-5q^{4}-4r^{2}=26.}$

AΣΚΗΣΗ 987
Στον πίνακα έχουμε γραμμένους τους αριθμούς από το

μέχρι το

. Σε κάθε βήμα δικαιούμαστε να διαγράψουμε οποιουσδήποτε τρεις αριθμούς που είναι γραμμένοι στον πίνακα, έστω τους a,b,c

και να γράψουμε τον a^3 + b^3 + c^3

. Επαναλαμβάνουμε την διαδικασία μέχρι να μείνει μόνο ένας αριθμός γραμμένος στον πίνακα.
Να δειχθεί ότι ο τελικός αριθμός δεν μπορεί να ισούται με 2013^3

.
viewtopic.php?f=109&t=44747

AΣΚΗΣΗ 988
Να αποδείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle{x^2+y^3=z^4}$ δεν έχει λύση με $\displaystyle{x,y,z}$ πρώτους.
viewtopic.php?f=109&t=44710

AΣΚΗΣΗ 989
Για όλους τους θετικούς αριθμούς a,b,c

με

να δείξετε ότι

$\displaystyle{ \left(a+\frac{1}{b}\right)^{2}+\left(b+\frac{1}{c}\right)^{2}+\left(c+\frac{1}{a}\right)^{2}\geq 3(a+b+c+1).}$

AΣΚΗΣΗ 990
Αν $\displaystyle{a,b,c>0}$ με $\displaystyle{\frac{a}{1+b+c}+\frac{b}{1+c+a}+\frac{c}{1+a+b}\ge\frac{ab}{1+a+b}+\frac{bc}{1+b+c}+\frac{ca}{1+c+a},}$

να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{ \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+a+b+c+2\ge 2(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}).}$
viewtopic.php?f=109&t=45087

#2070

AΣΚΗΣΗ 991
Έστω a, b, c

ρητοί αριθμοί τέτοιοι ώστε $a+bc, b+ac, a+b \ne 0$ και

$\displaystyle{\frac{1}{a+bc}+\frac{1}{b+ac}=\frac{1}{a+b}.}$

Να δείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{ \sqrt{(c-3)(c+1)}}$ είναι ρητός.

AΣΚΗΣΗ 992
Να προσδιορίσετε όλα τα ζεύγη πρώτων (p, q)

για τα οποία ο αριθμός $\displaystyle{ p^{q+1}+q^{p+1}}$ είναι τέλειο τετράγωνο.

AΣΚΗΣΗ 993
Να λυθεί το σύστημα

$\displaystyle{\begin{cases}x^2+x-1=y, \\ y^2+y-1=z, \\z^2+z-1=x.\end{cases}}$
viewtopic.php?f=109&t=44955

AΣΚΗΣΗ 994
Να λύσετε στους πρώτους αριθμούς την εξίσωση p^2-pq-q^3=1

.
viewtopic.php?f=109&t=44732

AΣΚΗΣΗ 995
Να λυθεί η εξίσωση $\displaystyle{ \lfloor x^2 - 2x \rfloor + 2\lfloor x \rfloor = \lfloor x \rfloor^2.}$

AΣΚΗΣΗ 996
Γύρω από ένα στρογγυλό τραπέζι κάθονται

άνθρωποι και καθένας τους κρατάει δύο κάρτες. Οι κάρτες είναι αριθμημένες από το

έως το

και κάθε αριθμός εμφανίζεται σε ακριβώς

κάρτες. Κάποια στιγμή καθένας τους δίνει τη μία κάρτα του, αυτή με τη μικρότερο αριθμό, σ΄ αυτόν που κάθεται στα δεξιά του. Αποδείξτε ότι αργά ή γρήγορα, κάποιος θα έχει δύο κάρτες με τον ίδιο αριθμό.
viewtopic.php?f=109&t=38783

AΣΚΗΣΗ 997
Έστω a,b

θετικοί πραγματικοί αριθμοί. Να δείξετε ότι $\displaystyle{ (1+a)^{8}+(1+b)^{8}\geq 128ab(a+b)^{2}.}$

AΣΚΗΣΗ 998
Να λυθεί στους φυσικούς αριθμούς η εξίσωση: $2^{x}=3^{y}+5$ .
viewtopic.php?f=109&t=44857

AΣΚΗΣΗ 999
Οι ρητοί αριθμοί

και

είναι τέτοιοι ώστε $x^{5}+y^{5}=2x^{2}y^{2}.$
Να δείξετε ότι ο αριθμός 1-xy

είναι τέλειο τετράγωνο ρητού.

AΣΚΗΣΗ 1000
Να προσδιορίσετε τους πρώτους

και

για τους οποίους ισχύει $\displaystyle{p^3 + 107 = 2q (17q + 24).}$

G.Bas · #2071

socrates έγραψε: AΣΚΗΣΗ 997
Έστω θετικοί πραγματικοί αριθμοί. Να δείξετε ότι $\displaystyle{ (1+a)^{8}+(1+b)^{8}\geq 128ab(a+b)^{2}.}$

Ισχύει σύμφωνα με την Ανισότητα AM-GM

$\displaystyle{(1+a)^8+(1+b)^8\geq 2(1+a)^4(1+b)^4=2[[(a+b)+(ab+1)]^2]^2\geq 2[4(a+b)(ab+1)]^2=32(a+b)^2(ab+1)^2\geq 128ab(a+b)^2.}$

G.Bas · #2072

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 981
Να δείξετε ότι για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς ισχύει

$\displaystyle{ \frac{x^3}{y^2+z^2}+\frac{y^3}{z^2+x^2}+\frac{z^3}{x^2+y^2}\ge\frac{x+y+z}{2}. }$

Ισχύει σύμφωνα με την Ανισότητα Cauchy-Schwarz

$\displaystyle{\sum\frac{x^3}{y^2+z^2}\geq\frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)}.}$ Αρκεί τώρα να δειχθεί ότι

$\displaystyle{2(x^2+y^2+z^2)^2\geq (x+y+z)[xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)]}$ ή ισοδύναμα

$\displaystyle{2\sum x^4+2\sum x^2y^2\geq \sum xy(x^2+y^2)+2xyz\sum x.}$ Αυτή ισχύει αφού

$\displaystyle{\sum x^4+xyz\sum x\geq \sum xy(x^2+y^2)}$ και $\displaystyle{\sum x^4+2\sum x^2y^2=(\sum x^2)^2\geq 3\sum x^2y^2\geq 3xyz\sum x.}$

G.Bas · #2073

socrates έγραψε: AΣΚΗΣΗ 989
Για όλους τους θετικούς αριθμούς με να δείξετε ότι

$\displaystyle{ \left(a+\frac{1}{b}\right)^{2}+\left(b+\frac{1}{c}\right)^{2}+\left(c+\frac{1}{a}\right)^{2}\geq 3(a+b+c+1).}$

Ισχύει από τις Ανισότητες Cauchy-Schwarz και AM-GM αντίστοιχα

$\displaystyle{3\sum\left(a+\frac{1}{b}\right)^2\geq \left(a+b+c+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\geq (a+b+c+3)^2.}$

Μένει να αποδείξουμε ότι $\displaystyle{(a+b+c+3)^2\geq 9(a+b+c+1)}$ η οποία ισοδύναμα καταλήγει στην προφανή $\displaystyle{(a+b+c)(a+b+c-3)\geq 0}$ .

raf616 · #2074

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 983
Να βρείτε όλα τα ζεύγη ακεραίων αριθμών που ικανοποιούν την εξίσωση

Καλημέρα! Για αυτήν μπορείτε να δείτε στο σύνδεσμο:

viewtopic.php?f=109&t=44072

raf616 · #2075

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 992
Να προσδιορίσετε όλα τα ζεύγη πρώτων για τα οποία ο αριθμός $\displaystyle{ p^{q+1}+q^{p+1}}$ είναι τέλειο τετράγωνο.

Καλησπέρα! Όμορφη άσκηση! Έχω μια μακροσκελή λύση, ίσως υπάρχει και κάτι απλούστερο.

Έστω $p^{q + 1} + q^{p + 1} = m^2$

Αν p = q = 2

έχουμε τη λύση (p, q, m) = (2, 2, 4)

Έστω ότι ένας εκ των p, q

είναι

. Χωρίς βλάβη της γενικότητας έστω p = 2

και

περιττός. Η εξίσωση γίνεται:

$2^{q + 1} + q^3 = m^2$ . Αφού

περιττός είναι q + 1 = 2r

. Άρα:

.

Αν

τότε $d | 2^{r + 1}$ . Επειδή όμως ο

είναι περιττός δεν μπορεί ο

να είναι άρτιος και άρα d = 1

.

Θα πρέπει οι δύο όροι να είναι τέλειοι κύβοι και επειδή ο

είναι πρώτος, η μοναδική περίπτωση είναι:

$\begin{cases} m - 2^r = 1 \\ m + 2^r = q^3 \end{cases}$

Αφαιρώντας κατά μέλη θα πάρουμε $2^{r + 1} = (q - 1)(q^2 + q + 1)$

Θέτουμε $q - 1 = 2^{a}$ και $q^2 + q + 1 = 2^{b}$ . Όμως q^2 + q + 1 - q + 1 = q^2 + 2 > 0

και άρα

και έτσι

.

Εύκολα q - 1 | 3

και ελέγχοντας τις τιμές που προκύπτουν παίρνουμε άτοπο.

Έστω τώρα ότι p, q

περιττοί πρώτοι. Αν $p, q \neq 3$ ελέγχουμε 3 περιπτώσεις:

$p, q \equiv 1 \pmod 3$ ή $p \equiv 1 \pmod3, q \equiv 2 \pmod3$ ή $p, q \equiv 2 \pmod3$ .

Και στις 3 περιπτώσεις θα πάρουμε άτοπο αφού θα καταλήξουμε ότι $m^2 \equiv 2 \pmod3$ , άτοπο αφού το

δεν είναι τετραγωνικό κατάλοιπο $\pmod3$ .

Αν p = q = 3

παίρνουμε άτοπο.

Χωρίς βλάβη της γενικότητας έστω p = 3

. Η εξίσωση γίνεται:

$3^{q + 1} + q^4 = m^2 \Leftrightarrow 3^{q + 1} = (m - q^2)(m + q^2)$

Έστω: $\begin{cases} m - q^2 = 3^{l} \\ m + q^2 = 3^{n} \end{cases}$

Αφαιρώντας κατά μέλη θα πάρουμε $2q^2 = 3^{n} - 3^{l}$ .

Αν $l \neq 0$ και αφού l < n

προκύπτει $3^{l} | 2q^2 \Rightarrow q = 3$ , που δε δίνει λύση.

Άρα l = 0

.Έτσι, η πρώτη εξίσωση γίνεται $\boxed{m - q^2 = 1}:(1)$ .

Από το μικρό θεώρημα του Fermat έχουμε(αφού $q \neq 3$ ) $3^{q - 1} \equiv 1 \pmod{q} \Rightarrow 3^{q + 1} \equiv 9 \pmod{q}$ . Εύκολα q|(m - 3)(m + 3)

και επειδή

πρώτος έχουμε ότι q | m - 3

ή

.

Aν $m - 3 = kq \Leftrightarrow m = kq + 3$ , τότε αντικαθιστώντας στην (1)

έχουμε

. Η εξίσωση αυτή έχει $\Delta = k^2 + 8$ . Θέτονας την να είναι τέλειο τετράγωνο και

ελέγχοντας τα συστήματα που προκύπτουν δε θα πάρουμε λύση.

Όμοια αν m = kq - 3

θα καταλήξουμε στην εξίσωση q^2 - kq + 4 = 0

. Με παρόμοια διαδικασία όπως στην προηγούμενη περίπτωση δε θα πάρουμε λύση.

Έτσι, μοναδική λύση η (p, q, m) = (2, 2, 4)

.

*Ελπίζω να είναι σωστή!

#2076

Σωστά, Ραφ!
Στο σημείο που περνάς στην περίπτωση p,q

περιττοί μπορείς να δουλέψεις και $\mod 8$

Νίκος Αϊνστάιν · #2077

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 984
Έστω $\displaystyle{m\in \mathbb{N}^*.}$ Με $\displaystyle{m?}$ συμβολίζουμε το γινόμενο των πρώτων (=τακτικό αριθμητικό) $\displaystyle{m}$ πρώτων(=όχι σύνθετων) αριθμών.
Έχει λύσεις η εξίσωση $\displaystyle{m?=n^4+6n^3+11n^2+6n}$ όταν $\displaystyle{n\in \mathbb{N}}$ ;

Καλησπέρα σε όλους. Μια αντιμετώπιση:

Παραγοντοποιώντας το δεύτερο μέλος, η εξίσωση γίνεται: $\displaystyle {m? = n(n + 1)(n^2 + 5n + 12)}$

Διακρίνοντας τις περιπτώσεις για το $\displaystyle {n}$ :

$\bullet$ Έστω $\displaystyle {n = 2k}$ (άρτιος):

$\displaystyle {m? = 2k(2k + 1)(4k^2 + 20k + 12) = 8k(2k + 1)(k^2 + 5k + 3)}$ , άτοπο αφού το ένα μέλος διαιρείτε με το

, ενώ το άλλο όχι.

$\bullet$ Έστω $\displaystyle {n = 2k + 1}$ (περιττός):

$\displaystyle {m? = (2k + 1)(2k + 2)(8l + 1 + 10k + 5 + 12)} = 4(2k + 1)(k + 1)(4l + 5k + 9)$

Πάλι καταλήγουμε σε άτοπο, αφού το ένα μέλος διαιρείται με το

ενώ το άλλο όχι.

Νίκος Αϊνστάιν · #2078

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 986
Βρείτε όλες τις τριάδες πρώτων τέτοιες ώστε $\displaystyle{ 3p^{4}-5q^{4}-4r^{2}=26.}$

Υποθέτουμε ότι $\displaystyle {p, q, r \neq 3}$ .

Τότε έχουμε:

$\displaystyle {p^4 \equiv 1 (mod 3) \Rightarrow 3p^4 \equiv 3 \equiv 0 (mod 3)}$
$\displaystyle {q^2 \equiv 1 (mod 3) \Rightarrow -5q^4 \equiv -5 \equiv 2 (mod 3)}$
$\displaystyle {r^2 \equiv 1 (mod 3) \Rightarrow -4r^2 \equiv -4 \equiv 1 (mod 3)}$

Προσθέτοντας κατά μέλη, $\displaystyle {LHS \equiv 0 (mod 3)}$ , ενώ $\displaystyle {RHS \equiv 2 (mod 3)}$ , άτοπο.

$\bullet$ Έστω $\displaystyle {p = 3}$ .

Τότε, η εξίσωση γίνεται $\displaystyle {5q^4 + 4r^2 = 217}$ . Παίρνοντας $\displaystyle {mod 5}$ , καταλήγουμε σε άτοπο και ομοίως για τις τιμές
$\displaystyle {q = 5}$ και $\displaystyle {r = 5}$ .

$\bullet$ Έστω $\displaystyle {q = 3}$ .

Τότε, η εξίσωση γίνεται $\displaystyle {3p^4 - 4r^2 = 431}$ . Παίρνοντας $\displaystyle {mod 5}$ , καταλήγουμε σε άτοπο. Για $\displaystyle {p = 5}$ , παίρνουμε $\displaystyle {r = 19}$ (είναι και οι δύο πρώτοι), ενώ για $\displaystyle {r = 5}$ δεν βρίσκουμε λύση.

$\bullet$ Έστω $\displaystyle {r = 3}$ .

Τότε, η εξίσωση γίνεται $\displaystyle {3p^4 - 5q^4 = 62}$ . Παίρνοντας για άλλη μια φορά $\displaystyle {mod 5}$ , καταλήγουμε σε άτοπο και ομοίως για τις τιμές
$\displaystyle {p = 5}$ και $\displaystyle {q = 5}$ .

Τελικά, η μοναδική λύση της εξίσωσης είναι η $\displaystyle {(p, q, r) = (5, 3, 19)}$

*Ευχαριστώ τον socrates για την επισήμανση λάθους.

#2079

Νίκος Αϊνστάιν έγραψε:
socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 986
Βρείτε όλες τις τριάδες πρώτων τέτοιες ώστε $\displaystyle{ 3p^{4}-5q^{4}-4r^{2}=26.}$
Υποθέτουμε ότι $\displaystyle {p, q, r \neq 3}$ .

Τότε έχουμε:

$\displaystyle {p^4 \equiv 1 (mod 3) \Rightarrow 3p^4 \equiv 3 \equiv 0 (mod 3)}$
$\displaystyle {q^2 \equiv 1 (mod 3) \Rightarrow -5q^4 \equiv -5 \equiv 2 (mod 3)}$
$\displaystyle {r^2 \equiv 1 (mod 3) \Rightarrow -4r^2 \equiv -4 \equiv 1 (mod 3)}$

Προσθέτοντας κατά μέλη, $\displaystyle {LHS \equiv 0 (mod 3)}$ , ενώ $\displaystyle {RHS \equiv 2 (mod 3)}$ , άτοπο.

$\bullet$ Έστω $\displaystyle {p = 3}$ .

Τότε, η εξίσωση γίνεται $\displaystyle {5q^4 + 4r^2 = 217}$ . Παίρνοντας $\displaystyle {mod 5}$ , καταλήγουμε σε άτοπο και ομοίως για τις τιμές
$\displaystyle {q = 5}$ και $\displaystyle {r = 5}$ .

$\bullet$ Έστω $\displaystyle {q = 3}$ .

Τότε, η εξίσωση γίνεται $\displaystyle {3p^4 - 4r^2 = 431}$ . Παίρνοντας $\displaystyle {mod 5}$ , καταλήγουμε σε άτοπο και ομοίως για τις τιμές
$\displaystyle {p = 5}$ και $\displaystyle {r = 5}$ .

$\bullet$ Έστω $\displaystyle {r = 3}$ .

Τότε, η εξίσωση γίνεται $\displaystyle {3p^4 - 5q^4 = 62}$ . Παίρνοντας για άλλη μια φορά $\displaystyle {mod 5}$ , καταλήγουμε σε άτοπο και ομοίως για τις τιμές
$\displaystyle {p = 5}$ και $\displaystyle {q = 5}$ .

Δες λίγο αυτή την περίπτωση...

raf616 · #2080

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 981
Να δείξετε ότι για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς ισχύει

$\displaystyle{ \frac{x^3}{y^2+z^2}+\frac{y^3}{z^2+x^2}+\frac{z^3}{x^2+y^2}\ge\frac{x+y+z}{2}. }$

Καλημέρα! Μία διαφορετική προσέγγιση:

Επειδή η ανισότητα είναι συμμετρική, θεωρούμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι $x \geq y \geq z$ . Εύκολα παίρνουμε ότι οι τριάδες $(x^3, y^3, z^3), \left(\dfrac{1}{y^2 + z^2}, \dfrac{1}{z^2 + x^2}, \dfrac{1}{x^2 + y^2}\right)$ είναι όμοια διατεταγμένες. Χρησιμοποιώντας δύο φορές την ανισότητα της αναδιάταξης και προσθέτοντας κατά μέλη θα πάρουμε:

$\displaystyle{\frac{x^3}{y^2+z^2}+\frac{y^3}{z^2+x^2}+\frac{z^3}{x^2+y^2} \geq \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{x^3 + z^3}{x^2 + z^2} + \dfrac{y^3 + z^3}{y^2 + z^2} + \dfrac{x^3 + y^3}{x^2 + y^2}\right)}$ .

Αρκεί λοιπόν $\dfrac{x^3 + z^3}{x^2 + z^2} + \dfrac{y^3 + z^3}{y^2 + z^2} + \dfrac{x^3 + y^3}{x^2 + y^2} \geq x + y + z$

Η τελευταία μπορεί να δειχθεί με τουλάχιστον δύο τρόπους. Ο πιο σύντομος και εύκολος είναι ο ακόλουθος:

Οι δυάδες (x, y), (x^2, y^2)

είναι όμοια διατεταγμένες και από την ανισότητα Tchebychev έχουμε:

$\dfrac{x^2 + y^2}{2} \cdot \dfrac{x + y}{2} \leq \dfrac{x^3 + y^3}{2} \Leftrightarrow \dfrac{x^3 + y^3}{x^2 + y^2} \geq \dfrac{x + y}{2}$

Κάνοντας το παραπάνω κυκλικά, προκύπτει το ζητούμενο.

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