Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

G.Bas · #1421

Αλγεβριστής έγραψε: Άσκηση 236: Για τους θετικούς να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{a^8+b^8+c^8\geq a^4 b^2 c^2 + a^2 b^4 c^2 + a^2 b^2 c^4}$ .

Ισχύει από τη βασική $\displaystyle{x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+zx}$

$\displaystyle{\sum a^8\geq\sum a^4b^4\geq\sum a^2b^2b^2c^2=\sum a^4b^2c^2.}$

#1422

G.Bas έγραψε:
Αλγεβριστής έγραψε: Άσκηση 231: Αν θετικοί πραγματικοί αριθμοί με , να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{x^2y^2(x^2+y^2)\geq 2}$ .
Η Ανισότητα είναι κανονικά $\displaystyle{x^2y^2(x^2+y^2)\leq 2.}$ Πράγματι, σύμφωνα με την Ανισότητα AM-GM θα ισχύει

$\displaystyle{x^2y^2(x^2+y^2)\leq\frac{(x+y)^2}{4}\cdot xy(x^2+y^2)=xy(x^2+y^2)\leq\frac{[2xy+(x^2+y^2)]^2}{2\cdot 4}=\frac{2^4}{2^3}=2.}$

Ωραία Γιώργο. Οπότε Χρήστο (Τσιφάκη), να θυμηθείς να κάνεις την διόρθωση στην εκφώνηση της άσκησης αυτής.

Και μόλις είδα και μια ωραία και σύντομη λύση από τον Γιώργο, για την άσκηση 236

#1423

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 441: (Γ Γυμνασίου) Να αποδείξετε ότι: Για κάθε $\displaystyle{n\in N^{*}}$ , ισχύει ότι:

$\displaystyle{(\frac{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}{\sqrt{n}})^{2n+1} +(\frac{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}{\sqrt{n+1}})^{2n+1} >4^{n+1}}$

Θέτω $x = \sqrt{n}$ και $y = \sqrt{n+1}$ . Θέλω να δείξω ότι $\displaystyle{ \left( 1 + \frac{y}{x}\right)^{2n+1} + \left( 1 + \frac{x}{y}\right)^{2n+1} > 4^{n+1}.}$ Είναι

$\displaystyle{ \left( 1 + \frac{y}{x}\right)^{2n+1} + \left( 1 + \frac{x}{y}\right)^{2n+1} \geqslant 2\left[ \left( 1 + \frac{y}{x}\right) \left( 1 + \frac{x}{y}\right)\right]^{(2n+1)/2} = 2\left( 2 + \frac{x}{y} + \frac{y}{x}\right)^{n + 1/2} \geqslant 2 \cdot 4^{n+1/2} = 4^{n-1}.}$

Η ισότητα επιτυγχάνεται αν και μόνο αν x/y = y/x

το οποίο όμως δεν ισχύει. Οπότε η πιο πάνω ανισότητα είναι όντως αυστηρή.

#1424

polysot έγραψε:Άσκηση 463: Να βρεθούν οι ακέραιοι με Μ.Κ.Δ. και Ε.Κ.Π. .

Έστω

τέτοιοι φυσικοί. Τότε $m = 2\cdot 3^2 a$ και $n = 2 \cdot 3^2 b$ για κάποιους πρώτους μεταξύ τους φυσικούς a,b

. Τότε το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των m,n

ισούται με $2 \cdot 3^2 ab = 2^2 \cdot 3^3 \cdot 5$ . Οπότε $ab = 2 \cdot 3 \cdot 5$ και αφού είναι πρώτοι μεταξύ τους τότε έχουμε τις εξής περιπτώσεις για το ζεύγος (a,b)

:

. Άρα έχουμε τις εξής περιπτώσεις για το ζεύγους (m,n)

:

.

[Συνήθως ορίζουμε ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο μόνο για φυσικούς αριθμούς και όχι για ακεραίους.]

#1425

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 424: (Γ Γυμνασίου) Αν $\displaystyle{x,k,m,n \in N^{*}-\{1\}}$ , και αν:

$\displaystyle{A=x^{3k-1}+x^{3m-2}+x^{3n-3}}$ , $\displaystyle{B=x^2 +x+1}$ , να αποδείξετε ότι $\displaystyle{B|A}$

Είναι

$\displaystyle{ A(x-1) = (x^{3k}-x^{3n-3}) + (x^{3m-1} - x^{3k-1}) + (x^{3n-2} - x^{3m-2})}$

Όμως για s,t

φυσικούς είναι

$\displaystyle{ x^{s+3t} - x^s = x^s(χ^{3t} - 1) = x^s(x^3-1)(x^{3t-3} + x^{3t-6} + \cdots + x^3 + 1)}$

οπότε το $x^{s+3t} - x^s$ είναι πολλαπλάσιο του x^3-1

. Χρησιμοποιώντας αυτήν την παρατήρηση σε κάθε μία από τις πιο πάνω παρενθέσεις παίρνουμε ότι το A(x-1)

είναι πολλαπλάσιο του x^3 - 1 = B(x-1)

. Άρα

.

#1426

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:
AΣΚΗΣΗ 414: Αν $\displaystyle{(a,b)=1}$ , και $\displaystyle{a,b \in N^{*}}$ , να αποδείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle{ax+by=ab}$ δεν έχει θετικές ακέραιες λύσεις.

Είναι

οπότε

. Επειδή

τότε είναι a|y

. Οπότε $y \geqslant a$ . Ομοίως λαμβάνουμε $x \geqslant b$ . Οπότε $ab = ax+by \geqslant 2ab$ , άτοπο.

#1427

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 415: Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης: $\displaystyle{(3a+2)x+(2a+1)y=a^2 +a}$ , όπου $\displaystyle{a\in Z}$

Παρατηρώ ότι η x = a,y=-a

είναι λύση. Έστω μια άλλη λύση όπου x = a + x', y = -a + y'

. Τότε παίρνουμε (3a+2)x' = -(2a+1)y'

. Όμως

. Οπότε

. Άρα

για κάποιο $t \in \mathbb{Z}$ . Επομένως x = -t(2a+1)

. Άρα όλες οι λύσεις είναι της μορφής (x,y) = (a-t(2a+1),-a+t(3a+2))

για $t \in \mathbb{Z}$ και αντιστρόφως.

Πιο γενικά ισχύει το εξής:

Έστω ακέραιοι a,b

όχι και οι δύο ίσοι με

και έστω

ο μέγιστος κοινός διαιρέτης τους. Έστω επίσης a = a'd

και

. Τότε η διοφαντικής εξίσωσης ax + by = c

έχει λύση αν και μόνο αν d|c

. Επιπλέον αν (x_0,y_0)

είναι μια λύση, τότε το σύνολο των λύσεών της είναι το $S = \{(x_0 - b't,y_0 + a't): t \in \mathbb{Z}\}$ .

#1428

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 402:(Γ Γυμνασίου) Να αποδείξετε ότι για όλους τους φυσικούς αριθμούς $\displaystyle{x,y,z}$

o αριθμός $\displaystyle{A=xyz(x^2 -y^2 )(y^2 -z^2 )(z^2 -x^2 )}$ είναι πολλαπλάσιο του $\displaystyle{5}$ .

Αν κάποιο από τα x,y,z

είναι πολλαπλάσιο του

τότε και το

είναι πολλαπλάσιο του

. Έστω λοιπόν πως αυτό δεν ισχύει. Χωρίζουμε τους x,y,z

σε δύο ομάδες. Στην πρώτη βάζουμε αυτούς που αφήνουν υπόλοιπο

ή

όταν διαιρεθούν με το

και στην δεύτερη τους υπόλοιπους (που αφήνουν υπόλοιπο

ή

όταν διαιρεθούν με το

). Τουλάχιστον δυο από τους αριθμούς, έστω ο

και

ανήκουν στην ίδια ομάδα. Αν έχουν το ίδιο υπόλοιπο $\bmod 5$ τότε ο x-y

και άρα και ο

είναι πολλαπλάσιο του

. Αν έχουν διαφορετικό υπόλοιπο τότε ο x+y

και άρα και ο

είναι πολλαπλάσιο του

. Οπότε η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

#1429

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 369:
Να λυθεί το σύστημα

$\displaystyle{ab+c = 6, \ bc+a = 6, \ ca+b = 6.}$

Αφαιρώντας την πρώτη από την δεύτερη παίρνουμε (a-c)(1-b) = 0

. Αν

καταλήγουμε στο σύστημα a+c=6

και

και λύνοντας την αντίστοιχη δευτεροβάθμια παίρνουμε τις λύσεις (1,1,5)

και

.

Αν

καταλήγουμε στο σύστημα a(b+1) = 6

και

. Αυτό δίνει a^3 - 7a + 6 = 0

. Παρατηρούμε ότι το a=1

είναι λύση οπότε μπορούμε να παραγοντοποιήσουμε ως (a-1)(a-2)(a+3) = 0

. Άρα παίρνουμε επιπλέον τις λύσεις (1,5,1),(2,2,2)

και

.

#1430

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 259:
Λύστε το σύστημα:

$\displaystyle{ \left\{\begin{array}{cc}\frac{1}{y-x}+\frac{1}{z-y}\le 2\\ \frac{1}{6-z}+2\le x\\ x<y<z<6 \end{array}\right. }$

Θέτω

. Τότε

και

. Η πρώτη ανισότητα δίνει $\displaystyle{\frac{1}{a} + \frac{1}{b} \leqslant 2 }$ και η δεύτερη $\displaystyle{ \frac{1}{c} + 2 \leqslant x}$ . Οπότε $\displaystyle{ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \leqslant x}$ .

Όμως για z > 0

είναι $\displaystyle{ z + \frac{1}{z} \geqslant 2}$ με ισότητα αν και μόνο αν z = 1

. Οπότε

$\displaystyle{ 6 \leqslant \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + a + b + c \leqslant x+a+b+c \leqslant 6}$

και επειδή έχουμε ισότητα παίρνουμε a=b=c=1

και άρα

. Οπότε είναι x=3,y=4,z=5

.

#1431

Ευχαριστούμε τον Δημήτρη (Demetres), για τις λύσεις όλων των ασκήσεων που είχαν απομείνει άλυτες.

Η άσκηση 299 έχει ήδη λυθεί από τον KARKAR

#1432

ΑΣΚΗΣΗ 467: Αν $\displaystyle{a,b,c \in Z}$ και $\displaystyle{(a,b,c)=d}$ , τότε ν αποδείξετε ότι υπάρχει $\displaystyle{k\in Z}$ , ώστε:

$\displaystyle{(ab,bc,ca)=kd^2 }$

Νίκος Αϊνστάιν · #1433

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 467: Αν $\displaystyle{a,b,c \in Z}$ και $\displaystyle{(a,b,c)=d}$ , τότε ν αποδείξετε ότι υπάρχει $\displaystyle{k\in Z}$ , ώστε:

$\displaystyle{(ab,bc,ca)=kd^2 }$

Καλησπέρα σε όλους. Μια λύση:

Θέτουμε:

$\displaystyle {a = xd}$
$\displaystyle {b = yd}$
$\displaystyle {c = zd}$

Τότε, η σχέση προς απόδειξη γίνεται:

$\displaystyle {(xyd^2, yzd^2, zxd^2) = d^2 (xy, yz, zx) = kd^2}$

Όπου $\displaystyle {k = (xy, yz, zx)}$

#1434

ΑΣΚΗΣΗ 468 (Β Γυμνασίου) Αν $\displaystyle{m ,n \in N}$ , να αποδείξετε ότι :

$\displaystyle{\frac{m+2^{291}}{m+3^{194}} < \frac{n+5^{316}}{n+7^{237}}}$

#1435

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 468 (Β Γυμνασίου) Αν $\displaystyle{m ,n \in N}$ , να αποδείξετε ότι :

$\displaystyle{\frac{m+2^{291}}{m+3^{194}} < \frac{n+5^{316}}{n+7^{237}}}$

Είναι $2^{291}=8^{97}<9^{97}=3^{194}$ οπότε $\displaystyle{\frac{m+2^{291}}{m+3^{194}} <1.}$

Επίσης, $5^{316}=625^{79}>343^{79}=7^{237}$ οπότε $\displaystyle{\frac{n+5^{316}}{n+7^{237}}>1.}$

Τελικά, $\displaystyle{\frac{m+2^{291}}{m+3^{194}} <1< \frac{n+5^{316}}{n+7^{237}}.}$

#1436

ΑΣΚΗΣΗ 469
Έστω $1=d_1<d_2<d_3<\dots<d_k=n$ οι διαιρέτες του θετικού ακεραίου

Βρείτε όλες τις δυνατές τιμές του

αν

gavrilos · #1437

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 469
Έστω $1=d_1<d_2<d_3<\dots<d_k=n$ οι διαιρέτες του θετικού ακεραίου
Βρείτε όλες τις δυνατές τιμές του αν

Καλησπέρα.

Αν ο $\displaystyle{n}$ είναι περιττός τότε $\displaystyle{d_{2},d_{3}}$ περιττοί οπότε $\displaystyle{d_{2}^{2}+d_{3}^{3}}$ άρτιος άτοπο.Άρα $\displaystyle{n}$ άρτιος.Όμως τότε $\displaystyle{d_{2}=2}$ και για να είναι άρτιο το άθροισμα $\displaystyle{d_{2}^{2}+d_{3}^{3}}$ θα πρέπει $\displaystyle{d_{3}=4}$ .

Τελικά $\displaystyle{n=4+64=68}$ που επαληθεύει αφού δε διαιρείται με το $\displaystyle{3}$ (αν $\displaystyle{3\mid n}$ τότε θα έπρεπε $\displaystyle{d_{3}=3}$ ).

Κι αφού προτάθηκε τέτοια άσκηση,ας προτείνω δύο παρόμοιες (μία εδώ και μία εκτός του θέματος).

$\displaystyle{\rule{420pt}{1pt}}$

ΑΣΚΗΣΗ 470
Έστω $\displaystyle{n}$ θετικός ακέραιος και $\displaystyle{1=d_{1}<d_{2}<d_{3}<d_{4}}$ οι τέσσερις μικρότεροι θετικοί διαιρέτες του.

Να βρείτε όλες τις τιμές του $\displaystyle{n}$ ώστε να ισχύει $\displaystyle{n=d_{1}^{2}+d_{2}^{2}+d_{3}^{2}+d_{4}^{2}}$ .

#1438

gavrilos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 470
Έστω $\displaystyle{n}$ θετικός ακέραιος και $\displaystyle{1=d_{1}<d_{2}<d_{3}<d_{4}}$ οι τέσσερις μικρότεροι θετικοί διαιρέτες του.

Να βρείτε όλες τις τιμές του $\displaystyle{n}$ ώστε να ισχύει $\displaystyle{n=d_{1}^{2}+d_{2}^{2}+d_{3}^{2}+d_{4}^{2}}$ .

Δείτε:
viewtopic.php?p=160985#p160985

gavrilos · #1439

socrates έγραψε:
gavrilos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 470
Έστω $\displaystyle{n}$ θετικός ακέραιος και $\displaystyle{1=d_{1}<d_{2}<d_{3}<d_{4}}$ οι τέσσερις μικρότεροι θετικοί διαιρέτες του.

Να βρείτε όλες τις τιμές του $\displaystyle{n}$ ώστε να ισχύει $\displaystyle{n=d_{1}^{2}+d_{2}^{2}+d_{3}^{2}+d_{4}^{2}}$ .

Δείτε:
viewtopic.php?p=160985#p160985

Ενδιαφέρον.Εγώ το βρήκα ως πρόβλημα της Μαθηματικής Ολυμπιάδας του Ιράν του έτους 1999.

#1440

ΑΣΚΗΣΗ 471 Αν $\displaystyle{n\in N}$ και ο αριθμός $\displaystyle{A=\frac{2^n .3^{n+1}+3}{2^{n+1}.3^n +4}}$ είναι επίσης φυσικός, να αποδείξετε ότι :

$\displaystyle{(n+A)^{2015}=(n-A)^{2014}}$

Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Μέλη σε σύνδεση