Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2281

socrates έγραψε: Άσκηση 1152
Έστω θετικοί πραγματικοί αριθμοί. Να δείξετε ότι

$\displaystyle{(1+a+b+c)(1+ab+ac+bc) \ge 4 \sqrt {2(a+bc)(b+ca)(c+ab)}}$

Από ΑΜ-ΓΜ είναι

$\displaystyle{\sqrt{(a+bc)(b+ca)}\leq \frac{a+b+bc+ca}{2}=\frac{(a+b)(c+1)}{2}}$

και ομοίως

$\displaystyle{\sqrt{(b+ca)(c+ab)}\leq \frac{(b+c)(a+1)}{2},~\sqrt{(c+ab)(a+bc)}\leq \frac{(a+c)(b+1)}{2}.}$

Με πολλαπλασιασμό έχουμε

$\displaystyle{(a+b)(b+c)(c+a)(a+1)(b+1)(c+1)\geq 8(a+bc)(b+ca)(c+ab),}$

οπότε αρκεί να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{((1+a+b+c)(1+ab+bc+ca))^2\geq 4(a+b)(b+c)(c+a)(a+1)(b+1)(c+1),}$

ή θέτοντας $\displaystyle{x=a+b+c,y=ab+bc+ca,z=abc.}$

$\displaystyle{((1+x)(1+y))^2\geq 4(1+x+y+z)(xy-z).}$

Αυτή όμως είναι συνέπεια της $\displaystyle{(A+B)^2\geq 4AB,}$ όπου $\displaystyle{A=1+x+y+z,B=xy-z}$

#2282

AΣΚΗΣΗ 1153
Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης $2^{x}+3^{y}=5^{z}.$
viewtopic.php?f=63&t=43118

AΣΚΗΣΗ 1154
Πότε η παράσταση $p^{2}-p+1$ είναι κύβος ακέραιου αριθμού, όπου

πρώτος αριθμός;
viewtopic.php?f=63&t=43118

AΣΚΗΣΗ 1155
Βρείτε τους πρώτους αριθμούς που ικανοποιούν την εξίσωση $x^{y}-y^{x}=xy^{2}-19$
viewtopic.php?f=63&t=43118

AΣΚΗΣΗ 1156
Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι

ώστε ο αριθμός 3^n-2^n+1

να είναι πολλαπλάσιο του

.
viewtopic.php?f=111&t=45865

AΣΚΗΣΗ 1157
Οι αριθμοί $\displaystyle{F_n=2^{2^n}+1,~n=0,1,2,...}$ ονομάζονται αριθμοί Fermat.
Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει αριθμός Fermat, ο οποίος είναι κύβος ακεραίου.
viewtopic.php?f=109&t=45858

AΣΚΗΣΗ 1158
Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης $\displaystyle{ 6(6a^2 + 3b^2 + c^2) = 5n^2 }$

AΣΚΗΣΗ 1159
Να βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους

για τους οποίους ο αριθμός n(n+2)(n+4)

έχει το πολύ

θετικούς διαιρέτες.

AΣΚΗΣΗ 1160
Να βρεθούν οι διακεκριμένοι πρώτοι $\displaystyle{m,n,p,}$ για τους οποίους ισχύει

$\displaystyle{2mnp-m-n-p-mn-mp-np\leq 19.}$
viewtopic.php?f=109&t=46408

AΣΚΗΣΗ 1161
Οι πραγματικοί αριθμοί a,b,c

είναι τέτοιοι ώστε $a^2 + b^2 + c^2 - a (b + c) = 2 -\sqrt{2}.$
Να δείξετε ότι $b (c + a) \leq \sqrt{2}$ και $c (a + b) \leq \sqrt{2}.$
viewtopic.php?f=109&t=25470

AΣΚΗΣΗ 1162
Να βρεθεί η μέγιστη τιμή του $\displaystyle { z+x}$ αν $x,y,z,t \in \mathbb{R}$ για τους οποίους ισχύουν :

$\begin{cases} x^2+y^2=4 \\ z^2+t^2=9 \\ xt+yz \geq 6 \end{cases}$
http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=69&t=2372

AΣΚΗΣΗ 1163
Για κάθε a, b, c > 0

με

, να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{1}{a(a+1)+ab(ab+1)}+\frac{1}{b(b+1)+bc(bc+1)}+\frac{1}{c(c+1)+ca(ca+1)}\ge\frac{3}{4}}$

AΣΚΗΣΗ 1164
Να βρεθούν οι $\displaystyle{\rm x,y>1}$ για τους οποίους ισχύει

$\displaystyle{\rm \log_{2y}x+\log_{10}y+\log_{5x}2+\log_{xy}5=2.}$
viewtopic.php?f=111&t=46350

AΣΚΗΣΗ 1165
Οι πραγματικοί αριθμοί a, b, c ,d

είναι μεγαλύτεροι του

και μαζί με τους x, y

ικανοποιούν τις σχέσεις

$\displaystyle{ a^x+b^y = (a^2+b^2)^x \quad \text{\gr και} \quad c^x+d^y = 2^y(cd)^{y/2} }$

Να συγκρίνετε τους x,y

.
viewtopic.php?f=109&t=37724

AΣΚΗΣΗ 1166
Να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{1}{100}+\frac{4}{101}+\frac{7}{102}+ ... +\frac{148}{149}> 25.}$

AΣΚΗΣΗ 1167
Οι μαθητές ενός σχολείου αποφάσισαν να φυτέψουν στην διάρκεια 50 συνεχόμενων ημερών 79 δέντρα συνολικά. Επίσης αποφάσισαν ότι θα φυτεύουν τουλάχιστον ένα δέντρο την μέρα. Να αποδείξετε ότι είναι δυνατόν να βρείτε κάποιες μέρες συνεχόμενες (μπορεί και μόνο μία), όπου οι μαθητές φύτεψαν ακριβώς 20 συνολικά δέντρα.

gavrilos · #2283

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 1167
Οι μαθητές ενός σχολείου αποφάσισαν να φυτέψουν στην διάρκεια 50 συνεχόμενων ημερών 79 δέντρα συνολικά. Επίσης αποφάσισαν ότι θα φυτεύουν τουλάχιστον ένα δέντρο την μέρα. Να αποδείξετε ότι είναι δυνατόν να βρείτε κάποιες μέρες συνεχόμενες (μπορεί και μόνο μία), όπου οι μαθητές φύτεψαν ακριβώς 20 συνολικά δέντρα.

Καλημέρα Θανάση.Σε κάποιον Αρχιμήδη είχε τεθεί ένα παρόμοιο πρόβλημα (με έναν μαθητή που διαβάζει συγκεκριμένες ώρες κλπ.).

Έστω λοιπόν $\displaystyle{d_{i}}$ ο αριθμός των δέντρων που έχουν φυτευτεί μέχρι το τέλος της $\displaystyle{i}$ ημέρας.Προφανώς ισχύει $\displaystyle{d_{1}<d_{2}<...<d_{50}=79}$ .

Τότε οι αριθμοί $\displaystyle{d_{1},d_{1}+20,d_{2},d_{2}+20,...,d_{50},d_{50}+20}$ είναι $\displaystyle{100}$ αριθμοί από το $\displaystyle{1}$ ως το $\displaystyle{99}$ .Επομένως από την αρχή της περιστεροφωλιάς υπάρχουν δύο ίσοι.

Επομένως $\displaystyle{d_{k}=d_{m}+20}$ για κάποια $\displaystyle{k,m}$ .Αυτό σημαίνει ότι τις διαδοχικές ημέρες $\displaystyle{m+1,m+2,...,k}$ φυτεύτηκαν $\displaystyle{20}$ δέντρα και το ζητούμενο αποδείχθηκε.

#2284

socrates έγραψε: AΣΚΗΣΗ 1166
Να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{1}{100}+\frac{4}{101}+\frac{7}{102}+ ... +\frac{148}{149}> 25.}$

Είναι

$\displaystyle{\frac{1}{100}+\frac{4}{101}+\frac{7}{102}+ ... +\frac{148}{149}=\sum_{k=0}^{49}\frac{3k+1}{100+k}>\sum_{k=0}^{49}\frac{3k+1}{149}=...=25.}$

#2285

socrates έγραψε:
AΣΚΗΣΗ 1167
Οι μαθητές ενός σχολείου αποφάσισαν να φυτέψουν στην διάρκεια 50 συνεχόμενων ημερών 79 δέντρα συνολικά. Επίσης αποφάσισαν ότι θα φυτεύουν τουλάχιστον ένα δέντρο την μέρα. Να αποδείξετε ότι είναι δυνατόν να βρείτε κάποιες μέρες συνεχόμενες (μπορεί και μόνο μία), όπου οι μαθητές φύτεψαν ακριβώς 20 συνολικά δέντρα.

Ας το δυσκολέψουμε:

(α) Οι μαθητές ενός σχολείου αποφάσισαν να φυτέψουν στην διάρκεια 50 συνεχόμενων ημερών 89 δέντρα συνολικά. Επίσης αποφάσισαν ότι θα φυτεύουν τουλάχιστον ένα δέντρο την μέρα. Να αποδείξετε ότι είναι δυνατόν να βρείτε κάποιες μέρες συνεχόμενες (μπορεί και μόνο μία), όπου οι μαθητές φύτεψαν ακριβώς 20 συνολικά δέντρα.

(β) Οι μαθητές ενός σχολείου αποφάσισαν να φυτέψουν στην διάρκεια 50 συνεχόμενων ημερών 90 δέντρα συνολικά. Επίσης αποφάσισαν ότι θα φυτεύουν τουλάχιστον ένα δέντρο την μέρα. Να αποδείξετε ότι μπορούν να τα φυτέψουν με τέτοιο τρόπο ώστε να μην υπάρχουν συνεχόμενες μέρες (ούτε μόνο μία), όπου θα φυτέψουν ακριβώς 20 συνολικά δέντρα.

Soteris · #2286

socrates έγραψε:
AΣΚΗΣΗ 1167
Οι μαθητές ενός σχολείου αποφάσισαν να φυτέψουν στην διάρκεια 50 συνεχόμενων ημερών 79 δέντρα συνολικά. Επίσης αποφάσισαν ότι θα φυτεύουν τουλάχιστον ένα δέντρο την μέρα. Να αποδείξετε ότι είναι δυνατόν να βρείτε κάποιες μέρες συνεχόμενες (μπορεί και μόνο μία), όπου οι μαθητές φύτεψαν ακριβώς 20 συνολικά δέντρα.

Άσκηση

στον Β' Διαγωνισμό Επιλογής κάτω των 15,5

ετών "Ευκλείδης" του 2014

της Κυπριακής Μαθηματικής Εταιρείας

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Αρχιμήδης 6 · #2287

socrates έγραψε: AΣΚΗΣΗ 1157
Οι αριθμοί $\displaystyle{F_n=2^{2^n}+1,~n=0,1,2,...}$ ονομάζονται αριθμοί Fermat.
Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει αριθμός Fermat, ο οποίος είναι κύβος ακεραίου.
viewtopic.php?f=109&t=45858

Γενικότερα να αποδειχθεί ότι κανένας αριθμός Fermat δεν είναι δύναμη ακεραίου. (μεγαλύτερη του

)

#2288

ΑΣΚΗΣΗ 1168 Αν $\displaystyle{a,b,c > 0}$ και $\displaystyle{a^4 +b^4 +c^4 =24abc}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\sqrt{\frac{bc}{a^3 +bc}}+\sqrt{\frac{ac}{b^3 +ac}}+\sqrt{\frac{ab}{c^3 +ab}}\geq 1}$

gavrilos · #2289

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1168 Αν $\displaystyle{a,b,c > 0}$ και $\displaystyle{a^4 +b^4 +c^4 =24abc}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\sqrt{\frac{bc}{a^3 +bc}}+\sqrt{\frac{ac}{b^3 +ac}}+\sqrt{\frac{ab}{c^3 +ab}}\geq 1}$

Καλησπέρα κύριε Δημήτρη.

Η ανισότητα Holder δίνει $\displaystyle{\left(\sum_{cyc} a(a^3+bc)\right)\cdot \left(\sum_{cyc} \sqrt{\frac{bc}{a^3+bc}}\right)^{2}\geq (3\sqrt[3]{abc})^{3}=27abc}$ .

Επομένως $\displaystyle{\sum_{cyc} \sqrt{\frac{bc}{a^3+bc}}\geq \sqrt{\frac{27abc}{\sum_{cyc} a(a^3+bc)\right}}}\overset{\sigma \upsilon \nu \theta \eta \kappa \eta}{\Leftarrow \!=\!=\!=\!\Rightarrow}\sqrt{\frac{27abc}{27abc}}=1}$ όπως θέλαμε.

#2290

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1168 Αν $\displaystyle{a,b,c > 0}$ και $\displaystyle{a^4 +b^4 +c^4 =24abc}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\sqrt{\frac{bc}{a^3 +bc}}+\sqrt{\frac{ac}{b^3 +ac}}+\sqrt{\frac{ab}{c^3 +ab}}\geq 1}$

Και μια απλούστερη απόδειξη, γιατί ίσως η Hölder θεωρηθεί βαρειά για το Γυμνάσιο.

Θέτοντας $\displaystyle{x=\frac{a^3}{bc},y=\frac{b^3}{ca},z=\frac{c^3}{ab}}$

έχουμε να αποδείξουμε ότι αν $\displaystyle{x,y,z>0}$ με $\displaystyle{x+y+z=24,}$ τότε

$\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{x+1}}+\frac{1}{\sqrt{y+1}}+\frac{1}{\sqrt{z+1}}\geq 1.}$

Ισχύει

$\displaystyle{x+10\geq 6\sqrt{x+1}~\forall x>0}$ (γιατί;)

άρα

$\displaystyle{\sum_{cyc}\frac{1}{\sqrt{x+1}}\geq 6\sum_{cyc}\frac{1}{x+10}\stackrel{AM-HM}{\geq }6\frac{9}{x+y+z+30}=1.}$

#2291

ΑΣΚΗΣΗ 1169 Αν $\displaystyle{a,b,c > 0}$ , να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\frac{b^2 +ab-ac}{2b^2 +ab}+\frac{c^2 +bc-ab}{2c^2 +bc}+\frac{a^2 +ac-bc}{2a^2 +ac}\leq 1}$

#2292

ΑΣΚΗΣΗ 1170
2015 στρατιώτες είναι τοποθετημένοι στο πεδίο της μάχης έτσι ώστε όλα τα δυνατά ζεύγη να αντιστοιχούν σε διαφορετικές αποστάσεις. Κάθε στρατιώτης καλύπτει τον στρατιώτη που βρίσκεται πιο κοντά του. Αποδείξτε ότι τουλάχιστον ένας στρατιώτης θα μείνει ακάλυπτος.

#2293

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1169 Αν $\displaystyle{a,b,c > 0}$ , να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\frac{b^2 +ab-ac}{2b^2 +ab}+\frac{c^2 +bc-ab}{2c^2 +bc}+\frac{a^2 +ac-bc}{2a^2 +ac}\leq 1}$

Αρκετά απαιτητική ανισότητα, εκτός και αν δεν βλέπω κάτι.

Η αποδεικτέα γράφεται

$\displaystyle{\frac{ac+b^2}{2b^2+ab}+\frac{ab+c^2}{2c^2+bc}+\frac{bc+a^2}{2a^2+ac}\geq 2}$

Λόγω ομογένειας, μπορούμε να υποθέσουμε ότι

$\displaystyle{a=\frac{x}{y}, b=\frac{y}{z},c=\frac{z}{x},}$ όπου $\displaystyle{x,y,z>0.}$

Τότε έχουμε να αποδείξουμε ότι

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

Πάλι λόγω ομογένειας υποθέτουμε $\displaystyle{xyz=1}$ και θέτουμε $\displaystyle{x^3=A, y^3=B,z^3=C,}$ όπου $\displaystyle{A,B,C>0}$ με $\displaystyle{ABC=1.}$

Τότε έχουμε να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{\frac{A+B}{2A+1}+\frac{B+C}{2B+1}+\frac{C+A}{2C+1}\geq 2}$

δηλαδή

$\displaystyle{A^2+B^2+C^2+2(A^2B+B^2C+C^2A)\geq A+B+C+AB+BC+CA+3}$

Επειδή $\displaystyle{ABC=1,}$ είναι $\displaystyle{A^2B+B^2C+C^2A\geq 3ABC=3,}$ άρα αρκεί

$\displaystyle{A^2+B^2+C^2+A^2B+B^2C+C^2A\geq A+B+C+AB+BC+CA.}$

$\displaystyle{\bullet}$ Αν $\displaystyle{A+B+C\geq AB+BC+CA,}$ είναι από Cauchy-Schwarz $\displaystyle{A^2B+B^2C+C^2A=\frac{A^2}{AC}+\frac{B^2}{AB}+\frac{C^2}{BC}\geq \frac{(A+B+C)^2}{AB+BC+CA}\geq A+B+C}$

και ως γνωστόν $\displaystyle{A^2+B^2+C^2\geq AB+BC+CA.}$

$\displaystyle{\bullet}$ Αν $\displaystyle{AB+BC+CA\geq A+B+C}$ πάλι από Cauchy-Schwarz είναι

$\displaystyle{A^2B+B^2C+C^2A=\frac{(AB)^2}{B}+\frac{(BC)^2}{C}+\frac{(AC)^2}{A}\geq \frac{(AB+BC+CA)^2}{A+B+C}\geq AB+BC+CA}$

και βέβαια ισχύει $\displaystyle{A^2+B^2+C^2\geq A+B+C,}$ ως συνέπεια π.χ. της $\displaystyle{(A-1)^2+(B-1)^2+(C-1)^2\geq 0}$ και της $\displaystyle{A+B+C\geq 3.}$

ealexiou · #2294

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1170
2015 στρατιώτες είναι τοποθετημένοι στο πεδίο της μάχης έτσι ώστε όλα τα δυνατά ζεύγη να αντιστοιχούν σε διαφορετικές αποστάσεις. Κάθε στρατιώτης καλύπτει τον στρατιώτη που βρίσκεται πιο κοντά του. Αποδείξτε ότι τουλάχιστον ένας στρατιώτης θα μείνει ακάλυπτος.

Θεωρούμε τους δύο πλησιέστερους στρατιώτες, οι οποίοι προφανώς αλληλοκαλύπτονται.
Απομένουν 2013

στρατιώτες. Έχουμε δύο ενδεχόμενα:
α) Ένας τουλάχιστον από αυτούς έχει ως κοντινότερο έναν από τους δύο προηγούμενους και άρα καλύπτει αυτόν. Απομένουν 2012

ακόμα στρατιώτες, άρα το πολύ 2012

καλύψεις ενώ είναι 2013

. Άρα τουλάχιστον ένας θα μείνει ακάλυπτος στο τέλος.
β) Κανένας από τους 2013

αυτούς στρατιώτες δεν έχει ως κοντινότερο κάποιον από τους αρχικούς δύο.
Ξαναεφαρμόζουμε την ίδια συλλογιστική: Επιλέγουμε από τους 2013

στρατιώτες, τους δύο πλησιέστερους που αλληλοκαλύπτονται, [....], μέχρι τους

τελευταίους στρατιώτες με τις μεγαλύτερες αποστάσεις, από τους οποίους δύο θα είναι πλησιέστεροι, άρα το πολύ δύο καλύψεις ενώ είναι τρεις, άρα τουλάχιστον ο τρίτος είναι ακάλυπτος.
Άρα τελικά ένας τουλάχιστον στρατιώτης μένει ακάλυπτος.

#2295

matha έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1169 Αν $\displaystyle{a,b,c > 0}$ , να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\frac{b^2 +ab-ac}{2b^2 +ab}+\frac{c^2 +bc-ab}{2c^2 +bc}+\frac{a^2 +ac-bc}{2a^2 +ac}\leq 1}$
Αρκετά απαιτητική ανισότητα, εκτός και αν δεν βλέπω κάτι.

Η αποδεικτέα γράφεται

$\displaystyle{\frac{ac+b^2}{2b^2+ab}+\frac{ab+c^2}{2c^2+bc}+\frac{bc+a^2}{2a^2+ac}\geq 2}$

Μετά την λύση του Θάνου , δίνω και μια ακόμα λύση: Θέλουμε να δείξουμε ότι:

$\displaystyle{\frac{ac+b^2}{2b^2+ab}+\frac{ab+c^2}{2c^2+bc}+\frac{bc+a^2}{2a^2+ac}\geq 2}$

Θέτω $\displaystyle{ac=x , ab=y , bc=z}$ . Τότε έχω: $\displaystyle{a^2 =\frac{xy}{z} , b^2 =\frac{yz}{x} , c^2 =\frac{xz}{y}}$ . Αρκεί λοιπόν να δείξω ότι:

$\displaystyle{\frac{x^2 +yz}{2yz+xy}+\frac{y^2 +zx}{2zx+yz}+\frac{z^2 +xy}{2xy+zx}\geq 2}$

Από την ανισότητα C-S (Andreescou) έχω:

$\displaystyle{\frac{x^2}{2yz+xy}+\frac{y^2}{2zx+yz}+\frac{z^2}{2xy+zx}\geq \frac{(x+y+z)^2}{3(xy+yz+zx)}}$ , (1)

Στο μεταξύ, έχουμε επίσης:

$\displaystyle{\frac{zy}{y(2z+x)}+\frac{xz}{z(2x+y)}+\frac{yx}{x(2y+z)}=\frac{z}{2z+x}+\frac{x}{2x+y}+\frac{y}{2y+z}=}$

$\displaystyle{=\frac{z^2}{2z^2 +xz}+\frac{x^2}{2x^2 +xy}+\frac{y^2}{2y^2 +yz}\geq \frac{(x+y+z)^2}{2(x^2 +y^2 +z^2 )+xy+xz+yz}}$ , (2)

Προσθέτοντας κατά μέλη τις (1) , (2) παίρνω:

$\displaystyle{\frac{x^2 +yz}{2yz+xy}+\frac{y^2 +zx}{2zx+yz}+\frac{z^2 +xy}{2xy+zx}\geq (x+y+z)^2 [\frac{1}{3(xy+yz+zx}+\frac{1}{2(x^2 +y^2 +z^2 )+xy+yz+zx}]\geq}$

$\displaystyle{(x+y+z)^2 \frac{(1 +1)^2}{2(x^2 +y^2 +z^2 )+4(xy+yz+zx)}=(x+y+z)^2 \frac{2}{(x+y+z)^2}=2}$

Αρχιμήδης 6 · #2296

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 1138
Δίνονται τρεις διαφορετικοί πρώτοι. Πόσοι το πολύ από αυτούς είναι δυνατόν να διαιρούν το άθροισμά τους;

Θα εξετάσω αν γίνεται και με τους

.

Έστω ότι p|q+r

,

Έστω ότι όλοι είναι περιττοί και πρώτοι!

Τότε $p|\dfrac{q+r}{2}$ , $q|\dfrac{p+r}{2}$ , $r|\dfrac{p+q}{2}$

Τότε όμως

$p+q+r\leq{\dfrac{2p+2q+2r}{2}}$ με την ισότητα να ισχύει μόνο όταν q+r=2p

,

Με αφαίρεση της πρώτης και της δεύτερης λαμβάνω p=q

αδύνατον.

Έστω ότι ένας είναι άρτιος και χωρίς βλάβη θα επιλέξω r=2

τότε

περιττοί πρώτοι .

p|q+2

,

η τρίτη είναι δεδομένη . Ας πολλαπλασιάσω την p|q+2

με την

άρα

, $(p-1)(q-1)\leq{3}$ αδύνατον άρα είναι αδύνατον και οι

πρώτοι να διαιρούν το άθροισμα τους.

Για

είναι εύκολο πχ (2,3,7)

,

, η

,

άπειρες λύσεις...

Αρχιμήδης 6 · #2297

socrates έγραψε:
AΣΚΗΣΗ 1158
Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης $\displaystyle{ 6(6a^2 + 3b^2 + c^2) = 5n^2 }$

Ας την κάνουμε λίγο πιο απλή...

Προφανώς 6|n

συνεπώς θέτω n=6d

οπότε η εξίσωση θα γίνει,

6a^2+3b^2+c^2=30d^2

Εδώ

και θέτω

οπότε η τελευταία θα έχει την παρακάτω μορφή,

2a^2+b^2+3e^2=10d^2

Επομένως αρκεί να λύσω την εξίσωση...

x^2+2y^2+3z^2=10w^2

(1) Η μηδενική λύση είναι προφανής.Έστω ότι οι άγνωστοι είναι μη μηδενικοί.

x^2+3z^2=2(5w^2-y^2)

,

Περίπτωση 1

Αν x,z

περιττοί τότε η εξίσωση δεν έχει λύσεις διότι x^2+3z^2=4mod8

άρα θα πρέπει 2(5w^2-y^2)=4mod8

που είναι αδύνατον.

Συνεπώς αφού x=zmod2

τότε

Αντικαθιστώ x=2k

,

στην (1) και θα καταλήξω στην παρακάτω,

2k^2+y^2+6l^2=5w^2

(2) ,

Αν

τότε

οπότε θα πρέπει 2k^2+6l^2=4mod8

που είναι αδύνατον.

Συνεπώς w=y=0mod2

και θα θέσω πάλι w=2m

,

και η (2) θα γίνει

k^2+2n^2+3l^2=10m^2

που είναι της ίδιας μορφής με την (1).

Αυτό δείχνει ότι ξεκινώντας από την (1) καταλήγω ότι οι άγνωστοι είναι όλοι άρτιοι και κάνοντας πάντα τα παραπάνω βήματα τότε πάντα θα καταλήξω στην ίδια μορφή μα στις πρωτογενείς αναλύσεις των αγνώστων x,y,z,w

της (1) υπάρχει πεπερασμένη δύναμη του

που εμφανίζεται (δηλαδή διαιρεί) σε κάθε άγνωστο συνεπώς μετά από πεπερασμένο πλήθος βημάτων θα καταλήξω σε εξίσωση της μορφής

p^2+2q^2+3s^2=10t^2

που τουλάχιστον ένας εκ των αγνώστων θα είναι περιττός και τότε η εξίσωση θα είναι αδύνατη.

Μοναδική λύση λοιπόν η τετράδα (a,b,c,n)=(0,0,0,0)

jason.prod · #2298

Αρχιμήδης 6 έγραψε:
socrates έγραψε:
AΣΚΗΣΗ 1158
Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης $\displaystyle{ 6(6a^2 + 3b^2 + c^2) = 5n^2 }$
Ας την κάνουμε λίγο πιο απλή...

Προφανώς συνεπώς θέτω οπότε η εξίσωση θα γίνει,

Εδώ και θέτω οπότε η τελευταία θα έχει την παρακάτω μορφή,

Επομένως αρκεί να λύσω την εξίσωση...

(1) Η μηδενική λύση είναι προφανής.Έστω ότι οι άγνωστοι είναι μη μηδενικοί.

,

Περίπτωση 1

Αν περιττοί τότε η εξίσωση δεν έχει λύσεις διότι άρα θα πρέπει που είναι αδύνατον.

Συνεπώς αφού τότε

Αντικαθιστώ , στην (1) και θα καταλήξω στην παρακάτω,

(2) ,

Αν τότε οπότε θα πρέπει που είναι αδύνατον.

Συνεπώς και θα θέσω πάλι , και η (2) θα γίνει

που είναι της ίδιας μορφής με την (1).

Αυτό δείχνει ότι ξεκινώντας από την (1) καταλήγω ότι οι άγνωστοι είναι όλοι άρτιοι και κάνοντας πάντα τα παραπάνω βήματα τότε πάντα θα καταλήξω στην ίδια μορφή μα στις πρωτογενείς αναλύσεις των αγνώστων της (1) υπάρχει πεπερασμένη δύναμη του που εμφανίζεται (δηλαδή διαιρεί) σε κάθε άγνωστο συνεπώς μετά από πεπερασμένο πλήθος βημάτων θα καταλήξω σε εξίσωση της μορφής

που τουλάχιστον ένας εκ των αγνώστων θα είναι περιττός και τότε η εξίσωση θα είναι αδύνατη.

Μοναδική λύση λοιπόν η τετράδα

Μόνο άπειρη κάθοδο θέλει τίποτα άλλο γιατί τόσος πανικός;

Αρχιμήδης 6 · #2299

Αν θες στείλε μου την συντομότερη απόδειξη που έχεις βρει.

Ευχαριστώ.

jason.prod · #2300

Προφανώς η (a,b,c,n)=(0,0,0,0)

είναι λύση. Αφού όλοι οι άγνωστοι εμφανίζονται στο τετράγωνο, θα λύσουμε την εξίσωση στους θετικούς ακεραίους. Έστω λοιπόν η ελάχιστη τετράδα (a,b,c,n) που ικανοποιεί την δοσμένη εξίσωση. Παρατηρούμε όμως ότι αν η τετράδα

είναι λύση, τότε και η τετράδα $(\frac{a}{2}, \frac{b}{2}, \frac{c}{2}, \frac{n}{2})$ είναι λύση, το οποίο όμως είναι αδύνατο, αφού έχουμε υποθέσει ότι η (a,b,c,n) είναι η ελάχιστη τετράδα που ικανοποιεί την εξίσωση. Ομοίως η εξίσωση δεν έχει αρνητικές λύσεις, οπότε έχει μόνο τη μηδενική λύση.

Σημείωση: Όταν σε μια εξίσωση με ακέραιες λύσεις έχουμε όλους τους αγνώστους υψωμένους σε μια δύναμη και δεν υπάρχουν σταθεροί όροι, όπως άλλωστε και αυτή, πάντα ωθούμαστε να χρησιμοποιήσουμε την άπειρη κάθοδο.

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