Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

jason.prod · #2341

ealexiou έγραψε:
ealexiou έγραψε:
jasonmaths4ever έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1200: Να εξετάσετε αν ο αριθμός $\displaystyle{1^{56}+2^{56}+3^{56}+ ... + 56^{56}}$ , διαιρείται με το $\displaystyle{56}$
Σημείωση: Ας λύσουμε και την άσκηση
ΑΣΚΗΣΗ 1201: Να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{1^{56}+2^{56}+3^{56}+ ... + 56^{56}}$ , διαιρείται με το $\displaystyle{28}$ . Είναι αρκετά παρόμοια.
$A= 1^{56} +2^{56} +3^{56}+...+56^{56}=\left(1^{56}+3^{56}+5^{56}+ ...+55^{56}\right)+$ $\left(2^{56}+4^{56}+6^{56}+...+56^{56}\right)$

$Amod4 \equiv \left(\ \underbrace{1mod4+1mod4+1mod4+...+1mod4}_{28 \ \varphi o \rho \varepsilon \varsigma \ 1mod4}\right)+\left(0mod4\right)$

$\equiv28mod4+0mod4 \equiv0mod4+0mod4=0mod4$

Συνεπώς διαιρείται με το

Για την ...αντιγραφή
Ευθύμης
Συνεχίζοντας μετά το μεγάλο διάλειμμα, λόγω Κυριακής , θα δείξω-τρόπος του λέγειν- ότι η δοσμένη παράσταση διαιρείται και με το
Η προσέγγιση είναι τελείως εμπειρική και αυτοσχέδια και γίνεται μόνο για την "άγρια" χαρά που προσφέρει το "βάδισμα" σε άγνωστη και αχαρτογράφητη περιοχή, για εμένα εννοώ που δεν γνωρίζω θεωρία αριθμών. Προφανώς θα υπάρχει συντομότερη και κομψή λύση, την οποία με χαρά θα διαβάσω-μελετήσω.
Είναι: $2^3mod7=1\Rightarrow 2^{54}mod7=1, 4^3mod7=1\Rightarrow 4^{54}mod7=$ $1,...,56^3mod7=1\Rightarrow 56^{54}mod7=1$

Συνεπώς $\left(2^{56}+4^{56}+6^{56}+...+56^{56}\right)mod7=$ , άρα διαιρείται με το

Επίσης είναι: $1^{56} mod7=1\ \wedge$ $(7^{56} , 21^{56}, 35^{56}, 49^{56})mod7=0$
και $\left( 3^3, 5^3, 27^3, 31^3, 33^3, 41^3, 45^3, 47^3, 55^3\right)mod7=-1 \Rightarrow$
$\left( 3^{54}, 5^{54}, 27^{54}, 31^{54}, 33^{54}, 41^{54}, 45^{54}, 47^{54}, 55^{54}\right)mod7=-1\Rightarrow$
$\left( 3^{56}, 5^{56}, 27^{56}, 31^{56}, 33^{56}, 41^{56}, 45^{56}, 47^{56}, 55^{56}\right)mod7=$
$-1\cdot\left( 3^2+ 5^2+ 27^2+ 31^2+33^2+ 41^2+45^2+47^2+55^2\right)mod7=0$

και $37^3, 39^3, 43^3, 51^3, 53^3)mod7=1 \Rightarrow$
$(9^{54},11^{54},13^{54},15^{54},17^{54},19^{54},$ $23^{54},25^{54},29^{54},37^{54},$ $39^{54}, 43^{54},51^{54},$ $53^{54})mod7=1\Rightarrow$ \displaystyle{(9^{56}+11^{56}+13^{56}+15^{56}+17^{56}+19^{56}+23^{56}+25^{56}+29^{56}+37^{56}+39^{56}+ 43^{56}+51^{56}+53^{56})mod7=1\cdot (9^2+11^2+13^2+15^2+17^2+19^2+}

Συνεπώς $\left(1^{56}+3^{56}+5^{56}+...+55^{56}\right)mod7=1+0-1=0$ , άρα διαιρείται με το ,

άρα και όλη η παράσταση $A=1^{56}+2^{56}+3^{56}+...+56^{56}$ διαιρείται με το και αφού διαιρείται με το , διαιρείται και με το $4\cdot7=28$ , που είναι και το ζητούμενο.

Θα βάλω τη δικιά μου λύση σε hide για να την προσπαθήσουν και άλλοι.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#2342

ealexiou έγραψε:<...> άρα διαιρείται με το

jasonmaths4ever έγραψε: διαιρείται με το 7, που είναι προφανές.

Ωραιότατα.

Παρατηρείστε ότι έβαλα ερώτηση να αποδειχθεί μεταξύ άλλων ότι διαιρείται με το 7^2

.

Ας προσθέσω ακόμη ότι αποδεικνύεται πως οι πρώτοι παράγοντες που σημείωσα, οι $2^2 \cdot 5^2 \cdot 7^2 \cdot 19 \cdot \cancel {119} ^{\, {\color {red} \, 113}}$ , βρίσκονται στην μεγαλύτερη δυνατή δύναμή τους. Για παράδειγμα, αποδεικνύεται ότι ο αριθμός διαιρείται με το 7^2

αλλά όχι με το 7^3

. Όμοια, διαιρείται με το

αλλά όχι με το 19^2

, και λοιπά.

Μ.

Edit: Σημείωσα με κόκκινο ένα τυπογραφικό μου σφάλμα ( 113

αντί

) όπως άλλωστε φαίνεται στο αρχικό μου σχετικό μήνυμα.

ealexiou · #2343

Mihalis_Lambrou έγραψε:
ealexiou έγραψε:<...> άρα διαιρείται με το

jasonmaths4ever έγραψε: διαιρείται με το 7, που είναι προφανές.
Ωραιότατα.

Παρατηρείστε ότι έβαλα ερώτηση να αποδειχθεί μεταξύ άλλων ότι διαιρείται με το .

Ας προσθέσω ακόμη ότι αποδεικνύεται πως οι πρώτοι παράγοντες που σημείωσα, οι $2^2 \cdot 5^2 \cdot 7^2 \cdot 19 \cdot 119$ , βρίσκονται στην μεγαλύτερη δυνατή δύναμή τους. Για παράδειγμα, αποδεικνύεται ότι ο αριθμός διαιρείται με το αλλά όχι με το . Όμοια, διαιρείται με το αλλά όχι με το , και λοιπά.

Μ.

Διαιρετότητα με το

Από το μικρό θεώρημα του Fermat, που μόλις έμαθα, έχουμε:

$x^{18}\equiv 1mod19 \Rightarrow x^{18\cdot3}=x^{54}\equiv 1mod19 \Rightarrow$

$\left(1^{56}+2^{56}+3^{56}+...+56^{56}\right) mod19 \equiv$ $1\cdot\left(1^2+2^2+3^2+...+56^2\right)mod19 \equiv$

$\left(56\cdot 57 \cdot \dfrac{113}{6}\right)mod19 \equiv$ $\left(28\cdot 57\cdot \dfrac{113}{3}\right)mod19 \equiv$ $\left(28\cdot19\cdot 113\right)mod19 \equiv 0$

Άρα η παράσταση

διαιρείται με το

edit: Διέγραψα το λαθεμένο μέρος της απάντησης μου, αφού ήταν λάθος δεν έχει λόγο να υπάρχει.

#2344

ealexiou έγραψε:
Διαιρετότητα με το

Από το μικρό θεώρημα του Fermat, που μόλις έμαθα, έχουμε:

<...>

ealexiou · #2345

Πιθανόν και να κάνω λάθος, άπειρος ών στη Θεωρία Αριθμών, αλλά νομίζω ότι ο 119

δεν διαιρεί τον

$119=7\cdot17$ και με κάθε επιφύλαξη και προς έλεγχο, βρήκα ότι $A \equiv 1mod17$

Διαιρετότητα με το 113

Κάνω χρήση του κριτηρίου Euler $a^{\left(\dfrac{p-1}{2}\right)}\equiv \left(\dfrac{a}{p}\right)modp$
όπου

περιττός πρώτος και $\left(\dfrac{a}{p}\right)$ το σύμβολο Legendre:

$\left(\dfrac{a}{p}\right)=\begin{cases} & 1, \ \alpha \nu\ a\ \tau \varepsilon \tau \rho a \gamma \omega \nu \iota \kappa o\ \upsilon \pi o \lambda o\iota \pi o\ (modp),\ p\ \delta \varepsilon \nu \mid \alpha \\& 0,\ \alpha \nu\ p \mid a \\& -1,\ \alpha \lambda \lambda \iota \omega \varsigma \\ \end{cases}$
(Από το βιβλίο του Μπάμπη Στεργίου, Σιλουανού Μπραζιτίκου Μαθηματικοί διαγωνισμοί

, μέχρι τώρα έχω διαβάσει, τι άλλο; το κεφάλαιο περί συνδυαστικής )

Στην περίπτωση μας $p=113 \wedge a=1,2,3,...,56$

Έτσι έχουμε:
$1^{56}mod113=1,2^{56}mod113=1,3^{56}mod113=-1,$ $4^{56}mod113=1,$ $5^{56}mod113=-1,$ $6^{56}mod113=-1,$ $7^{56}mod113=1,$ $8^{56}mod113=1,$ $9^{56}mod113=1,$ $10^{56}mod113 =-1$

$11^{56}mod113=1,12^{56}mod113=-1,13^{56}mod113=1,$ $14^{56}mod113=1,$ $15^{56}mod113=1,$ $16^{56}mod113=1,$ $17^{56}mod113=-1,$ $18^{56}mod113=1,$ $\displaystyle{19^{56}mod113=-1,}$ $20^{56}mod113 =-1$

$21^{56}mod113=-1,22^{56}mod113=1,23^{56}mod113=-1,$ $24^{56}mod113=-1,$ $25^{56}mod113=1,$ $26^{56}mod113=1,$ $27^{56}mod113 =-1,$ $28^{56}mod113 =1,$ $29^{56}mod113 =-1,$ $30^{56}mod113 = 1$

$31^{56}mod113=1,32^{56}mod113=1,33^{56}mod113=-1,$ $34^{56}mod113=-1,$ $35^{56}mod113=-1,$ $36^{56}mod113=1$ $37^{56}mod113=-1,$ $38^{56}mod113 =-1,$ $39^{56}mod113=-1,$ $40^{56}mod113 = -1$

$41^{56}mod113=1,42^{56}mod113=-1,$ $43^{56}mod113=-1,$ $44^{56}mod113=1,$ $45^{56}mod113=-1,$ $46^{56}mod113=-1,$ $47^{56}mod113=-1,$ $48^{56}mod113 =-1,$ $49^{56}mod113 =1,$ $50^{56}mod113 =1$

$51^{56}mod113=1,52^{56}mod113=1,$ $53^{56}mod113=1,$ $54^{56}mod113=-1,$ $55^{56}mod113=-1,$ $56^{56}mod113=1$

Άρα $Amod113 \equiv(1+1-1+1-1-1+$ 1+1+1-1+1-1+

$+1+1+1-1-1+1)mod113 \equiv(28-28)mod113 \equiv0mod113$

Άρα 113 | A

Υ.Γ Μπάμπη, Σιλουανέ επ' ευκαιρία θερμά σας ευχαριστώ για το εξαιρετικό και κατανοητό βιβλίο σας!

#2346

ealexiou έγραψε:Πιθανόν και να κάνω λάθος, άπειρος ών στη Θεωρία Αριθμών, αλλά νομίζω ότι ο δεν διαιρεί τον
$119=7\cdot17$ και με κάθε επιφύλαξη και προς έλεγχο, βρήκα ότι $A \equiv 1mod17$

Δεν κάνεις λάθος. Το 119

είναι τυπογραφικό σφάλμα (θα κάνω διόρθωση). Άλλωστε την πρώτη φορά που έγραψα την άσκηση, το είχα σωστά ως 113

.

Mihalis_Lambrou έγραψε: Ακόμα καλύτερα, δείξτε ότι ο παραπάνω αριθμός διαιρείται με το $2^2\cdot 5^2\cdot 7^2\cdot 19\cdot 113$ , και οι υπομονετικοί ας δείξουν ότι διαιρείται δια του $2^2\cdot 5^2\cdot 7^2\cdot 19\cdot 113\cdot 6131$

Ζητώ συγνώμη για το τυπογραφικό σφάλμα. Τουλάχιστον ανακουφίζομαι από το γεγονός ότι φαίνεται από χιλιόμετρα ότι πρόκειται για τυπογραφικό αφού ο 119

δεν είναι πρώτος, ενώ οι παραγοντοποίηση που σημείωσα είναι γινόμενο πρώτων. Για να μην πω ότι ο 119

έχει

μέσα του, που με το 7^2

που εμφανίζεται, θα είχαμε παράγοντα τον 7^3

ενώ ρητά σημείωσα ότι ο 7^3

δεν ειναι παράγοντας. Όπως και να είναι, ζητώ συγνώμη από όσους ταλαιπώρησα.

#2347

ealexiou έγραψε: Στην περίπτωση μας $p=113 \wedge a=1,2,3,...,56$

Έτσι έχουμε:
$1^{56}mod113=1,2^{56}mod113=1,3^{56}mod113=-1,$ $4^{56}mod113=1,$ $5^{56}mod113=-1,$ $6^{56}mod113=-1,$ $7^{56}mod113=1,$ $8^{56}mod113=1,$ $9^{56}mod113=1,$ $10^{56}mod113 =-1$

$11^{56}mod113=1,12^{56}mod113=-1,13^{56}mod113=1,$ $14^{56}mod113=1,$ $15^{56}mod113=1,$ $16^{56}mod113=1,$ $17^{56}mod113=-1,$ $18^{56}mod113=1,$ $\displaystyle{19^{56}mod113=-1,}$ $20^{56}mod113 =-1$

$21^{56}mod113=-1,22^{56}mod113=1,23^{56}mod113=-1,$ $24^{56}mod113=-1,$ $25^{56}mod113=1,$ $26^{56}mod113=1,$ $27^{56}mod113 =-1,$ $28^{56}mod113 =1,$ $29^{56}mod113 =-1,$ $30^{56}mod113 = 1$

$31^{56}mod113=1,32^{56}mod113=1,33^{56}mod113=-1,$ $34^{56}mod113=-1,$ $35^{56}mod113=-1,$ $36^{56}mod113=1$ $37^{56}mod113=-1,$ $38^{56}mod113 =-1,$ $39^{56}mod113=-1,$ $40^{56}mod113 = -1$

$41^{56}mod113=1,42^{56}mod113=-1,$ $43^{56}mod113=-1,$ $44^{56}mod113=1,$ $45^{56}mod113=-1,$ $46^{56}mod113=-1,$ $47^{56}mod113=-1,$ $48^{56}mod113 =-1,$ $49^{56}mod113 =1,$ $50^{56}mod113 =1$

$51^{56}mod113=1,52^{56}mod113=1,$ $53^{56}mod113=1,$ $54^{56}mod113=-1,$ $55^{56}mod113=-1,$ $56^{56}mod113=1$

Άρα $Amod113 \equiv(1+1-1+1-1-1+$ $+1+1+1-1-1+1)mod113 \equiv(28-28)mod113 \equiv0mod113$

Άρα

Ωωωωωωω! Επιφώνημα θαυμασμού αλλά και αμηχανίας.

Σωστά μεν αλλά επειδή η παραπάνω μέθοδος είναι ιδιαίτερα επίπονη (φαντάσου άλλωστε η άσκηση αντί για

να είχε

ή

να δεις τι θα γινόταν) και επειδή η άσκηση είναι στον φάκελο των Ολυμπιάδων, ας δούμε μία λύση πιο κοντά στο πνεύμα του θεματοθέτη. Άσε που θεωρώ ότι στην παραπάνω μέθοδο αποκρύπτονται αρκετές πράξεις, για παράδειγμα από που και ως που είναι αυτονόητο ότι π.χ. ο

είναι τετραγωνικό υπόλοιπο του 113

ενώ ο

δεν είναι; (Δεν λέω ότι είναι λάθος, αλλά ότι δεν φαίνονται και άλλες επίπονες πράξεις,

τον αριθμό.)

Για όφελος των μαθητών μας:

Εξετάζουμε το άθροισμα $1^{56}+2^{56}+... + 56^{56}+57^{56} + ... + 112^{56} = A+B, \, (*)$ . Επειδή οι $57^{56}, \, ... \, , 112^{56}$ γράφονται $(113-56)^{56}, \, ... \, , (113-1)^{56}$ τα υπόλοιπά τους μόντουλο 113

είναι αντίστοιχα ίσα με των $56^{56}, 55^{56}, ... , 1^{56}$ . Άρα $A + B \equiv 2A \mod 113$ .

Τώρα εύκολα βλέπουμε ότι $A+B\equiv 0 \mod 113$ . Ένας τρόπος να το δούμε είναι με στοιχειώδη Μαθηματικά και έχουμε δει πολλά παρόμοια θέματα στο φόρουμ. Για λόγους ποικιλίας γράφω άλλο τρόπο, πιο προχωρημένο, με το σύμβολο Legendre: Από το κριτήριο του Euler για τον περιττό πρώτο 113

ακριβώς οι μισοί από τους 1, 2, , ... , 112

είναι τετραγωνικά κατάλοιπά του ενώ οι άλλοι μισοί δεν είναι. Άρα ακριβώς οι μισοί έχουν σύμβολο Legendre ίσο

και οι άλλοι μισοί

, οπότε το $A+B\equiv 0 \mod 113$ .

Δηλαδή δείξαμε $113 \,| \,2A$ . Από εδώ αμέσως συνάγουμε $113 \,| \, A$ , όπως θέλαμε.

Φιλικά,

Μιχάλης

#2348

ΑΣΚΗΣΗ 1202 Έστω $\displaystyle{p}$ τυχαίος πρώτος αριθμός. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν άπειροι φυσικοί αριθμοί

, που είναι τέτοιοι, ώστε ο

αριθμός $\displaystyle{n.3^{n+4}+5}$ να διαιρείται με τον

.

gavrilos · #2349

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1202 Έστω $\displaystyle{p}$ τυχαίος πρώτος αριθμός. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν άπειροι φυσικοί αριθμοί , που είναι τέτοιοι, ώστε ο

αριθμός $\displaystyle{n.3^{n+4}+5}$ να διαιρείται με τον .

Για $\displaystyle{p\geq 5}$ μπορούμε να επιλέξουμε $\displaystyle{n=(m\cdot d+1)p-5 \ ,m\in \mathbb{N}}$ όπου $\displaystyle{d=ord_{p}(3)}$ δηλαδή ο ελάχιστος θετικός ακέραιος τέτοιος ώστε $\displaystyle{3^{d}\equiv 1\pmod p}$ .

Τότε $\displaystyle{\left[(md+1)p-5\right]\cdot 3^{(md+1)p-1}+5\equiv (md+1)\cdot p\cdot 3^{(md+1)p-1}-5\cdot 3^{(md+1)p-1}+5\equiv 5\left(1-3^{(md+1)p-1}\right)}$

$\displaystyle{\equiv 5\left(1-3^{mdp}\cdot 3^{p-1}\right)\equiv 5\left(1-3^{mdp}\right)\equiv 5\cdot \left(1-(3^{d})^{mp}\right)\equiv 5\cdot 0\equiv 0\pmod p}$ και το ζητούμενο αποδείχθηκε,

κι αυτό γιατί ο $\displaystyle{m}$ παίρνει όλες τις τιμές στο $\displaystyle{\mathbb{N}}$ .

Για $\displaystyle{p=3}$ δεν υπάρχει κανένας τέτοιος $\displaystyle{n}$ .

#2350

gavrilos έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1202 Έστω $\displaystyle{p}$ τυχαίος πρώτος αριθμός. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν άπειροι φυσικοί αριθμοί , που είναι τέτοιοι, ώστε ο

αριθμός $\displaystyle{n.3^{n+4}+5}$ να διαιρείται με τον .
Για $\displaystyle{p\geq 5}$ μπορούμε να επιλέξουμε $\displaystyle{n=(m\cdot d+1)p-5 \ ,m\in \mathbb{N}}$ όπου $\displaystyle{d=ord_{p}(3)}$ δηλαδή ο ελάχιστος θετικός ακέραιος τέτοιος ώστε $\displaystyle{3^{d}\equiv 1\pmod p}$ .

Τότε $\displaystyle{\left[(md+1)p-5\right]\cdot 3^{(md+1)p-1}+5\equiv (md+1)\cdot p\cdot 3^{(md+1)p-1}-5\cdot 3^{(md+1)p-1}+5\equiv 5\left(1-3^{(md+1)p-1}\right)}$

$\displaystyle{\equiv 5\left(1-3^{mdp}\cdot 3^{p-1}\right)\equiv 5\left(1-3^{mdp}\right)\equiv 5\cdot \left(1-(3^{d})^{mp}\right)\equiv 5\cdot 0\equiv 0\pmod p}$ και το ζητούμενο αποδείχθηκε,

κι αυτό γιατί ο $\displaystyle{m}$ παίρνει όλες τις τιμές στο $\displaystyle{\mathbb{N}}$ .

Για $\displaystyle{p=3}$ δεν υπάρχει κανένας τέτοιος $\displaystyle{n}$ .

Μπράβο gavrilos! Και επίσης εντόπισες την δική μου παράλειψη, ότι δηλαδή πρέπει $p\neq 3$

Γράφω και μια ακόμα λύση: Από το μικρό θεώρημα του Fermat, έχουμε ότι αν $\displaystyle{(p,3)=1}$ , τότε $\displaystyle{3^{p-1}\equiv 1modp}$

Δηλαδή, αν $\displaystyle{p\neq 3}$ έχουμε ότι $\displaystyle{3^{p-1}\equiv 1modp}$ . Για $\displaystyle{m=2,3,...,}$ θεωρούμε τους άπειρους αριθμούς $\displaystyle{n=(p-1)(mp+1)-4}$ , και θα αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{p|n.3^{n+4}+5}$ Πράγματι, από $\displaystyle{3^{p-1}\equiv 1modp \Rightarrow (3^{p-1})^{mp+1}\equiv 1modp \Rightarrow 3^{n+4}\equiv 1modp}$ , (ΣΧΕΣΗ 1)

Από την σχέση $\displaystyle{n=(p-1)(mp+1)-4 }$ , έχουμε ότι $\displaystyle{n=mp^2 +p-mp-1-4\Rightarrow n=(mp+1-m)p-5 \Rightarrow n\equiv -5modp}$ , (ΣΧΕΣΗ 2)

Από τις σχέσεις (1) και (2) έπεται ότι $\displaystyle{n.3^{n+4}\equiv -5modp}$ και άρα $\displaystyle{n.3^{n+4}+5 \equiv 0modp}$ και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Αρχιμήδης 6 · #2351

Καταρχήν πολύ ωραία άσκηση και πολύ ωραίες λύσεις.

Για την μεν λύση του Gavrilos θα πω ότι είναι ένα σκαλάκι παραπάνω διότι δεν εφαρμόζει το γνωστό θεώρημα για να βρει τιμές

ώστε

(γενικά..) . Η άλλη απόδειξη του Δημήτρη που στην ουσία έχει την ίδια στρατηγική επίθεσης είναι και αυτή όμορφη γιατί πολύ απλά κάνει εφαρμογή ενός σημαντικού θεωρήματος που εμφανίζεται πολύ συχνά σε διαγωνισμούς.

Να πω απλά ότι η στρατηγική των λύσεων είναι απλή άσχετα αν τα

είναι ουρανοκατέβατα...

Αρκεί να προσέξουμε ότι το να βρεις άπειρους

ώστε $p|n3^{n+4}+5$ σπάει με το να βρεις άπειρους

έτσι ώστε για κάποιον

να ισχύει:

$3^{n+4}=xmodp$

nx=-5modp

δηλαδή αρχικά (στο μυαλό μας ) θέτουμε $3^{n+4}=xmodp$ . Το

στην περίπτωση μας βολεύει να είναι ίσο με

και ο Gavrilos το κατάφερε με ord

ενώ ο Δημήτρης με εφαρμογή του Θεωρήματος .

#2352

ΑΣΚΗΣΗ 1203
Έστω $\displaystyle{a,b,c}$ θετικοί πραγματικοί αριθμοί. Να δείξετε ότι

$\displaystyle{\dfrac{a}{b(b+c)^2}+\dfrac{b}{c(c+a)^2}+\dfrac{c}{a(a+b)^2}\ge\dfrac{9}{4(ab+bc+ac)}.}$
http://forum.gil.ro/viewtopic.php?f=19& ... 116d5549f2

ΑΣΚΗΣΗ 1204
Έστω $\displaystyle{a,b,c}$ θετικοί πραγματικοί αριθμοί με $\displaystyle{a+b+c=1.}$ Να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{7+2b}{1+a}+\frac{7+2c}{1+b}+\frac{7+2a}{1+c}\geq\frac{69}{4} .}$

Για το μέγιστο, δείτε εδώ: viewtopic.php?f=111&t=49617

ΑΣΚΗΣΗ 1205
Έστω $\displaystyle{a,b,c}$ θετικοί πραγματικοί αριθμοί με $\displaystyle{a+b+c=1.}$ Να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{1+ab}{a+b}+\frac{1+bc}{b+c}+\frac{1+ca}{c+a}\geq 5.}$

ΑΣΚΗΣΗ 1206
Έστω $\displaystyle{x,y,z}$ θετικοί πραγματικοί αριθμοί. Να δείξετε ότι

$\displaystyle{ \frac{y}{xy+2y+1}+\frac{z}{yz+2z+1}+\frac{x}{zx+2x+1}\leq \frac{3}{4}.}$

ΑΣΚΗΣΗ 1207
Έστω $\displaystyle{a,b,c}$ θετικοί πραγματικοί αριθμοί με $\displaystyle{a+b+c=3.}$ Να δείξετε ότι

$\displaystyle{ 2(ab+bc+ca)-3abc\ge a \sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}+ b \sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}}+ c \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}.}$

ΑΣΚΗΣΗ 1208
Έστω $\displaystyle{a,b,c}$ θετικοί πραγματικοί αριθμοί. Να δείξετε ότι

$\displaystyle{[(3a^2+1)^2+2(1+\frac{3}{b})^2][(3b^2+1)^2+2(1+\frac{3}{c})^2][(3c^2+1)^2+2(1+\frac{3}{a})^2]\geq48^3}$

ΑΣΚΗΣΗ 1209
Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης x^2=y^2(x+y^4+2y^2).

ΑΣΚΗΣΗ 1210
Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης $x^{2015} + x + 1 = 3^y.$

ΑΣΚΗΣΗ 1211
Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης 3y^2 = x^4 + x.

ΑΣΚΗΣΗ 1212
Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης $x^{2015}+(y+13)^{2015}=(x+1)^{2015}+y^{2015}.$

ΑΣΚΗΣΗ 1213
Πόσες διατεταγμένες τριάδες θετικών ακεραίων (a, b, c) ,

είναι τέτοιες ώστε

$\displaystyle{[a, b]= 1000, \ \ [b, c]= 2000, [c, a]=2000 , }$

όπου [x, y]

το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των θετικών ακεραίων x, y;

ΑΣΚΗΣΗ 1214
To σύνολο

περιέχει ακριβώς

ακεραίους. Το άθροισμα οποιονδήποτε

από αυτούς είναι μεγαλύτερο από το άθροισμα των υπόλοιπων. Υποθέτουμε ότι το

περιέχει τον αριθμό 101,

καθώς και ότι το μέγιστο στοιχείο του

είναι το

Να βρείτε τα υπόλοιπα

στοιχεία του A .

gavrilos · #2353

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1214
To σύνολο περιέχει ακριβώς ακεραίους. Το άθροισμα οποιονδήποτε από αυτούς είναι μεγαλύτερο από το άθροισμα των υπόλοιπων. Υποθέτουμε ότι το περιέχει τον αριθμό καθώς και ότι το μέγιστο στοιχείο του είναι το Να βρείτε τα υπόλοιπα στοιχεία του

Έστω $\displaystyle{a_{1}<a_{2}<...<a_{21}=2014}$ οι ακέραιοι αυτοί.

Τότε $\displaystyle{\sum_{i=1}^{11} a_{i}>\sum_{j=12}^{21} a_{j}\Leftrightarrow (a_{11}-a_{20})+(a_{10}-a_{19})+...+(a_{3}-a_{12})+a_{1}+a_{2}>2014}$ .

Όμως $\displaystyle{a_{k}-a_{k+9}\leq -9}$ άρα $\displaystyle{(a_{11}-a_{20})+(a_{10}-a_{19})+...+(a_{3}-a_{12})\leq -81}$ .

Επομένως $\displaystyle{-81+a_{1}+a_{2}>2014\Rightarrow 2a_{2}>2014+81=2095\Leftrightarrow a_{2}\geq 1048}$ .Άρα $\displaystyle{a_{1}=101}$ .

Επομένως αφού $\displaystyle{a_{1}+a_{2}>2095}$ παίρνουμε $\displaystyle{a_{2}>2095-101=1994\Leftrightarrow a_{2}\geq 1995}$ .

Απ' την άλλη $\displaystyle{a_{2}\leq a_{3}-1\leq a_{4}-2\leq ..\leq a_{20}-18\leq 2014-19=1995}$ .Άρα $\displaystyle{a_{2}=1995}$ και τελικά

$\displaystyle{a_{1}=101}$ και $\displaystyle{a_{i}=1993+i \ , \ i=2,3,...,21}$ .

raf616 · #2354

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1205
Έστω $\displaystyle{a,b,c}$ θετικοί πραγματικοί αριθμοί με $\displaystyle{a+b+c=1.}$ Να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{1+ab}{a+b}+\frac{1+bc}{b+c}+\frac{1+ca}{c+a}\geq 5.}$

Καλησπέρα, μία προσέγγιση.

Ισοδύναμα αρκεί $\displaystyle{\sum_{cyc}{\left(\dfrac{1 + ab}{a + b}-1\right)} \geq 2 \iff \sum_{cyc}{\left(\dfrac{(1-a)(1-b)}{a + b}\right)}\geq 2 \iff \sum_{cyc}{\left(\dfrac{(a+b)(b+c)}{c+a}\right)}\geq2 }$

Αν θέσουμε x = a + b

κτλ προκύπτει x + y + z = 2

και αρκεί(μετά την απαλοιφή παρονομαστών)

$x^2y^2 + y^2z^2 + z^2x^2 \geq 2xyz$ .

Όμως $x^2y^2 + y^2z^2 + z^2x^2 \geq xyz(x+y+z) = 2xyz$ και έτσι το ζητούμενο εδείχθη.

chris · #2355

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 1204
Έστω $\displaystyle{a,b,c}$ θετικοί πραγματικοί αριθμοί με $\displaystyle{a+b+c=1.}$ Να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{7+2b}{1+a}+\frac{7+2c}{1+b}+\frac{7+2a}{1+c}\geq\frac{69}{4} .}$

$\displaystyle \frac{7+2b}{1+a}+\frac{7+2c}{1+b}+\frac{7+2a}{1+c}=5\left(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1} \right)+2\left(\frac{1+b}{1+a}+\frac{1+c}{1+b}+\frac{1+a}{1+c} \right)\geq \frac{45}{a+b+c+3}+6\sqrt[3]{\frac{(1+b)(1+c)(1+a)}{(1+a)(1+b)(1+c)}}=\frac{69}{4}$

Με χρήση C-S και AM-ΓΜ.

Αρχιμήδης 6 · #2356

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 1210
Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης $x^{2015} + x + 1 = 3^y.$

Αν $y\neq0$ τότε (3,x)=1

άρα

άρα

$x^{6*335}=1mod9$ άρα

$x^{2010}=1mod9$ άρα

$3^y=x^{2015}+x+1=x^5+x+1mod9$ άρα αν y>1

τότε

η αλλιώς

άρα

οπότε

αδύνατον.

Καταλήγω στο συμπέρασμα ότι y=0

η

άρα

Αρχιμήδης 6 · #2357

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 1209
Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης

Η εξίσωση είναι ισοδύναμη με την παρακάτω,

(2x-y^2)^2=y^4(4y^2+9)

Έστω

Συνεπώς

και τελικά

(x,y)=(0,0),(12,2),(-8,2),(12,-2),(-8,-2)

#2358

socrates έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 1211
Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης

Προφανείς λύσεις οι $\displaystyle{(0,0),(-1,0).}$ Έστω τώρα $\displaystyle{x\ne 0.}$

$\displaystyle{3y^2=x(x^3+1)}$ και προφανώς $\displaystyle{(x,x^3+1)=1,}$ άρα $\displaystyle{x=3a^2,x^3+1=b^2}$ ή $\displaystyle{x=c^2, x^3+1=3d^2.}$

Η δεύτερη περίπτωση αποκλείεται εύκολα: Είναι $\displaystyle{x^6+1=3d^2\implies 3|(x^6+1)\implies 3|x^3 \wedge 3|1,}$ άτοπο.

Άρα $\displaystyle{(x+1)(x^2-x+1)=b^2.}$ Αν $\displaystyle{D=\gcd (x+1,x^2-x+1)}$ βρίσκουμε εύκολα $\displaystyle{D|3\implies D=1\vee D=3.}$ Αν $\displaystyle{D=3}$ θα είχαμε $\displaystyle{D|x\wedge D|(x+1),}$ άτοπο. Άρα $\displaystyle{D=1.}$

Τότε

$\displaystyle{x^2-x+1=k^2.}$ Όμως $\displaystyle{(x-1)^2< x^2-x+1< (x+1)^2,}$ αν $\displaystyle{x> 0,}$ ενώ $\displaystyle{(x-1)^2> x^2-x+1> (x+1)^2}$ αν $\displaystyle{x< 0.}$

Άρα πρέπει $\displaystyle{ x=1,}$ οπότε $\displaystyle{3y^2=2,}$ άτοπο.

#2359

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1203
Έστω $\displaystyle{a,b,c}$ θετικοί πραγματικοί αριθμοί. Να δείξετε ότι

$\displaystyle{\dfrac{a}{b(b+c)^2}+\dfrac{b}{c(c+a)^2}+\dfrac{c}{a(a+b)^2}\ge\dfrac{9}{4(ab+bc+ac)}.}$
http://forum.gil.ro/viewtopic.php?f=19& ... 116d5549f2

Είναι

$\displaystyle{\sum \frac{a}{b(b+c)^2}=\sum \frac{\Big(\frac{a}{b+c}\Big)^2}{ab}\stackrel{C-S}{\geq }\frac{\Big(\sum \frac{a}{b+c}\Big)^2}{ab+bc+ca}\stackrel{Nesbitt}{\geq }\frac{9}{4(ab+bc+ca)}}$

G.Bas · #2360

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 1206
Έστω $\displaystyle{x,y,z}$ θετικοί πραγματικοί αριθμοί. Να δείξετε ότι

$\displaystyle{ \frac{y}{xy+2y+1}+\frac{z}{yz+2z+1}+\frac{x}{zx+2x+1}\leq \frac{3}{4}.}$

Η Ανισότητα ισοδύναμα γράφεται

$\displaystyle{\sum\frac{4y}{y(x+1)+(y+1)}\leq 3.}$ Από την Ανισότητα Cauchy-Schwarz όμως θα ισχύει

$\displaystyle{\sum\frac{4y}{y(x+1)+(y+1)}\leq\sum\left(\frac{1}{x+1}+\frac{y}{y+1}\right)=\sum\frac{x+1}{x+1}=3.}$

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