Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

sokratis lyras · #1681

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 752
Έστω θετικοί πραγματικοί αριθμοί με
Δείξτε ότι υπάρχει ακέραιος ώστε $a b \leq n^2 \leq (a + c) (b + d).$

Αρκεί να είναι $\sqrt{(a + c) (b + d)}\geq \sqrt{a b}+1...$

Η υπόδειξη ήταν σχεδόν όλη η άσκηση.Πολύ ωραίο.
Η ανισότητα τώρα είναι απλές πράξεις γράφοντας $1=\displaystyle\sqrt{cd}$

#1682

socrates έγραψε:
socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 766
Έστω κυρτό τετράπλευρο εγγεγραμμένο σε κύκλο ακτίνας . Δείξτε ότι $\displaystyle{ 0< (AB+BC+CD+AD)-(AC+BD) < 4. }$

Επαναφορά! Δεν είναι δύσκολη!

: SX 5.png (12.93 KiB) Προβλήθηκε 1011 φορές

Είναι: $\displaystyle{AC<AB+BC , AC<AD+DC , BD<AB+AD , BD<BC+DC}$ . Με πρόσθεση κατά μέλη, παίρνουμε:

$\displaystyle{AC+BD <AB+BC+AD+DC\Rightarrow (AB+BC+AD+DC)-(AC+BD)>0}$

Επίσης:

$\displaystyle{AB<AO+OB , AD<AO+OD , DC<DO+)C , CB<CO+OB}$ . Με πρόσθεση κατά μέλη, παίρνουμε:

AB+AD+DC+CB < 2(AC+BD)

$\Rightarrow (AB+AD+DC+CB)-(AC+BD) < AC+BD$

$\leq (AK+KC)+(BK+KD)=(1+1)+(1+1)=4$

#1683

ΑΣΚΗΣΗ 800: Να γραφεί ο αριθμός $\displaystyle{17^{17}+17^7}$ ως άθροισμα δύο τετραγώνων.

#1684

ΑΣΚΗΣΗ 801
Να λυθεί στο $\Bbb{R}$ η εξίσωση $\displaystyle{\frac{8^{x}+27^{x}}{12^{x}+18^{x}}=\frac{7}{6}}$ .

ΑΣΚΗΣΗ 802
Nα βρεθούν όλα τα ζεύγη ακεραίων (x,y)

για τους οποίους ισχύει x^3+y^3=(x+y)^2

#1685

xr.tsif έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 801
Να λυθεί στο η εξίσωση $\frac{8^{x}+27^{x}}{12^{x}+18^{x}}=\frac{7}{6}$ .

Εδώ.

#1686

xr.tsif έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 802
Nα βρεθούν όλα τα ζεύγη ακεραίων για τους οποίους ισχύει

Είναι

$\displaystyle{(x+y)^2=x^3+y^3\iff x+y=0 \vee x^2-xy+y^2=x+y.}$

Η δεύτερη γίνεται

$\displaystyle{(x-1)^2+(y-1)^2+(x-y)^2=2,}$

από όπου

$\displaystyle{(x,y)=(0,0)\vee (1,0)\vee (0,1) \vee (2,1)\vee (1,2)\vee \color{red}(2,2).}$

Φυσικά, εκτός των παραπάνω λύσεων υπάρχουν και οι $\displaystyle{(x,-x).}$

***Προσθήκη λύσης που παρέλειψα να γράψω.

sokratis lyras · #1687

matha έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 800: Να γραφεί ο αριθμός $\displaystyle{17^{17}+17^7}$ ως άθροισμα δύο τετραγώνων.

$\displaystyle 17^{17}+17^{7}=17(17^{16}+17^6)=(1^2+4^2)(a^2+b^2)$ με a=17^8,b=17^3

και τώρα το ζητούμενο προκύπτει από την :

(n^2+m^2)(k^2+l^2)=(nk+ml)^2+(nl-mk)^2

Σ. Διονύσης · #1688

matha έγραψε:
xr.tsif έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 802
Nα βρεθούν όλα τα ζεύγη ακεραίων για τους οποίους ισχύει
Είναι

$\displaystyle{(x+y)^2=x^3+y^3\iff x+y=0 \vee x^2-xy+y^2=x+y.}$

Η δεύτερη γίνεται

$\displaystyle{(x-1)^2+(y-1)^2+(x-y)^2=2,}$

από όπου

$\displaystyle{(x,y)=(0,0)\vee (1,0)\vee (0,1) \vee (2,1)\vee (1,2).}$

Φυσικά, εκτός των παραπάνω λύσεων υπάρχουν και οι $\displaystyle{(x,-x).}$

κ.Θάνο νομίζω ότι λύση είναι και η (2,2)

kostas_zervos · #1689

xr.tsif έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 802
Nα βρεθούν όλα τα ζεύγη ακεραίων για τους οποίους ισχύει

$x^3+y^3=(x+y)^2\iff (x+y)(x^2-xy+y^2)-(x+y)^2=0 \iff x+y=0$ ή x^2-xy+y^2-x-y=0

.

Από την x+y=0

έχουμε λύσεις $(x,y)=(x,-x)\;,\;x\in\Bbb{Z}$ .

Από την x^2-xy+y^2-x-y=0

έχουμε

με

$\Delta=-3y^2+6y+1\geq 0\iff -3(y^2-2y)+1\geq 0\iff$

$\iff -3(y^2-2y+1)+4\geq 0\iff -3(y-1)^2+4\geq 0\iff$

$\iff (y-1)^2\leq \dfrac{4}{3}\iff -\dfrac{2\sqrt{3}}{3}\leq y-1\leq \dfrac{2\sqrt{3}}{3}\iff$

$\iff\dfrac{3-2\sqrt{3}}{3}\leq y\leq \dfrac{3+2\sqrt{3}}{3}$ .

Αλλά

$\dfrac{3-2\sqrt{3}}{3}>\dfrac{3-2\sqrt{4}}{3}=-\dfrac{1}{3}$ και $\dfrac{3+2\sqrt{3}}{3}<\dfrac{3+2\sqrt{4}}{3}=\dfrac{7}{3}$ , άρα:

$-\dfrac{1}{3}<y<\dfrac{7}{3}$ , επομένως y=0

ή

.

Για

έχουμε

ή

.

Για

έχουμε

ή

.

Για

έχουμε

ή

.

Άρα

ή

#1690

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 579
Υπάρχουν ακέραιοι και ώστε αν
(α)
(β) ;

Eπαναφορά

#1691

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 579
Υπάρχουν ακέραιοι και ώστε αν
(α)
(β) ;

(α) Ναι, για παράδειγμα $\left(x,y,z \right)=\left(0,198,203 \right)$

(β) Όχι. Ας υποθέσουμε ότι υπάρχουν ακέραιοι ώστε z^2 = (x^2 + 1)(y^2-1) + 2007.

Αν

άρτιοι τότε $z^2\equiv 2\left(mod4 \right),$ άτοπο.
Αν

περιττός τότε $z^2\equiv 3\left(mod4 \right),$ άτοπο.
Αναγκαστικά ο

είναι περιττός και ο

άρτιος. Τότε ο

είναι περιττός. Θα είναι επομένως x^2=8k+1,y^2=4m,z^2=8p+1

για

ακεραίους. Αντικαθιστούμε και βρίσκουμε 2p=8kp-2k+2m+501,

άτοπο.

#1692

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 799
Βρείτε όλα τα ζεύγη θετικών ακεραίων ώστε

Είναι ισοδύναμο με το να λύσουμε στους θετικούς ακεραίους την εξίσωση $\dfrac{x^2+y}{xy^2-1}=k$ ή την x^2-ky^2x+y+k=0.

Η διακρίνουσά της είναι D=k^2y^4-4y-4k.

Ισχυρισμός Για $y,k\geq 2$ είναι $\left(k^2y-2 \right)^2<D<\left(k^2y \right)^2$
Για να δείξουμε τον ισχυρισμό είναι αρκετό να δείξουμε το αριστερό σκέλος το οποίο είναι ισοδύναμο με $\left(k-1 \right)y>1$ που ισχύει για $y,k\geq 2.$ Για να έχουμε ακέραιες λύσεις θα πρέπει η διακρίνουσα να είναι τέλειο τετράγωνο οπότε αναγκαστικά $D=\left(ky^2-1 \right)^2$ η οποία γίνεται -2k^2y+1=-4y-4k

και είναι αδύνατο.
Άρα για $y,k\geq 2$ δεν έχουμε ποτέ λύση.

$\bullet$ Για k=1

έχουμε να λύσουμε την εξίσωση x^2-y^2x+y+1=0

με διακρίνουσα D=y^4-4y-4.

Είναι $\left(y^2-2 \right)^2<D<\left(y^2 \right)^2$ για $y\geq 3.$ Η εξίσωση $D=\left(y^2-1 \right)^2$ είναι αδύνατη.
Για y=1

έχουμε αρνητική διακρίνουσα και για y=2

βρίσκουμε τις λύσεις $\left(1,2 \right),\left(2,2 \right).$

$\bullet$ Για y=1

είναι $k=x+1+\dfrac{2}{x-1}$ οπότε $\left(x,y \right)=\left(2,1 \right)$ ή $\left(3,1 \right).$

#1693

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 721
Αν ακέραιοι τέτοιοι ώστε $s=a^3+b^3-60ab(a+b)\geq 2012,$ να βρεθεί η ελάχιστη τιμή του

Είναι

και αφού $x^3\equiv -1,0,1 \pmod 7$ θα είναι $s\geq 2015.$

H ισότητα ισχύει π.χ. όταν a=6, b=-1

#1694

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 764
ζ) Να βρείτε το μεγαλύτερο τριψήφιο πρώτο για τον οποίο η εξίσωση έχει ακέραια ρίζα.

Επαναφορά. Δεν είναι δύσκολη.

#1695

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 697:
Ένας καλαθοσφαιριστής έχει ποσοστό ευστοχίας στις ελεύθερες βολές μικρότερο του $80\%$ .
Λίγο καιρό αργότερα το ποσοστό του στις ελεύθερες βολές βελτιώθηκε και έγινε μεγαλύτερο από $80\%.$
Δείξτε ότι κάποια χρονική στιγμή το ποσοστό ευστοχίας του στις ελεύθερες βολές ήταν ακριβώς $80\%$ .

Αν δε συμβαίνει αυτό, τότε κάποια στιγμή η επίδοσή του θα είναι <80% και μετά την αμέσως επόμενη βολή >80%.

Έστω και

το πλήθος των βολών ακριβώς πριν τη βολή μετά την οποία ο καλαθοσφαιριστής βελτίωσε το ποσοστό του σε μεγαλύτερο του $80\%$ και

το αντίστοιχο πλήθος εύστοχων βολών.

Τότε $\displaystyle{\frac{k}{n}<80\%}$ και $\displaystyle{\frac{k+1}{n+1}>80\%}$ οπότε 5k-4n<0

και

δηλαδή

που είναι άτοπο αφού ο αριθμός 5k-4n

είναι ακέραιος.

#1696

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 656
Υπάρχουν αριθμοί $x_1,x_2,\ldots ,x_{2009} \in \{-1,1\}$ , έτσι ώστε

$\displaystyle{x_1x_2+x_2x_3+x_3x_4+\ldots+x_{2008}x_{2009}+x_{2009}x_1=999;}$

Έστω $y_i=x_ix_{i+1}, \ i=1,...,2009$ όπου $x_{2010}=x_1.$ Είναι $y_i=\pm 1.$ Έστω ότι

από τα

είναι ίσα με

και

με

Τότε

και

Λύνοντας το σύστημα προκύπτει a=1504,b=505.

Όμως $y_1y_2...y_{2009}=1^a(-1)^b=-1$ που είναι άτοπο αφού $y_1y_2 ... y_{2009}=x_1^2x_2^2...x_{2009}^2\geq 0.$

Επομένως δεν υπάρχουν τέτοιοι αριθμοί.

#1697

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 764

ι) Να βρείτε τους πρώτους αν

ιγ) Να βρείτε τους πρώτους αν $\displaystyle{ p | q + r, \ q | r + 2p, \ r | p + 3q.}$

ι) Είναι $p-q|(5p-7q)^2=(5p-5q-2q)^2=25(p-q)^2-20q(p-q)+4q^2 \implies p-q|4q^2.$

Είναι (p-q,q)=1

γιατί αλλιώς q|p

και άρα

άτοπο. Οπότε p-q|4

και αφού

θα είναι

Εξετάζοντας τις τρεις αυτές περιπτώσεις, δε βρίσκουμε λύσεις.

ιγ) Ας δούμε μία από τις τρεις περιπτώσεις που χρειάζεται να εξετάσουμε... Όποιος θέλει ας συνεχίσει με τις υπόλοιπες... (αλλιώς θα τις γράψω εγώ )

Έστω $p=\max\{p,q,r\}.$ Τότε αφού $q+r\leq 2p$ θα είναι q+r=p

ή

-- Αν

τότε από τη σχέση q | r + 2p

έχουμε

Προφανώς

γιατί αλλιώς θα ήταν q=r

και άρα

άτοπο.
Επομένως, q|3

και άρα

Οπότε έχουμε p=r+3.

Αν ο

είναι περιττός, τότε ο

είναι άρτιος μεγαλύτερος του 2 και άρα όχι πρώτος.
Επομένως

άρτιος πρώτος, δηλαδή r=2

και

Έτσι έχουμε p=5, q=3, r=2

που είναι πράγματι λύση .

-- Αν q+r=2p,

τότε

που είναι λύση για κάθε πρώτο

....

#1698

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 712:
Να βρεθούν οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί για τους οποίους ο αριθμός

$\displaystyle{\frac{\sqrt{2}+\sqrt{a}}{\sqrt{3}+\sqrt{b}}}$

είναι ρητός.

http://eisatopon.blogspot.gr/2013/04/bl ... _4737.html

Με τα $\displaystyle{a,b}$ να ανήκουν στο σύνολο των θετικών πραγματικών αριθμών, έχουμε άπειρες τιμές για τα $\displaystyle{a,b}$ , ώστε να ισχύει το ζητούμενο.

Έτσι, αν πάρουμε $\displaystyle{a=(x-\sqrt{2})^2 }$ , με $\displaystyle{x\geq 2 , x\in N}$ και $\displaystyle{b=(y -\sqrt{3})^2 }$ , με $\displaystyle{y\geq 2 , y\in N}$

τότε θα είναι $\displaystyle{\frac{\sqrt{2}+\sqrt{a}}{\sqrt{3}+\sqrt{b}}=\frac{x}{y}}$ και άρα ρητός.

Eπαναφέρω το θέμα, για να δούμε την ολοκληρωμένη λύση.

Πράγματι, αν $a,b\in \Bbb{R}$ έχουμε άπειρες λύσεις.

Ας το δούμε στην περίπτωση που $a,b\in\Bbb{Z}...$ Τότε έχουμε "λίγες" λύσεις...

#1699

ΑΣΚΗΣΗ 803: Έστω $\displaystyle{a,b,c>0}$ με $\displaystyle{abc=1.}$

Αν ισχύει $\displaystyle{\frac{1}{a^k}+\frac{1}{b^k}+\frac{1}{c^k}\geq a^k+b^k+c^k}$ για $\displaystyle{k=1,}$ να αποδείξετε ότι ισχύει και για κάθε θετικό ακέραιο $\displaystyle{k.}$

#1700

matha έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 803: Έστω $\displaystyle{a,b,c>0}$ με $\displaystyle{abc=1.}$

Αν ισχύει $\displaystyle{\frac{1}{a^k}+\frac{1}{b^k}+\frac{1}{c^k}\geq a^k+b^k+c^k}$ για $\displaystyle{k=1,}$ να αποδείξετε ότι ισχύει και για κάθε θετικό ακέραιο $\displaystyle{k.}$

Η υπόθεση γράφεται $\displaystyle{bc+ca+ab\ge a+b+c}$ και η αποδεικτέα $\displaystyle{b^kc^k+c^ka^k+a^kb^k\ge a^k+b^k+c^k}$ .

Ισοδύναμα η υπόθεση γράφεται $\displaystyle{ (1-a)(1-b)(1-c) \ge 0}$ και η αποδεικτέα $\displaystyle{ (1-a^k)(1-b^k)(1-c^k) \ge 0}$ .

Πολλαπλασιάζοντας την πρώτη επί τους θετικούς αριθμούς $\displaystyle{1+a+ ... \, +a^{k-1}}$ , $\displaystyle{1+b+ ... \,+ b^{k-1}}$ , $\displaystyle{1+c+ ... \, +c^{k-1}}$ παίρνουμε την δεύτερη.

Φιλικά,

Μιχάλης

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