mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 26, 2015 1:57 am**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 562 (Βαθμός δυσκολίας 2, με κλίμακα από το 1 μέχρι το 10): Αν ένας θετικός ακέραιος αριθμός διαιρείται με το αλλά όχι με το ,

να αποδείξετε ότι δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο.

Ας υποθεσουμε οτι ο θετικος ακεραιος , εστω

, ειναι τελειο τετραγωνο , δηλαδη x=k^2

και επειδη ειναι πολλαπλασιο του

έχουμε

,οπου

θετικος ακεραιος.

Για καθε θετικο ακεραιο

, ισχύει ότι k^2=0 ,1 (mod 4)

...αλλά επειδή ο

δεν διαιρειται με το

θα είναι αναγκαστικά x=k^2=4m+1=2l , 2s=1

ατοπο οπου m θετικος ακεραιος , s=l-2m

.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 26, 2015 7:06 am**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 562 (Βαθμός δυσκολίας 2, με κλίμακα από το 1 μέχρι το 10): Αν ένας θετικός ακέραιος αριθμός διαιρείται με το αλλά όχι με το ,

να αποδείξετε ότι δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο.

Καλημέρα σας!

Και μια άλλη θεωρητική προσέγγιση που αποτελεί γενίκευση της άσκησης.

Αν ένας θετικός ακέραιος μεγαλύτερος του

είναι τέλειο τετράγωνο τότε στην πρωτογενή του ανάλυση κάθε πρώτος διαιρέτης του είναι σε άρτια δύναμη συνεπώς είναι αδύνατον τέλειο τετράγωνο να διαιρείται από το

και όχι από το

.
Αντίστοιχη προσέγγιση για

- οστή δύναμη (οι δυνάμεις πρέπει να είναι πολλαπλάσια του

,

)

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 27, 2015 12:17 am**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 562 (Βαθμός δυσκολίας 2, με κλίμακα από το 1 μέχρι το 10): Αν ένας θετικός ακέραιος αριθμός διαιρείται με το αλλά όχι με το ,

να αποδείξετε ότι δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο.

Και μια ακόμα λίγο διαφορετική απόδειξη:

Αφού ο αριθμός μας διαιρείται με το

αλλά όχι με το

, θα έχει την μορφή $\displaystyle{4k+2}$ , $\displaystyle{k\in Z}$ . Όμως $\displaystyle{4k+2=2(2k+1)}$ . Για να είναι όμως ο αριθμός αυτός τέλειο τετράγωνο,

θα πρέπει ο $\displaystyle{2k+1}$ να είναι πολλαπλάσιο του

, πράγμα άτοπο, αφού ο $\displaystyle{2k+1}$ είναι περιττός.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 27, 2015 12:20 am**

ΑΣΚΗΣΗ 563: (Βαθμός δυσκολίας 2, με κλίμακα από το 1 μέχρι το 10)

Αν $\displaystyle{x,y\in N^{*}}$ , να αποδείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle{x^2 +y^2 +2xy -3x -3y =4}$ , έχει τρεις ακριβώς λύσεις

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 27, 2015 9:01 am**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 563: (Βαθμός δυσκολίας 2, με κλίμακα από το 1 μέχρι το 10)

Αν $\displaystyle{x,y\in N^{*}}$ , να αποδείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle{x^2 +y^2 +2xy -3x -3y =4}$ , έχει τρεις ακριβώς λύσεις

Έχουμε:

$\displaystyle{x^2+y^2+2xy-3x-3x=4\Leftrightarrow \left(x+y\right)^2-3\left(x+y\right)-4=0\Leftrightarrow\left(x+y+1\right)\left(x+y-4\right)=0}$

(i) $\displaystyle{x+y-4=0\Leftrightarrow x+y=4,}$ άρα $\displaystyle{\left(x, y\right)=\left(1, 3\right), \left(3, 1\right), \left(2, 2\right)}$

(ii) $\displaystyle{x+y=-1}$ , η οποία δεν δίνει λύσεις στο $\displaystyle{\mathbb{N^*}}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 27, 2015 12:43 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 564: (Βαθμός δυσκολίας 4, με κλίμακα από το 1 μέχρι το 10). Να βρείτε ένα πολυώνυμο $\displaystyle{P(x)}$ με ακεραίους συντελεστές,

τέτοιο ώστε να υπάρχουν ακέραιοι αριθμοί $\displaystyle{x_1 , x_2 , ... , x_n}$ , ώστε οι αριθμοί $\displaystyle{P(x_1 ), P(x_2 ) , ... , P(x_n )}$ να είναι όλοι τους πρώτοι και διαφορετικοί

μεταξύ τους

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 27, 2015 1:26 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 564: (Βαθμός δυσκολίας 4, με κλίμακα από το 1 μέχρι το 10). Να βρείτε ένα πολυώνυμο $\displaystyle{P(x)}$ με ακεραίους συντελεστές,

τέτοιο ώστε να υπάρχουν ακέραιοι αριθμοί $\displaystyle{x_1 , x_2 , ... , x_n}$ , ώστε οι αριθμοί $\displaystyle{P(x_1 ), P(x_2 ) , ... , P(x_n )}$ να είναι όλοι τους πρώτοι και διαφορετικοί

μεταξύ τους

Δεν θα γράψω λύση γιατί την ξέρω ήδη αλλά θέλω να κάνω ένα ιστορικό σχόλιο και να θέσω ένα συμπληρωματικό ερώτημα.

Ιστορικό σχόλιο: Ο Euler βρήκε ένα απίστευτο τέτοιο πολυώνυμο. Είναι μόνο δευτέρου βαθμού και όμως δίνει διαφορετικούς πρώτους για

διαδοχικές τιμές του

, τις

. Λίγο αργότερα ο Legendre το ξαναβρήκε (σε ισοδύναμη μορφή) ανεξάρτητα από τον Euler.

Συμπλήρωμα: Δείξτε ότι δεν υπάρχει μη σταθερό πολυώνυμο $\displaystyle{P$ με ακεραίους συντελεστές, που να δίνει διαφορετικούς πρώτους για όλα τα $x \in \mathbb N$ .

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 31, 2015 2:25 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 565 (Βαθμός δυσκολίας 8 με κλίμακα από το 1 έως το 10) Αν $\displaystyle{x,y,z \geq 0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{(2x-y-z)^3 + 4(x^3 +y^3 +z^3 )\geq 12xyz}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Αύγ 02, 2015 2:40 am**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 565 (Βαθμός δυσκολίας 8 με κλίμακα από το 1 έως το 10) Αν $\displaystyle{x,y,z \geq 0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{(2x-y-z)^3 + 4(x^3 +y^3 +z^3 )\geq 12xyz}$

Λόγω των ανισοτήτων

$\displaystyle{4(y^3+z^3)\geq (y+z)^3,~~(y+z)^2\geq 4xy}$

είναι αρκετό να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{\Big(2x-(y+z)\Big)^3+4x^3+(y+z)^3\geq 3x(y+z)^2.}$

Ονομάζοντας $\displaystyle{a:=y+z}$

θέλουμε να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{(2x-a)^3+4x^3+a^3\geq 3xa^2.}$

Πράγματι, είναι

$\displaystyle{(2x-a)^3+4x^3+a^3- 3xa^2=3x(2x-a)^2\geq 0.}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 04, 2015 12:47 am**

ΑΣΚΗΣΗ 566: (Βαθμός δυσκολίας 6, με κλίμακα από το 1 μέχρι το 10) Αν $\displaystyle{ab+bc+ca =1}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{(a+b+c)^6 +32 \geq 3(a+b+c)^4 +24(a^2 +b^2 +c^2 )}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 04, 2015 2:29 am**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 566: (Βαθμός δυσκολίας 6, με κλίμακα από το 1 μέχρι το 10) Αν $\displaystyle{ab+bc+ca =1}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{(a+b+c)^6 +32 \geq 3(a+b+c)^4 +24(a^2 +b^2 +c^2 )}$

Θέτοντας $\displaystyle{x:=a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca=1}$

έχουμε να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{(x+2)^3+32\geq 3(x+2)^2+24x.}$

Πράγματι, είναι

$\displaystyle{(x+2)^3+32- 3(x+2)^2-24x=(x+7)(x-2)^2\geq 0.}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 04, 2015 5:28 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 567: (Βαθμός δυσκολίας 5 , με κλίμακα από το 1 μέχρι το 10): Αν $\displaystyle{x\in R^{+}}$ και $\displaystyle{y,z \leq 2}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{x^2 +y^2 +z^2 +xyz +4 \geq 2(yz+xz+xy)}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 06, 2015 10:58 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 567: (Βαθμός δυσκολίας 5 , με κλίμακα από το 1 μέχρι το 10): Αν $\displaystyle{x\in R^{+}}$ και $\displaystyle{y,z \leq 2}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{x^2 +y^2 +z^2 +xyz +4 \geq 2(yz+xz+xy)}$

Είναι $(y-2)(z-2)\geq 0$ δηλαδή $yz+4\geq 2y+2z$ οπότε $xyz+4x\geq 2xy+2xz.$

Αρκεί, λοιπόν, να είναι $2yz+4x\leq x^2+y^2+z^2+4$ που ισχύει αφού $y^2+z^2\geq 2yz$ και $x^2+4\geq 4x.$

Σημ. Μπορούμε να υποθέσουμε ότι $x,y,z\geq 0.$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 20, 2015 1:03 pm**

Άσκηση 568
Να αποδείξετε ότι για κάθε $n\in \mathbb{N}$ το κλάσμα $\displaystyle{\frac{15n^2 +8n+6}{30n^2 +21n+13}}$ είναι ανάγωγο.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 20, 2015 4:56 pm**

kostas232 έγραψε:Άσκηση 568
Να αποδείξετε ότι για κάθε $n\in \mathbb{N}$ το κλάσμα $\displaystyle{\frac{15n^2 +8n+6}{30n^2 +21n+13}}$ είναι ανάγωγο.

Άμεσο από την $(3n^2 +n+1)(30n^2 +21n+13)-(6n^2 +3n+2)(15n^2 +8n+6)=1,\, ~ \forall n$

Πώς σκέφτηκα;

Έκανα τον Ευκλείδειο αλγόριθμο για τα πολυώνυμα $30n^2 +21n+13, \, ~ 15n^2 +8n+6$ . Έβγαλε

. Εργαζόμενος ανάποδα, ο αλγόριθμος με καθοδήγησε στους σωστούς συντελεστές. Επειδή το θέμα είναι αρκετά κοινό, δεν δείχνω εδώ τις κουραστικές λεπτομέρειες των βημάτων. Στο κάτω-κάτω, μπορείτε να ελέγξετε την ορθότητα της παραπάνω ταυτότητας.

Μ.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 20, 2015 6:32 pm**

kostas232 έγραψε:Άσκηση 568
Να αποδείξετε ότι για κάθε $n\in \mathbb{N}$ το κλάσμα $\displaystyle{\frac{15n^2 +8n+6}{30n^2 +21n+13}}$ είναι ανάγωγο.

Έστω

. Θα δείξουμε ότι d=1

.
Έχουμε και λέμε: $d \mid 30n^2+21n+13, d \mid 30n^2+16n+12 \Longrightarrow d \mid 5n+1 (*) \Longrightarrow d \mid (6n+3)(5n+1) = 30n^2+21n+3 \Longrightarrow d \mid 10 \Longrightarrow d=1,2,5,10$ .
Από την (*)

παίρνουμε ότι (d,5)=1

άρα αρκεί το

να είναι διαφορετικό από το 2. Πράγματι, αυτό ισχύει, αφού αν ο

είναι άρτιος τότε ο 30n^2+21n+13

είναι περιττός, ενώ αν ο

είναι περιττός, τότε ο αριθμός 15n^2+8n+6

είναι περιττός.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 20, 2015 6:38 pm**

kostas232 έγραψε:Άσκηση 568
Να αποδείξετε ότι για κάθε $n\in \mathbb{N}$ το κλάσμα $\displaystyle{\frac{15n^2 +8n+6}{30n^2 +21n+13}}$ είναι ανάγωγο.

Και ένας άλλος τρόπος: Έστω $\displaystyle{(15n^2 +8n+6 , 30n^2 +21n+13)=m}$ . Τότε $\displaystyle{m|15n^2 +8n+6 , (1) }$ και $\displaystyle{ m|30n^2 +21n+13 , (2).}$

Από (1) $\displaystyle{\Rightarrow m|2(15n^2 +8n+6) \Rightarrow m|30n^2 +16n+12 , (3)}$

Από (2),(3) $\displaystyle{\Rightarrow m|5n+1 , (4) }$ . Άρα $\displaystyle{ m|n(5n+1) \Rightarrow m|5n^2 +n \Rightarrow m|3(5n^2 +n) \Rightarrow m|15n^2 +3n , (5)}$

Από (1) , (5) $\displaystyle{\Rightarrow m|5n+6 , (6)}$ .

Από (4) , (6) $\displaystyle{\Rightarrow m|5 \Rightarrow m|5n , (7)}$

Από (4) , (7) $\displaystyle{\Rightarrow m|1 \Rightarrow m=1}$ . Άρα το κλάσμα είναι ανάγωγο.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 25, 2015 11:42 am**

ΑΣΚΗΣΗ 569(Βαθμός δυσκολίας 4 με κλίμακα από το 1 μέχρι το 10): Αν $\displaystyle{0\leq a\leq b \leq c}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{b^3 +a^2 b +abc +4 \geq 3b^2 +ab^2 +a^2 c}$ . Πότε ισχύει η ισότητα;

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 25, 2015 12:15 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 569(Βαθμός δυσκολίας 4 με κλίμακα από το 1 μέχρι το 10): Αν $\displaystyle{0\leq a\leq b \leq c}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{b^3 +a^2 b +abc +4 \geq 3b^2 +ab^2 +a^2 c}$ . Πότε ισχύει η ισότητα;

Προσθέτουμε κατά μέλη τις ακόλουθες δύο ανισότητες των οποίων η αλήθεια αποδεικνύεται αμέσως από κάτω:

$\displaystyle{b^3 +4 \geq 3b^2 }$

$\displaystyle{a^2 b +abc \geq ab^2 +a^2 c}$ .

Η μεν πρώτη ισοδυναμεί με την αληθή $(b-2)^2(b+1) \ge 0$ και η δεύτερη με την αληθή $a(c-b)(b-a) \ge 0$ (λόγω της υπόθεσης).

Για ισότητα πρέπει οι δύο προηγούμενες να είναι συγχρόνως ίσες με

. H πρώτη απαιτεί b=2

. Η δεύτερη a=b

ή

. Συνοψίζοντας, έχουμε ισότητα ανν $a=b=2\le c$ ή $0\le a \le 2=b=c$ .

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 25, 2015 6:49 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 569(Βαθμός δυσκολίας 4 με κλίμακα από το 1 μέχρι το 10): Αν $\displaystyle{0\leq a\leq b \leq c}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{b^3 +a^2 b +abc +4 \geq 3b^2 +ab^2 +a^2 c}$ . Πότε ισχύει η ισότητα;
Προσθέτουμε κατά μέλη τις ακόλουθες δύο ανισότητες των οποίων η αλήθεια αποδεικνύεται αμέσως από κάτω:

$\displaystyle{b^3 +4 \geq 3b^2 }$

Φιλικά,

Μιχάλης

Η πρώτη μπορεί να αποδειχτεί και απ' ευθείας με ΑΜ-ΓΜ, χωρίς την παραγοντοποίηση. Ας αφεθεί στους μαθητές σαν μία μικρή ασκησούλα.

mathematica.gr

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