ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

#181

AΣΚΗΣΗ 73: Δείξτε ότι ο αριθμός:

$\displaystyle{a=2^{989}+3.2^{987}+7.2^{984}+15.2^{980}+ . . . +(2^{43}-1).2^{44}+2^{44}-1}$ , διαιρείται με το $\displaystyle{21}$ .

#182

AΣΚΗΣΗ 74
Δείξτε ότι

$\displaystyle{|a\sqrt{3}-b\sqrt{5}|>\frac{4}{4a+5b}}$

για όλους τους θετικούς ακεραίους a,b.

sokratis lyras · #183

Λάθος.Ευχαριστώ κ.Θανάση.

#184

ΑΣΚΗΣΗ 75: Να λυθεί η εξίσωση: $\displaystyle{\{x\}^2 +2x.min(x,[x])=(x+3)(x-5)+2(x+12)}$ , όπου $\displaystyle{x\in R}$

#185

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 75: Να λυθεί η εξίσωση: $\displaystyle{\{x\}^2 +2x.min(x,[x])=(x+3)(x-5)+2(x+12)}$ , όπου $\displaystyle{x\in R}$

Επειδή, $x\geq [x]$ και $\{x\}=x-[x]$ η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται

$\displaystyle{(x-[x])^2+2x[x]=(x+3)(x-5)+2(x+12)\iff [x]=\pm 3\iff x\in [-3,-2)\cup [3,4).}$

#186

ΑΣΚΗΣΗ 76:
Έστω P(x)

πολυώνυμο βαθμού

τέτοιο ώστε $\displaystyle{P(k) =\frac{k}{k + 1}}$ για k = 0, 1, 2, . . . , n.

Βρείτε την τιμή P(n + 1)

G.Bas · #187

Δεν νομίζω να έχει ξαναπροταθεί, αλλά είναι όμορφη και ισοδύναμη με μια προηγούμενη Ανισότητα.

Αν $a,b,c\in\mathbb{R}$ τέτοιοι ώστε a^2+b^2+c^2=2(ab+bc+ca)>0

τότε να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{|a-b|}{\sqrt{2ab+c^2}}+\frac{|b-c|}{\sqrt{2bc+a^2}}+\frac{|c-a|}{\sqrt{2ca+b^2}}\geq 2.}$

Petros N. · #188

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 76:
Έστω πολυώνυμο βαθμού τέτοιο ώστε $\displaystyle{P(k) =\frac{k}{k + 1}}$ για
Βρείτε την τιμή

Έστω

,

. Προφανώς degQ=n+1

και από υπόθεση το

έχει τις ρίζες 0,1,2,...,n

άρα γράφεται στη μορφή Q(x)=ax(x-1)(x-2)...(x-n)

. Θέτοντας στην (1) x=-1

παίρνω $a= \frac{(-1)^n}{(n+1)!}$ . Για x=n+1

είναι

και προφανώς
$P(n+1)= \frac{n+1+(-1)^n}{n+2}$

#189

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 74
Δείξτε ότι

$\displaystyle{|a\sqrt{3}-b\sqrt{5}|>\frac{4}{4a+5b}}$

για όλους τους θετικούς ακεραίους

Πονηρή.

Ο $\displaystyle{3a^2-5b^2}$ είναι ακέραιος. Ισχύει $\displaystyle{3a^2-5b^2}\ne 0$ λόγω αρρητότητας της $\displaystyle{ \sqrt {\frac {5}{3}}}$ . Επίσης ισχύει $\displaystyle{3a^2-5b^2 \ne \pm 1}$ γιατί αλλιώς θα είχαμε $\displaystyle{3a^2=5b^2 \pm 1}$ . Όμως τα τέλεια τετράγωνα είναι ισότιμα με $0, \, 1$ ή

μόντουλο

, οπότε το αριστερό μέλος είναι ισότιμο με $0, \, 3$ ή

μόντουλο

. Από την άλλη το δεξί μέλος είναι ισότιμο με $\pm 1 \mod 5$ , οπότε δεν μπορεί να είναι ίσο με το αριστερό.

Τελικά συμπεραίνουμε ότι ισχύει $\displaystyle{|3a^2-5b^2 | \ge 2}$ . Άρα

$\displaystyle{|a\sqrt{3}-b\sqrt{5}| = \frac {|3a^2-5b^2|}{ a\sqrt{3}+b\sqrt{5}} \ge \frac {2}{a\sqrt{3}+b\sqrt{5}} >\frac {2}{2a+ \frac {5}{2} b}= \frac{4}{4a+5b} }$ , όπως θέλαμε.

Φιλικά,

Μιχάλης.

Υ.Γ. Σχόλιο: Ας προσθέσω ότι η ανισότητα δεν καλυτερεύει "με ουσιαστικό τρόπο" καθώς υπάρχουν $a, b\in \mathbb N$ με |3a^2-5b^2|=2

. Πράγματι, τα $a=9, \, b=7$ ικανοποιούν $|3a^2-5b^2|= |3\cdot 81-5\cdot 49| = |-2|=2$ .

#190

ΑΣΚΗΣΗ 78
Για τους αριθμούς a, b, c

είναι $abc \ne 0, a + b + c = 0$ και a^3 + b^3 + c^3 = a^5 + b^5 + c^5.

Δείξτε ότι $\displaystyle{a^2+ b^2+ c^2=\frac{6}{5}.}$

ΑΣΚΗΣΗ 79
Έστω a,b,c,d,p ,q

θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε ad-bc=1

και $\displaystyle{\frac{a}{b}>\frac{p}{q}>\frac{c}{d}.}$
Δείξτε ότι:
(a)

$q\ge b+d$
(b)

Αν

, τότε

.

#191

G.Bas έγραψε:Δεν νομίζω να έχει ξαναπροταθεί, αλλά είναι όμορφη και ισοδύναμη με μια προηγούμενη Ανισότητα.

Αν $a,b,c\in\mathbb{R}$ τέτοιοι ώστε τότε να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{|a-b|}{\sqrt{2ab+c^2}}+\frac{|b-c|}{\sqrt{2bc+a^2}}+\frac{|c-a|}{\sqrt{2ca+b^2}}\geq 2.}$

Είναι $\displaystyle{\sqrt{\frac{x}{y+z}}+\sqrt{\frac{y}{z+x}}+\sqrt{\frac{z}{x+y}}\geq 2}$

όπου $x=(a-b)^2, \ y=(b-c)^2, \ z=(c-a)^2.$

#192

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 78
Για τους αριθμούς είναι $abc \ne 0, a + b + c = 0$ και
Δείξτε ότι $\displaystyle{a^2+ b^2+ c^2=\frac{6}{5}.}$

Το ζητούμενο είναι άμεση συνέπεια της παρακάτω παρατήρησης:

Αν $\displaystyle{a+b+c=0,}$ τότε

$\displaystyle{\rm \frac{a^5+b^5+c^5}{5}=\frac{a^2+b^2+c^2}{2}\frac{a^3+b^3+c^3}{3}.}$

Αυτό, μεταξύ άλλων, το είδαμε εδώ.

#193

ΑΣΚΗΣΗ 58
Δίνεται η ακολουθία $\{x_n\}_{n\geq 1},$ που ορίζεται ως $\displaystyle{ \begin{cases}x_{1}&= 4\\ x_{n+1}&= x_{1}x_{2}x_{3}\cdots x_{n}+5\text{ for }n\ge 1\end{cases} .}$
Βρείτε όλα τα ζεύγη για τα οποία ο αριθμός είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

ΑΣΚΗΣΗ 53
Δείξτε ότι κάθε $n\in\Bbb{N}$ γράφεται στη μορφή όπου $a,b,c\in\Bbb{N}$ με

ΑΣΚΗΣΗ 63
Αν πρώτοι αριθμοί και ο αριθμός $\displaystyle E=\frac{a-b}{c}+\frac{b-c}{a}+\frac{c-a}{b}$ είναι ακέραιος, τότε

AΣΚΗΣΗ 69. Δίνονται οι φυσικοί αριθμοί $\displaystyle{a,b}$ που είναι διάφοροι μεταξύ τους και $\displaystyle{a,b\geq 2}$ .
Να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\sqrt{3}(a^2 -1)(b^2 -1)>a^2 b^2}$

AΣΚΗΣΗ 73: Δείξτε ότι ο αριθμός:
$\displaystyle{a=2^{989}+3.2^{987}+7.2^{984}+15.2^{980}+ . . . +(2^{43}-1).2^{44}+2^{44}-1}$ , διαιρείται με το $\displaystyle{21}$ .

ΑΣΚΗΣΗ 79
Έστω θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε και $\displaystyle{\frac{a}{b}>\frac{p}{q}>\frac{c}{d}.}$
Δείξτε ότι:
$q\ge b+d$
Αν , τότε .

#194

ΑΣΚΗΣΗ 80
Βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους x , y,

τέτοιους ώστε x+y+ 1 | 2xy

και

asxetos · #195

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 80
Βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους τέτοιους ώστε και

Θέτουμε

,

.Έτσι οι δυο σχέσεις γίνονται:
s+1|2p

και

, δηλαδή

,αφού

.
Ως γνωστόν gcd(s-1,s+1)=1or2

Διακρίνουμε περιπτώσεις:

1η) Αν gcd(s-1,s+1)=1

,τότε από το λήμμα του Ευκλείδη προκύπτει ότι:
s^2-1|2p

και εφόσον s^2-1,2p>0

έχουμε ότι $2p \geq s^2-1 \Leftrightarrow 1 \geq x^2+y^2$ ,άτοπο.

2η)Αν gcd(s-1,s+1)=2

,τότε $gcd(\frac{s-1}{2},\frac{s+1}{2})$ και αφού $\frac{s-1}{2}|p$ , $\frac{s+1}{2}|p$ προκύπτει ότι:
s^2-1|4p

,δηλαδή $4p \geq s^2-1 \Leftrightarrow 1 \geq (x-y)^2$

Αν $x \geq y$ λαμβάνουμε $y+1 \geq x \geq y$ που σημαίνει ότι x=y+1

ή

.Η δεύτερη περιπτώση είναι αδύνατη γιατί τότε το

θα ήταν άρτιος,άτοπο.
Άρα x=y+1

εύκολα επαληθεύουμε ότι κάθε ζεύγος της μορφής (x,y)=(t+1,t)

, $t \geq 1$ ικανοποιεί τις αρχικές σχέσεις.

Αν $y \geq x$ ,με όμοιο τρόπο παίρνουμε την λύση (x,y)=(t,t+1)

Συνοψίζοντας οι λύσεις είναι οι (x,y)=(t,t+1)

ή

με

θετικό ακέραιο.

#196

asxetos έγραψε:
socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 80
Βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους τέτοιους ώστε και
Θέτουμε ,.Έτσι οι δυο σχέσεις γίνονται:
και , δηλαδή ,αφού .
Ως γνωστόν

Διακρίνουμε περιπτώσεις:

1η) Αν ,τότε από το λήμμα του Ευκλείδη προκύπτει ότι:
και εφόσον έχουμε ότι $2p \geq s^2-1 \Leftrightarrow 1 \geq x^2+y^2$ ,άτοπο.

2η)Αν ,τότε $gcd(\frac{s-1}{2},\frac{s+1}{2})$ και αφού $\frac{s-1}{2}|p$ , $\frac{s+1}{2}|p$ προκύπτει ότι:
,δηλαδή $4p \geq s^2-1 \Leftrightarrow 1 \geq (x-y)^2$

Αν $x \geq y$ λαμβάνουμε $y+1 \geq x \geq y$ που σημαίνει ότι ή .Η δεύτερη περιπτώση είναι αδύνατη γιατί τότε το θα ήταν άρτιος,άτοπο.
Άρα εύκολα επαληθεύουμε ότι κάθε ζεύγος της μορφής , $t \geq 1$ ικανοποιεί τις αρχικές σχέσεις.

Αν $y \geq x$ ,με όμοιο τρόπο παίρνουμε την λύση

Συνοψίζοντας οι λύσεις είναι οι ή με θετικό ακέραιο.

#197

ΑΣΚΗΣΗ 81
Υπάρχουν θετικοί ακέραιοι

και

ώστε $\displaystyle{ 3n^2+3n+7=m^3 ;}$

ΑΣΚΗΣΗ 82
Για κάθε θετικό ακέραιο

έστω $a_{n}$ το τελευταίο ψηφίο του $\displaystyle{1+2+\cdots+n}$ .
Υπολογίστε το άθροισμα $a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{1992}$ .

#198

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 81
Υπάρχουν θετικοί ακέραιοι και ώστε $\displaystyle{ 3n^2+3n+7=m^3 ;}$

Δεν υπάρχουν τέτοιοι θετικοί ακέραιοι.

Πράγματι, αν $\displaystyle{m=3k}$ , τότε $\displaystyle{3n^2 +3n+7=27k^3}$ και άρα $\displaystyle{3|7}$ , άτοπο.

Αν $\displaystyle{m=3k+2}$ , τότε $\displaystyle{3n^2 +3n+7=(2+3k)^3 =8+3t\Rightarrow 3n^2 +3n-3t=1}$ , άτοπο.

Αν $\displaystyle{m=3k+1}$ , τότε $\displaystyle{3n^2 +3n+7=(3k+1)^3 =27k^3 +27k^2 +9k+1}$ . Άρα $\displaystyle{3n^2 +3n+6=27k^3 +27k^2+9k\Rightarrow}$

$\displaystyle{n^2 +n+2=9k^3 +9k^2 +3k}$ , (1)

Τώρα:

Αν $\displaystyle{n=3a}$ , η (1) είναι προφανώς αδύνατη.

Αν $\displaystyle{n=3a+1}$ , τότε η (1) γράφεται: $\displaystyle{9a^2 +6a +1+3a+1 +2=9k^3 +9k^2 +3k\Rightarrow}$

$\displaystyle{9a^2 +9a +4=9k^3 +9k^2 +3k\Rightarrow 3|4}$ , άτοπο.

Τέλος, αν $\displaystyle{n=3a+2}$ , τότε η (1) γράφεται: $\displaystyle{9a^2 +12a+4+3a+2+2=9k^3 +9k^2 +3k\Rightarrow}$

$\displaystyle{9a^2 +15a +8=9k^3 +9k^2 +3k\Rightarrow 3|8}$ , άτοπο.

Συνεπώς η δοσμένη εξίσωση είναι αδύνατη.

Διόρθωσα ένα τυπογραφικό

#199

ΑΣΚΗΣΗ 82
Το σύνολο $M\subset \Bbb{R}_{>0}$ έχει τις ιδιότητες
(i ) $2013 \in M$
(ii) $2x \in M$ για κάθε $x\in M$
(iii) $\displaystyle{ [\log _2 x]\in M}$ για κάθε $x \in M.$

Δείξτε ότι $\Bbb{N}\subset M.$

#200

AΣΚΗΣΗ 83. Έστω $\displaystyle{S=1+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{5^2}+ . . . +\frac{1}{2011^2}}$

Να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\frac{8}{7}<S<\frac{3}{2}}$

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Μέλη σε σύνδεση