Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#1921

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 904:
Οι πραγματικοί αριθμοί είναι τέτοιοι ώστε $\displaystyle{a^2b^2 + 18abc > 4b^3 + 4a^3c + 27c^2.}$
Δείξτε ότι $\displaystyle{a^2 > 3b.}$

Ας υποθέσουμε ότι $\displaystyle{a^2 \leq 3b}$ . Τότε υπάρχει $\displaystyle{n>0}$ έτσι ώστε να είναι $\displaystyle{a^2 =3b - n}$ . Άρα:

$\displaystyle{a^2b^2 + 18abc > 4b^3 + 4a^3c + 27c^2 \Rightarrow (3b-n)b^2 +18abc>4b^3 +4ac(3b-n)+27c^2 \Rightarrow 3b^3 -nb^2 +18abc >4b^3 +12abc-4acn+27c^2}$

$\displaystyle{ \Rightarrow 27c^2 -2ac (3b+2n)+b^2 (n+b)<0}$ , (1)

Η διακρίνουσα του πιο πάνω τριωνύμου είναι:

$\displaystyle{\Delta = 4a^2 (3b+2n)^2 -4.27b^2 (n+b)=4[(3b-n)(9b^2 +12bn+4n^2 )-27b^2 (n+b)]=}$

$\displaystyle{4(27b^3 +36b^2 n +12bn^2 -9nb^2 -12bn^2 -4n^3 -27b^2 n -27b^3 )=-16n^3 <0 }$ και άρα η (1) είναι αδύνατη και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

#1922

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 833
Θέλουμε να βρούμε σύνολα $A_1, A_2,...,A_n \subset\{1,2,...,100\}$ τριών στοιχείων τέτοια ώστε για κάθε $1\leq a<b\leq 100$ να υπάρχει ακριβώς ένα σύνολο με $\{a, b \} \subset A_i.$ Είναι αυτό δυνατό;

Διόρθωση λανθασμένης απάντησης

Έστω ότι υπάρχουν ακριβώς

σύνολα

τα οποία περιέχουν το

. Κάθε

με $2 \leqslant n \leqslant 100$ ανήκει σε ακριβώς ένα από αυτά. Επιπλέον κάθε τέτοιο A_i

περιέχει ακριβώς δύο τέτοια

. Άρα

, άτοπο.

#1923

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 903: Να αποδείξετε ότι για κάθε $\displaystyle{n\in N^{*}}$ ο αριθμός $\displaystyle{n^{2222}-n^{1111}+1}$ διαιρείται με τον $\displaystyle{n^2 -n +1}$

Γνωρίζουμε ότι: $\displaystyle{n^3 +1 =(n+1)(n^2 -n+1)\Rightarrow n^3 \equiv -1mod(n^2 -n+1)}$

Όμως $\displaystyle{1111=3.370+1}$ . Άρα $\displaystyle{(n^3 )^{370} \equiv (-1)^{370} mod(n^2 -n+1)\Rightarrow n^{1110} \equiv 1mod(n^2 -n+1)\Rightarrow}$

$\displaystyle{n.n^{1110}\equiv nmod(n^2 -n+1)\Rightarrow (n^{1111})^2 \equiv n^2 mod(n^2 -n+1)\Rightarrow n^{2222}\equiv n^2 mod(n^2 -n+1)}$

Άρα: $\displaystyle{n^{2222}-n^{1111}\equiv (n^2 -n)mod(n^2 -n+1)\Rightarrow n^{2222}-n^{1111}+1\equiv (n^2 -n+1)mod(n^2 -n+1)\equiv 0mod(n^2 -n+1)}$

Άρα $\displaystyle{n^2 -n+1 |n^{2222} -n^{1111}+1}$

#1924

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 903: Να αποδείξετε ότι για κάθε $\displaystyle{n\in N^{*}}$ ο αριθμός $\displaystyle{n^{2222}-n^{1111}+1}$ διαιρείται με τον $\displaystyle{n^2 -n +1}$
Γνωρίζουμε ότι: $\displaystyle{n^3 +1 =(n+1)(n^2 -n+1)\Rightarrow n^3 \equiv -1mod(n^2 -n+1)}$

Όμως $\displaystyle{1111=3.370+1}$ . Άρα $\displaystyle{(n^3 )^{370} \equiv (-1)^{370} mod(n^2 -n+1)\Rightarrow n^{1110} \equiv 1mod(n^2 -n+1)\Rightarrow}$

$\displaystyle{n.n^{1110}\equiv nmod(n^2 -n+1)\Rightarrow (n^{1111})^2 \equiv n^2 mod(n^2 -n+1)\Rightarrow n^{2222}\equiv n^2 mod(n^2 -n+1)}$

Άρα: $\displaystyle{n^{2222}-n^{1111}\equiv (n^2 -n)mod(n^2 -n+1)\Rightarrow n^{2222}-n^{1111}+1\equiv (n^2 -n+1)mod(n^2 -n+1)\equiv 0mod(n^2 -n+1)}$

Άρα $\displaystyle{n^2 -n+1 |n^{2222} -n^{1111}+1}$

Προφανώς, έχεις δίκιο Δημήτρη... Συγγνώμη για τη διόρθωση...

raf616 · #1925

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 831
Να προσδιορίσετε όλους τους θετικούς ακεραίους τέτοιους ώστε ο αριθμός $2^{17}+17\cdot 2^{12}+2^n$ να είναι τέλειο τετράγωνο.

Μία προσπάθεια για αυτήν...

Θέτουμε $2^{17} + 7 \cdot 2^{12} + 2^n = m^2$ . Τότε έχουμε:

$2^{12}(2^5 + 17) + 2^n = m^2 \Leftrightarrow 2^n = m^2 - 448^2 \Leftrightarrow 2^n = (m - 448)(m + 448)$

Θέτουμε m - 448 = 2^a

και

με

. Με αφαίρεση κατά μέλη έχουμε:

$2 \cdot 448 = 2^a(2^{b - a} - 1) \Leftrightarrow 7 = 2^{a - 7}(2^{b - a} - 1)$

Από την παραπάνω έχουμε a = 7

.

Η εξίσωση γίνεται:

$7 = 2^{b - 7} - 1 \Leftrightarrow 2^{b - 7} = 8 \Leftrightarrow b - 7 = 3 \Leftrightarrow b = 10$ .

Τελικά, n = 17

και έτσι το ζητούμενο έχει υπολογιστεί.

#1926

socrates έγραψε:Οι επόμενες δεν έχουν απαντηθεί... Σας καλούν όμως να τις λύσετε...
ΑΣΚΗΣΗ 714:
Ένας τετραψήφιος αριθμός $\overline{abcd}$ με διαφορετικά ανά δύο ψηφία λέγεται καλός αν
Δείξτε ότι το άθροισμα όλων των καλών αριθμών είναι πολλαπλάσιο του 11.

Έστω $\displaystyle{a_1b_1c_1d_1}$ ένας "καλός" αριθμός, με τον τρόπο που τον απαιτεί η εκφώνηση. Τότε από αυτόν προκύπτει το σύνολο:

$\displaystyle{A_1 =\{a_1b_1c_1d_1 , a_1c_1b_1d_1 , d_1b_1c_1a_1 , d_1c_1b_1a_1 , b_1a_1d_1c_1 , b_1d_1a_1c_1 , c_1a_1d_1b_1 , c_1d_1a_1b_1\}}$

του οποίου τα στοιχεία είναι επίσης "καλοί" αριθμοί.

Έστω τώρα $\displaystyle{a_2b_2c_2d_2}$ ένας άλλος "καλός" αριθμός, ο οποίος δεν ανήκει στο σύνολο $\displaystyle{A_1}$

Τότε από αυτόν προκύπτει το σύνολο

$\displaystyle{A_2 =\{a_2b_2c_2d_2 , a_2c_2b_2d_2 , d_2b_2c_2a_2 , d_2c_2b_2a_2 , b_2a_2d_2c_2 , b_2d_2a_2c_2 , c_2a_2d_2b_2 , c_2d_2a_2b_2\}}$

του οποίου επίσης τα στοιχεία είναι "καλοί" αριθμοί (και μάλιστα τα σύνολα $\displaystyle{A_1,A_2}$ είναι ξένα μεταξύ τους )

Συνεχίζοντας με τον ίδιο τρόπο, καταλήγουμε στον τελευταίο "καλό" αριθμό $\displaystyle{a_kb_kc_kd_k}$ , ο οποίος δεν ανήκει στο σύνολο $\displaystyle{A_1 UA_2 U...UA_{k-1}}$

και από αυτόν προκύπτει το σύνολο $\displaystyle{A_k}$ , του οποίου τα στοιχεία είναι επίσης "καλοί" αριθμοί (και τα σύνολα $\displaystyle{A_1 , A_2 , ... , A_k}$ είναι ξένα μεταξύ τους )

Παρατηρούμε τώρα ότι το άθροισμα των στοιχείων του συνόλου $\displaystyle{A_i}$ , με $\displaystyle{i=1,2, ... ,k}$ , είναι:

$\displaystyle{S_i =a_ib_ic_id_i +a_ic_ib_id_i +d_ib_ic_ia_i +d_ic_ib_ia_i +b_ia_id_ic_i +b_id_ia_ic_i +c_ia_id_ib_i +c_id_ia_ib_i }$

Άρα:

$\displaystyle{S_i =1000a_i +100b_i +10c_i +d_i +1000a_i +100c_i +10b_i +d_i +1000d_i +100b_i +10c_i +a_i +}$

$\displaystyle{+1000d_i +100c_i +10b_i +a_i +1000b_i +100a_i +10b_i +c_i +}$

$\displaystyle{+1000b_i +100d_i +10a_i +c_i +1000c_i +100a_i +10d_i +b_i +1000c_i +100d_i +10a_i +b_i }$

Άρα $\displaystyle{S_i =2222a_i +2222b_i +2222c_i +2222d_i =2222(a_i +b_i +c_i +d_i )=11.202.(a_i +b_i +c_i +d_i )=11p_i}$ , όπου $\displaystyle{p_i \in N}$

Τώρα το άθροισμα όλων των "καλών" αριθμών είναι:

$\displaystyle{S=\sum_{i=1}^{k}{S_i}=\sum_{i=1}^{k}{11p_i}=11\sum_{i=1}{k}{p_i}=}$ πολ $\displaystyle{11}$

raf616 · #1927

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 906:
Βρείτε τον πρώτο και τους μη αρνητικούς ακεραίους ώστε

Βάζω μία λύση γι' αυτό χωρίς να είμαι απόλυτα σίγουρος...

Η εξίσωση γίνεται:

p^n = (m - 1)(m^2 + m + 1)

Θέτουμε $m - 1 = p^{a}$ και $m^2 + m + 1 = p^{b}$ .

Είναι m^2 + m + 1 - m + 1 = m^2 + 2 > 0

οπότε

και άρα $p^{a} | p^{b}$ .

Επομένως:

$\dfrac{m^2 + m + 1}{m - 1} \in \Bbb{Z} \Leftrightarrow m + \dfrac{2m + 1}{m - 1} \in \Bbb{Z} \Leftrightarrow m + 2 + \dfrac{3}{m - 1} \in \Bbb{Z}$ .

Επομένως $m - 1 | 3 \implies m = 0, m = 2, m = 4$

Για m = 0

και

δεν παίρνουμε λύσεις ενώ για m = 2

έχουμε

.

gavrilos · #1928

socrates έγραψε:[ΑΣΚΗΣΗ 906:
Βρείτε τον πρώτο και τους μη αρνητικούς ακεραίους ώστε

Μπορεί να λυθεί και με Μ.Κ.Δ. όπως και αυτή και μάλιστα έχει λιγότερες περιπτώσεις.

#1929

ΑΣΚΗΣΗ 907:
Βρείτε όλες τις τριάδες ακεραίων (x,y,z)

ώστε

ΑΣΚΗΣΗ 908:
Έστω a, b, c

θετικοί ακέραιοι ώστε $\dfrac{a\sqrt{2013}+b}{b\sqrt{2013}+c} \in \Bbb{Q}$ .
Να δείξετε ότι οι αριθμοί $\dfrac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}$ και $\dfrac{a^3-2b^3+c^3}{a+b+c}$ είναι ακέραιοι.

ΑΣΚΗΣΗ 909:
Σε τρίγωνο ABC,

έστω

το σημείο τομής της

με τη διχοτόμο της γωνίας $\angle BAC.$
Αν το περίκεντρο του τριγώνου ABC

συμπίπτει με το έγκεντρο του τριγώνου ADC,

να βρείτε τις γωνίες του τριγώνου ABC.

Από εδώ: viewtopic.php?f=111&t=39109

ΑΣΚΗΣΗ 910:
Να λυθεί το σύστημα

$\displaystyle{x-\frac{1}{y^2}=y-\frac{1}{z^2}=z-\frac{1}{x^2}, \ \ x,y,z>0}$

raf616 · #1930

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 905:
Βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους ώστε ο αριθμός να είναι τέλειο τετράγωνο.

Λήμμα: $1^3 + 2^3 + ... + n^3 = \dfrac{n^2(n + 1)^2}{4}$

Απόδειξη λήμματος: Θα χρησιμοποιήσουμε μαθηματική επαγωγή:

Για n = 1

το ζητούμενο ισχύει.

Υποθέτουμε ότι το ζητούμενο ισχύει. Θα δείξουμε ότι $1^3 + 2^3 + ... + n^3 + (n + 1)^3 = \dfrac{(n + 1)^2(n + 2)^2}{4}$

Από την επαγωγική υπόθεση έχουμε:

$\displaystyle{1^3 + 2^3 + ... + n^3 = \dfrac{n^2(n + 1)^2}{4} \Leftrightarrow 1^3 + 2^3 + ... + n^3 + (n + 1)^3 = \dfrac{n^2(n + 1)^2 + 4(n + 1)^3}{4} \Leftrightarrow}$

$\Leftrightarrow 1^3 + 2^3 + ... + n^3 + (n + 1)^3 = \dfrac{(n + 1)^2(n + 2)^2}{4}}$

Έτσι, το λήμμα αποδείχθηκε.

Πάμε στην άσκηση τώρα:

$\displaystyle{1^3 + 2^3 + ... + 16^3 + 17^n = m^2 \Leftrightarrow \left(\dfrac{16 \cdot 17}{2}\right)^2 + 17^n = m^2 \Leftrightarrow 17^n = (m - 136)(m + 136)}$

Θέτουμε m - 136 = 17^a

και

με

Με αφαίρεση κατά μέλη έχουμε:

$272 = 17^a(17^{b - a} - 1) \Leftrightarrow 16 = 17^{a - 1}(17^{b - a} - 1)$

Επομένως, a = 1

και η εξίσωση γίνεται:

$16 = 17^{b - 1} - 1 \Leftrightarrow 17^{b - 1} = 17 \Leftrightarrow b = 2$

Εύκολα τώρα έχουμε ότι n = 3

.

#1931

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 908:
Έστω θετικοί ακέραιοι ώστε $\dfrac{a\sqrt{2013}+b}{b\sqrt{2013}+c} \in \Bbb{Q}$ .
Να δείξετε ότι οι αριθμοί $\dfrac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}$ και $\dfrac{a^3-2b^3+c^3}{a+b+c}$ είναι ακέραιοι.

Έστω $\displaystyle{\frac{a\sqrt{2003}+b}{b\sqrt{2003}+c}=\frac{m}{k}}$ , με $\displaystyle{k ,m \in Z , k\neq 0}$ . Τότε:

$\displaystyle{k(a\sqrt{2003}+b)=m(b\sqrt{2003}+c)\Rightarrow (ka-mb)\sqrt{2003}=mc-kb}$

Άρα πρέπει $\displaystyle{ka-mb =0 , mc-kb=0 \Rightarrow ka=mb , kb=mc \Rightarrow \frac{a}{b}=\frac{b}{c}=n \Rightarrow a=nb , b=nc \Rightarrow}$

$\displaystyle{a=n^2 c , }$ και $\displaystyle{b=nc}$ , $\displaystyle{n\in Q}$

Τώρα:

$\displaystyle{\frac{a^2 +b^2 +c^2}{a+b+c}=\frac{n^4 c^2 +n^2 c^2 +c^2}{n^2 c+nc+c}=\frac{c(n^4 +n^2 +1)}{n^2 +n+1}=\frac{c(n^2 +n+1)(n^2 -n+1)}{n^2 +n+1}=}$

$\displaystyle{c(n^2 -n+1)=c(\frac{b^2}{c^2}-\frac{b}{c}+1)=c(\frac{ac}{c^2}-\frac{b}{c}+1)=a-b+c }$ , άρα ακέραιος.

Επίσης: $\displaystyle{\frac{a^3 -2b^3 +c^3}{a+b+c}=\frac{n^6 c^3 -2n^3 c^3 +c^3}{n^2 c+nc+c}=c^2 \frac{(n^3 -1)^2}{n^2 +n+1}=}$

$\displaystyle{c^2 \frac{(n-1)^2 (n^2 +n+1)^2 )}{n^2 +n+1}=c^2 (n-1)^2 (n^2 +n+1)=c^2 (\frac{b}{c}-1)^2 (\frac{b^2}{c^2}+\frac{b}{c}+1)=}$

$\displaystyle{c^2 (\frac{b}{c}-1)^2 (\frac{ac}{c^2}+\frac{b}{c}+1)=c[(\frac{b}{c})^2 -2\frac{b}{c}+1](a+b+c)=c(\frac{b^2}{c^2}-2\frac{b}{c}+1)(a+b+c)=}$

$\displaystyle{c(\frac{ac}{c^2}-2\frac{b}{c}+1)(a+b+c)=(a-2b+c)(a+b+c)}$ , δηλαδή ακέραιος.

#1932

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 878
Έστω ένας μη μηδενικός πραγματικός αριθμός τέτοιος ώστε οι αριθμοί $\displaystyle{x^4 +\frac{1}{x^4}}$ και $\displaystyle{x^5 +\frac{1}{x^5}}$ να είναι ρητοί.
Να δείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{ x +\frac{1}{x}}$ είναι επίσης ρητός.

Ας ονομάσουμε $a=x+\dfrac{1}{x},$ $q=x^5+\dfrac{1}{x^5}$ και $r=x^4+\dfrac{1}{x^4}.$ Από υπόθεση $q,r\in\mathbb Q.$
Είναι
$\left(x+\dfrac{1}{x} \right)^5=x^5+\dfrac{1}{x^5}+5\left(x^3+\dfrac{1}{x^3} \right)+10\left(x+\dfrac{1}{x} \right)$

και εύκολα από εδώ $\boxed{a^5-5a^3+5a=q}$

Παρόμοια $\left(x+\dfrac{1}{x} \right)^4=x^4+\dfrac{1}{x^4}+4\left(x^2+\dfrac{1}{x^2} \right)+6$

οπότε $\boxed{a^4=4a^2+r-2}$

Βρίσκουμε διαδοχικά

$a\left(4a^2+r-2 \right)-5a^3+5a=q$

$\boxed{a^3=\left(r+3 \right)a-q}$

Διαιρώντας τις εκφράσεις για τα a^3,a^4

βρίσκουμε

$a=\dfrac{4a^2+r-2}{(r+3)a-q}$ οπότε

$\boxed{a^2=\dfrac{q}{r-1}a+\dfrac{r-2}{r-1}}$

$a^3=\dfrac{q}{r-1}a^2+\dfrac{r-2}{r-1}a$

$(r+3)a-q=\dfrac{q}{r-1}a^2+\dfrac{r-2}{r-1}a$

και χρησιμοποιώντας την έκφραση για το a^2

καταλήγουμε στην

$\dfrac{r^2+r-1}{q}a-(r-1)=\dfrac{q}{r-1}a+\dfrac{r-2}{r-1}$

Αν υποθέσουμε ότι ο

είναι άρρητος τότε $-(r-1)=\dfrac{r-2}{r-1}$ οπότε r^2-r-1=0

. Η τελευταία δεν έχει ρητές λύσεις, άτοπο.

Άρα ο

είναι ρητός.

#1933

socrates έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 909:
Σε τρίγωνο έστω το σημείο τομής της με τη διχοτόμο της γωνίας $\angle BAC.$
Αν το περίκεντρο του τριγώνου συμπίπτει με το έγκεντρο του τριγώνου να βρείτε τις γωνίες του τριγώνου

Έστω $\displaystyle{\angle BAC = x}$ , $\displaystyle{\angle CBA = y}$ και $\displaystyle{\angle ACB = z,}$ οπότε

$\displaystyle{x + y + z = {180^ \circ }}$ $\bf \color{red} \left( 1 \right)$ .

Είναι

$\displaystyle{\angle CAD = \frac{1}{2}\angle CAB = \frac{x}{2},}$

οπότε

$\displaystyle{\angle CAO = \frac{1}{2}\angle CAD = \frac{x}{4}}$ και $\displaystyle{\angle BAO = \frac{{3x}}{4}.}$

Από το ισοσκελές τρίγωνο OAC

έχουμε ότι

$\displaystyle{\frac{x}{4} = \frac{z}{2} \Leftrightarrow x = 2z}$ $\bf \color{red} \left( 2 \right)$ .

Επίσης, από το ισοσκελές τρίγωνο OBC

έχουμε ότι $\displaystyle{\angle OBC = \angle BCO = \frac{z}{2},}$ οπότε $\displaystyle{\angle OBA = y - \frac{z}{2}}$ και από το ισοσκελές τρίγωνο OAB

προκύπτει ότι

$\displaystyle{\angle OBA = \angle OAB \Leftrightarrow y - \frac{z}{2} = \frac{{3x}}{4}}$ $\bf \color{red} \left( 3 \right)$ .

Από τις σχέσεις $\bf \color{red} \left( 2 \right)$ και $\bf \color{red} \left( 3 \right)$ έχουμε ότι $\displaystyle{x = y}$ . Εύκολα τώρα οι $\bf \color{red} \left( 1 \right)$ και $\bf \color{red} \left( 2 \right)$ δίνουν ότι

$\displaystyle{x = y = {72^ \circ }}$ και $\displaystyle{z = {36^ \circ }}$ .

#1934

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 880
Έστω , , θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε . Να δείξετε ότι .

Άλλες λύσεις:
http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... f#p2393348

#1935

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 910:
Να λυθεί το σύστημα

$\displaystyle{x-\frac{1}{y^2}=y-\frac{1}{z^2}=z-\frac{1}{x^2}, \ \ x,y,z>0}$

Αρχικά αν

τότε από την πρώτη ισότητα παίρνουμε τελικά x=y=z

κι έτσι έχουμε τις άπειρες λύσεις της μορφής (x,y,z)=(k,k,k)

με $k\in\mathbb{R}_{+}$

Όμοια αν y=z

ή

παίρνουμε τις ίδιες λύσεις.

Αν $x\neq y \neq z\neq x$ τότε:

Λόγω της $x-\dfrac{1}{y^2}=y-\dfrac{1}{z^2}$ παίρνουμε: $x-y=\dfrac{(z-y)(z+y)}{y^2z^2}$

Λόγω της $y-\dfrac{1}{z^2}=z-\dfrac{1}{x^2}$ παίρνουμε: $y-z=\dfrac{(x-z)(x+z)}{x^2z^2}$

Λόγω της $x-\dfrac{1}{y^2}=z-\dfrac{1}{x^2}$ παίρνουμε: $x-z=\dfrac{(x-y)(x+y)}{x^2y^2}$

Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη και διώχνοντας όσα απλοποιούνται, παίρνουμε τελικά $-1=\dfrac{(x+y)(y+z)(z+x)}{x^4y^4z^4}$ , άτοπο διότι x,y,z >0

.

Άρα μοναδική λύση του συστήματος είναι η (x,y,z)=(k,k,k)

με $k\in\mathbb{R}_{+}$

Αλέξανδρος

#1936

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 907:
Βρείτε όλες τις τριάδες ακεραίων ώστε

Καταρχήν κανένας εκ των x,y,z

δε μπορεί να είναι αρνητικός (*) και φανερά $z\geq 1$ .

Αν x=0

τότε υποχρεωτικά $y,z\geq 1$ οπότε η αρχική γίνεται: 13^y+1=2013^z

, άτοπο διότι το πρώτο μέλος είναι άρτιος ενώ το δεύτερο περιττός.

Άρα $x\geq 1$ .

Αν y=0

τότε η αρχική γράφεται 20^x+1=2013^z

. Παίρνοντας $\mod{19}$ έχουμε: $2=(-1)^z\pmod{19}$ , άτοπο.

Άρα $y\geq 1$ .

Παίρνοντας $\mod{19}$ την αρχική έχουμε: $1+13^y\equiv (-1)^z \pmod{19}$ , απ' όπου ο

είναι περιττός κι έτσι έχουμε $2+13^y\equiv 0 \pmod{19} \ \ (1)$ .

Από το μικρό θεώρημα του Fermat παίρνουμε $13^{18}\equiv 1\pmod {19}$ , άρα το 13^y

επαναλαμβάνεται το πολύ κάθε

βήματα (ή διαιρέτη του

). Με απλό έλεγχο έχουμε ότι για να ισχύει η (1)

πρέπει $y\equiv 2\pmod{18}$ . Άρα τελικά z=2z_1+1

και

.

Αντικαθιστώντας στην αρχική έχουμε $20^x+13^{18y_1+2}=2013^{2z_1+1}$ και παίρνοντας $\mod{5}$ έχουμε: $(-2)^{18y_1+2}\equiv (-2)^{2z_1+1}\pmod{5}$ δηλαδή τελικά $-(-1)^{y_1}\equiv -2(-1)^{z_1}\pmod{5}$ και αν διακρίνουμε όλες τις περιπτώσεις να είναι οι y_1,z_1

άρτιος-περιττός, καταλήγουμε εύκολα σε άτοπο.

Άρα η αρχική εξίσωση δεν έχει ακέραιες λύσεις.

(*) Σύντομη δικαιολόγηση: Αν z<0

τότε αναγκαστικά οι y,z

είναι αρνητικοί οπότε γράφοντας z=-z', y=-y', x=-x'

με

καταλήγουμε σε άτοπο αφού παίρνουμε μία εξίσωση στην οποία το ένα μέλος είναι άρτιος και το άλλο περιττός.

Αν z=0

και ένας από τους y,z

είναι αρνητικός (δε μπορούν να είναι και οι δύο αρνητικοί) τότε πάλι καταλήγουμε σε μία παρόμοια περίπτωση όπου το ένα μέλος είναι άρτιος και το άλλο περιττός.

Άρα $z\geq 0$ και τώρα δε μπορεί να είναι οι x,y

ταυτόχρονα αρνητικοί διότι το ένα μέλος είναι $\geq 1$ και το άλλο

.

Αν ένας από τους x,y

είναι θετικός και ο άλλος αρνητικός τότε πάλι καταλήγω σε άτοπο. Μένουν τετριμμένες περιπτώσεις με κάποιον από τους x,y

να είναι ίσος με 0 οι οποίες απορρίπτονται πολύ εύκολα.

Αλέξανδρος

raf616 · #1937

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 907:
Βρείτε όλες τις τριάδες ακεραίων ώστε

Μετά από υπόδειξη του socrates βάζω μία διαφορετική λύση.

Όπως και πιο πάνω δουλεύουμε με $x, y, z \geq 1$ . Στην περίπτωση των αρνητικών καταλήγουμε σε άτοπο εξετάζοντας μία μία τις περιπτώσεις.

Δουλεύοντας $\pmod 3$ παίρνουμε ότι ο

είναι περιττός.

Δουλεύοντας τώρα $\pmod 7$ έχουμε:

$20^x + 13^y \equiv -1 + (-1)^y$

Είναι όμως $2013^z \equiv 4^z \equiv 1, 2, 4 \pmod 7$

Ανεξάρτητα λοιπόν από το τί είναι ο

(άρτιος ή περιττός) παίρνουμε ότι τα δύο μέλη δεν είναι ισουπόλοιπα $\pmod 7$ .

Επομένως, η εξίσωση είναι αδύνατη.

#1938

socrates έγραψε:Οι επόμενες δεν έχουν απαντηθεί... Σας καλούν όμως να τις λύσετε...
ΑΣΚΗΣΗ 883
Να βρεθεί ο ελάχιστος θετικός ακέραιος με την ιδιότητα να μπορεί να γραφτεί τουλάχιστον με τρεις διαφορετικούς τρόπους στη μορφή όπου οι είναι μη αρνητικοί ακέραιοι.

Έστω

και

τρεις λύσεις και έστω ότι $a_1 \leqslant a_2 \leqslant a_3$ . (Οπότε είναι και $b_1 \geqslant b_2 \geqslant b_3$ .)

Επειδή είναι 19(a_2 - a_1) = 53(b_1-b_2)

πρέπει

και άρα $a_2 \geqslant 53 + a_1 \geqslant 53$ . Ομοίως $a_3 \geqslant a_2 + 53 \geqslant 106$ .

Οπότε $n \geqslant 19 \cdot 106 + 53 \cdot 0 = 2014$ .

Παρατηρούμε ότι το 2014

δουλεύει αφού δίνει τις λύσεις (106,0),(53,19),(0,38)

.

#1939

ΑΣΚΗΣΗ 911: Να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{n^3 +n^2 +2n \geq 4\sqrt{n}(1+\sqrt{2}+\sqrt{3}+ . . . +\sqrt{n})}$ , για κάθε $\displaystyle{n\in N^{*}}$

#1940

ΑΣΚΗΣΗ 912: Οκτώ δρομείς τρέχουν σε ένα αγώνα τετρακοσίων μέτρων. Πόσες διαφορετικές τριάδες αθλητών μπορούν να κατακτήσουν τα τρία πρώτα μετάλλια;

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