Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#1981

ΑΣΚΗΣΗ 935: Για κάθε $\displaystyle{a,b \geq 0}$ , να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\sqrt{a^2 b+a}+\sqrt{b+1}+b\sqrt{a^2 +a}\geq \sqrt{18ab}}$

G.Bas · #1982

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 935: Για κάθε $\displaystyle{a,b \geq 0}$ , να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\sqrt{a^2 b+a}+\sqrt{b+1}+b\sqrt{a^2 +a}\geq \sqrt{18ab}}$

Ισχύει από την Ανισότητα AM-GM

$\displaystyle{\begin{aligned}\sqrt{a^2b+a}+\sqrt{b+1}+\sqrt{a^2b^2+ab^2}&\geq\sqrt{2a\sqrt{ab}}+\sqrt{2\sqrt{b}}+\sqrt{2ab^2\sqrt{a}}\\&=\sqrt{2}\cdot(\sqrt[4]{a^3b}+\sqrt[4]{b}+\sqrt[4]{a^3b^4})\\&\geq 3\sqrt{2}\cdot\sqrt[12]{a^6b^6}\\&=3\sqrt{2ab}\\&=\sqrt{18ab}.\end{aligned}}$

#1983

ΑΣΚΗΣΗ 936: Για κάθε $\displaystyle{a,b\geq 0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{a^2 +1}{b+1}+\frac{b^2 +1}{a+1}\geq \frac{4}{\sqrt{2}+1}}$

#1984

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 936: Για κάθε $\displaystyle{a,b\geq 0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{a^2 +1}{b+1}+\frac{b^2 +1}{a+1}\geq \frac{4}{\sqrt{2}+1}}$

Είναι

$\displaystyle{\frac{a^2 +1}{b+1}+\frac{b^2 +1}{a+1}\geq 2\sqrt{\frac{a^2 +1}{a+1}\cdot \frac{b^2 +1}{b+1}}\geq \frac{4}{\sqrt{2}+1}},$

αφού $\displaystyle{\frac{a^2 +1}{a+1}\geq \frac{2}{\sqrt{2}+1} \iff [a-(\sqrt{2}-1)]^2\geq 0.}$

G.Bas · #1985

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 936: Για κάθε $\displaystyle{a,b\geq 0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{a^2 +1}{b+1}+\frac{b^2 +1}{a+1}\geq \frac{4}{\sqrt{2}+1}}$

Ισχύει σύμφωνα με την Ανισότητα Cauchy - Schwarz

$\displaystyle{\frac{a^2+1}{b+1}+\frac{b^2+1}{a+1}\geq\frac{(a+b)^2}{a+b+2}+\frac{4}{a+b+2}=\frac{(a+b)^2+4}{a+b+2}.}$

Θέτουμε $a+b=t\geq 0$ και τότε μένει να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{\frac{t^2+4}{t+2}\geq\frac{4}{\sqrt{2}+1}}$ ή ισοδύναμα $\displaystyle{(\sqrt{2}+1)t^2+4\sqrt{2}-4\geq 4t.}$

Αυτή η Ανισότητα όμως είναι άμεσο αποτέλεσμα της Ανισότητας AM - GM αφού ισοδύναμα προκύπτει πως $\displaystyle{(\sqrt{2}+1)t^2+4(\sqrt{2}-1)\geq 4t\sqrt{(\sqrt{2}-1)(\sqrt{2}+1)}=4t.}$

#1986

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 927
Θεωρούμε την ακολουθία των θετικών ακεραίων που δεν είναι τέλεια τετράγωνα.
Να βρείτε τον o όρο της ακολουθίας.
Παρατηρούμε ότι :

Από τον $\displaystyle{1^2}$ , μέχρι τον $\displaystyle{2^2}$ , υπάρχουν $\displaystyle{2}$ αριθμοί της ακολουθίας: Οι $\displaystyle{2}$ και $\displaystyle{3}$ .
Από τον $\displaystyle{2^2}$ , μέχρι τον $\displaystyle{3^2}$ , υπάρχουν $\displaystyle{4}$ αριθμοί της ακολουθίας: Οι $\displaystyle{5,6,7,8}$
Από τον $\displaystyle{3^2}$ , μέχρι τον $\displaystyle{4^2}$ , υπάρχουν $\displaystyle{6}$ αριθμοί της ακολουθίας: Οι $\displaystyle{10,11,12,13,14,15}$
...........
.........
............
Από τον $\displaystyle{n^2}$ ,μέχρι τον $\displaystyle{(n+1)^2}$ , υπάρχουν $\displaystyle{2n}$ αριθμοί της ακολουθίας: Οι $\displaystyle{n^2 +1 , n^2 +2 , ... (n+1)^2 -1}$ .

Μέχρι λοιπόν τον $\displaystyle{((n+1)^2 -1}$ όρο, υπάρχουν $\displaystyle{2+4+6+...+(2n)}$ όροι της ακολουθίας, δηλαδή $\displaystyle{n(n+1)}$ όροι.

Θέλουμε $\displaystyle{n(n+1)\leq 2011}$ οπότε πρέπει $\displaystyle{n\leq 44}$ . Αν λοιπόν είναι $\displaystyle{n=44}$ , τότε έχουμε $\displaystyle{n(n+1)=44.45=1980}$ όρους της ακολουθίας,

οι οποίοι βρίσκονται αμέσως πριν τον αριθμό $\displaystyle{(n+1)^2}$ , δηλαδή αμέσως πρίν τον $\displaystyle{2025}$ .

Aυτό σημαίνει ότι ο όρος τάξεως $\displaystyle{1980}$ , είναι ο αριθμός $\displaystyle{2024}$ .

Άρα ο όρος τάξεως $\displaystyle{1981}$ , είναι ο αριθμός $\displaystyle{2026}$
Ο τάξεως $\displaystyle{1982}$ είναι ο αριθμός $\displaystyle{2027}$
............
........
..........
Ο τάξεως $\displaystyle{2011}$ είναι ο αριθμός $\displaystyle{2056}$

(εφόσον ο αμέσως απόμενος όρος μετά τον $\displaystyle{2025}$ που είναι τέλειο τετράγωνο, είναι ο $\displaystyle{2116}$ .)

Κατά σύμπτωση, το παραπάνω είναι το 2056ο ποστ στο θέμα "Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο"...

#1987

ΑΣΚΗΣΗ 937: Αν $\displaystyle{x,y,z >1}$ , να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\sqrt{(x^2 -x)(y^2 -y)(z^2 -z)}<xyz-\sqrt{xyz}}$

#1988

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 937: Αν $\displaystyle{x,y,z >1}$ , να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\sqrt{(x^2 -x)(y^2 -y)(z^2 -z)}<xyz-\sqrt{xyz}}$

Διαιρώντας με $\sqrt{xyz},$ αρκεί να είναι $\sqrt{(x-1)(y-1)(z-1)}<\sqrt{xyz}-1.$

Θέτουμε $x=1+a,y=1+b,z=1+c, \ a,b,c>0$ οπότε η παραπάνω γράφεται $\displaystyle{\sqrt{abc}+1<\sqrt{(a+1)(b+1)(c+1)}.}$

Υψώνοντας στο τετράγωνο, αρκεί να δείξουμε ότι

$\displaystyle{abc+1+2\sqrt{abc}<abc+ab+bc+ca+a+b+c+1}$ ή

$\displaystyle{2\sqrt{abc}<ab+bc+ca+a+b+c,$ που ισχύει αφού

$ab+bc+ca+a+b+c\geq 2\sqrt{(ab+bc+ca)(a+b+c)}>2\sqrt{abc}.$

#1989

AΣΚΗΣΗ 938
Να προσδιορίσετε όλα τα ζεύγη μη αρνητικών ακεραίων αριθμών (x,y)

τέτοια, ώστε $\displaystyle{\sqrt{x+y}-\sqrt{x}-\sqrt{y}+2=0.}$

AΣΚΗΣΗ 939
Να προσδιορίσετε όλα τα ζεύγη ακεραίων αριθμών (a, b)

τέτοια, ώστε

$\displaystyle{\frac{a + 2}{b + 1}+\frac{a + 1}{b + 2}= 1 +\frac{6}{a + b + 1}.}$

AΣΚΗΣΗ 940
Να προσδιορίσετε όλους τους μη αρνητικούς ακεραίους

για τους οποίους $\displaystyle{17^n + 9^{n^2}= 23^n + 3^{n^2}}$

AΣΚΗΣΗ 941
Να δείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle{ m^4+n^3=19^{19} }$ δεν έχει ακέραιες λύσεις.

AΣΚΗΣΗ 942
Να προσδιορίσετε όλους τους θετικούς ακεραίους

για τους οποίους ο αριθμός $\displaystyle{5^n − 1}$ γράφεται ως γινόμενο άρτιου πλήθους διαδοχικών ακεραίων.

AΣΚΗΣΗ 943
Έστω $n \geq 2$ ένας ακέραιος και $0<x_1 \leq x_2 \leq ... \leq x_n$ πραγματικοί αριθμοί ώστε x_1 + x_2 + ... + x_n = 1

.
Δείξτε ότι αν $x_n \leq \dfrac{2}{3}$ , τότε υπάρχει $1 \leq k \leq n$ τέτοιος ώστε $\dfrac{1}{3} \leq x_1+x_2+...+x_k < \dfrac{2}{3}$ .

AΣΚΗΣΗ 944
Στο εσωτερικό τετραγώνου πλευράς

βρίσκονται έξι σημεία. Δείξτε ότι δύο από αυτά απέχουν λιγότερο από

AΣΚΗΣΗ 945
Αν a, b, c, d > 1,

τότε

AΣΚΗΣΗ 946
Οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί x, y, z

είναι τέτοιοι ώστε $\displaystyle{xyz + xy + yz + zx = 4.}$
Να δείξετε ότι $x + y + z\geq 3.$

AΣΚΗΣΗ 947
Οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί a,b,c

είναι τέτοιοι ώστε abc=1

. Να προσδιορίσετε την ελάχιστη τιμή της παράστασης

$\displaystyle{E(a,b,c) = \sum \dfrac{a^3+5}{a^3(b+c)}.}$

AΣΚΗΣΗ 948
Οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί a,b

είναι τέτοιοι ώστε a+b=1

. Να προσδιορίσετε την ελάχιστη τιμή της παράστασης

$\displaystyle{\displaystyle{E(a,b)=3\sqrt{1+2a^2}+2\sqrt{40+9b^2}.}}$

G.Bas · #1990

socrates έγραψε: AΣΚΗΣΗ 946
Οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί είναι τέτοιοι ώστε $\displaystyle{xyz + xy + yz + zx = 4.}$
Να δείξετε ότι $x + y + z\geq 3.$

Ακολουθώντας τον μετασχηματισμό $\displaystyle{(x,y,z)\mapsto \left(\frac{2a}{b+c},\frac{2b}{c+a},\frac{2c}{a+b}\right)}$ καταλήγουμε στην Ανισότητα Nesbitt.

simantiris j. · #1991

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 942Να προσδιορίσετε όλους τους θετικούς ακεραίους για τους οποίους ο αριθμός γράφεται ως γινόμενο άρτιου πλήθους διαδοχικών ακεραίων

Πολύ ωραία άσκηση!Βάζω μια προσέγγιση χωρίς όμως να είμαι σίγουρος...

Αν το πλήθος των διαδοχικών αριθμών του γινομένου είναι μεγαλύτερο του

,τότε ο

θα διαιρεί το γινόμενο άρα $5\mid 5^n-1\Rightarrow 5\mid -1$ ,άτοπο.

Άρα το πλήθος τους είναι

ή

.

Αν το πλήθος τους είναι

,τότε έχουμε την εξίσωση $5^n-1=m\left(m+1 \right)\Leftrightarrow 5^n=m^2+m+1$ που δεν μπορεί να ισχύει(θεωρήστε τα δυνατά υπόλοιπα της διαίρεσης του

με το

)

Άρα το πλήθος τους είναι

,συνεπώς έχουμε $5^n-1=k\left(k+1 \right)\left(k+2 \right)\left(k+3 \right)$
Όμως ο 4!=24

διαιρεί το αριστερό μέλος ως γινόμενο

διαδοχικών(γενικότερα ο

διαιρεί το γινόμενο

διαδοχικών ακεραίων)Άρα $5^n\equiv 1mod24\Rightarrow n=2t$

Από εδώ και πέρα αρχίζει ο προβληματισμός μου.Μπορούμε να συγκεκριμενοποιήσουμε την τιμή του

ή να πούμε ότι είναι άρτιος και τελειώσαμε

#1992

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 938
Να προσδιορίσετε όλα τα ζεύγη μη αρνητικών ακεραίων αριθμών τέτοια, ώστε $\displaystyle{\sqrt{x+y}-\sqrt{x}-\sqrt{y}+2=0.}$

Αν ήταν $\displaystyle{x=0}$ ή $\displaystyle{y=0}$ , τότε η δοσμένη σχέση είναι αδύνατη. Άρα $\displaystyle{x,y\neq 0}$ . Τώρα η σχέση που ζητάμε γράφεται:

$\displaystyle{2+\sqrt{x+y}=\sqrt{x}+\sqrt{y}}$ και με ύψωση στο τετράγωνο, παίρνουμε: $\displaystyle{2\sqrt{x+y}=\sqrt{xy}-2}$ , (ΣΧΕΣΗ 1).

Από εδώ βλέπουμε ότι $\displaystyle{\sqrt{xy}<2}$ και τότε η σχέση 1 με ύψωση και πάλι στο τετράγωνο, δίνει: $\displaystyle{4\sqrt{xy}=xc+4-4(x+y)}$ , (ΣΧΕΣΗ 2)

Αφού το ΄δεύτερο μέλος τηs σχέσης 2 είναι ακεραιος, πρέπει $\displaystyle{xy=k^2}$ , όπου $\displaystyle{k\in N^{*}}$ . Άρα $\displaystyle{y=\frac{k^2}{x}.}$ Τότε η σχέση 2 γράφεται:

$\displaystyle{(x-4)k^2 -4xk+4x(1-x)=0}$ . Αν $\displaystyle{x=4}$ , τότε $\displaystyle{16k+48=0}$ , άτοπο. Άρα $\displaystyle{x\neq 4}$ . Η διακρίνουσα του τριωνύμου αυτού είναι:

$\displaystyle{\Delta = 16x(x-2)^2}$ . Και αφού $\displaystyle{k\in N^{*}}$ , θα πρέπει να είναι ή $\displaystyle{x=2}$ , ή $\displaystyle{x=n^2}$ , με $\displaystyle{n\in N^{*}}$ . Αν ήταν $\displaystyle{x=2}$ , τότε η σχέση 2

θα έδινε: $\displaystyle{4\sqrt{2y}=2y+4-4(2+y)\Leftrightarrow 4\sqrt{2y}=-2y-4}$ , που είναι άτοπο. Άρα υποχρεωτικά θα είναι $\displaystyle{x=n^2}$ . Αφού όμως έχουμε

$\displaystyle{y=\frac{k^2}{x}\Rightarrow y=\frac{k^2}{n^2}=(\frac{k}{n})^2}$ και δεδομένου ότι $\displaystyle{y\in N^{*}}$ , πρέπει ο $\displaystyle{n}$ να διαιρεί τον $\displaystyle{k}$ , δηλαδή

$\displaystyle{k=mn}$ , με $\displaystyle{m\in N^{*}}$ . Έτσι η σχέση $\displaystyle{y=(\frac{k}{n})^2}$ , γράφεται $\displaystyle{y=m^2}$ . Μέχρι τώρα λοιπόν, έχουμε δείξει ότι $\displaystyle{x=n^2}$ και $\displaystyle{y=m^2}$ ,

όπου $\displaystyle{n,m\in N^{*}}$ . Με αυτά τα δεδομένα, η δοσμένη σχέση γράφεται:

$\displaystyle{2+\sqrt{n^2 +m^2}=n+m}$ και με ύψωση στο τετράγωνο δίνει $\displaystyle{2\sqrt{n^2 +m^2}=mn-2}$ , οπότε με $\displaystyle{mn-2\geq 0}$ , και με ύψωση και πάλι στο τετράγωνο

βρίσκουμε ότι $\displaystyle{(4-m^2 )n^2 +4mn+4(m^2 -1)=0}$ . Aν $\displaystyle{m=2\Rightarrow 8n+12=0}$ , άτοπο. Άρα $\displaystyle{m\neq 2}$ . Τότε η διακρίνουσα του τριωνύμου αυτού

είναι $\displaystyle{D=16(m^2 -2)^2}$ και άρα $\displaystyle{n=\frac{2m^2 -2m-4}{4-m^2}}$ ή $\displaystyle{n=\frac{2m+2m^2 -4}{m^2 -4}}$

1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: $\displaystyle{n=\frac{2m^2 -2m-4}{4-m^2}=\frac{2(m+1)(2-m)}{(2-m)(2+m)}=-2\frac{m+1}{m+2}}$ , άτοπο , αφού $\displaystyle{n\in N^{*}}$ .

2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: $\displaystyle{n=\frac{2m^2 +2m-4}{m^2 -4}=\frac{2(m-1)(m+2)}{(m-2)(m+2)}=\frac{2m-2}{m-2}=\frac{2m-4+2}{m-2}=2+\frac{2}{m-2}}$ .

Για να είναι ο αριθμός αυτός ακέραιος, πρέπει $\displaystyle{m-2=1}$ , ή $\displaystyle{m-2=2}$ , από όπου προκύπτει ότι $\displaystyle{(m,n)\in\{(3,4),(4,3)\}}$ και άρα:

$\displaystyle{(x,y)\in \{(16,9),(9,16)\}}$ , τιμές που επαληθεύουν την αρχική σχέση.

#1993

simantiris j. έγραψε:
socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 942Να προσδιορίσετε όλους τους θετικούς ακεραίους για τους οποίους ο αριθμός γράφεται ως γινόμενο άρτιου πλήθους διαδοχικών ακεραίων
Πολύ ωραία άσκηση!Βάζω μια προσέγγιση χωρίς όμως να είμαι σίγουρος...

Αν το πλήθος των διαδοχικών αριθμών του γινομένου είναι μεγαλύτερο του ,τότε ο θα διαιρεί το γινόμενο άρα $5\mid 5^n-1\Rightarrow 5\mid -1$ ,άτοπο.

Άρα το πλήθος τους είναι ή .

Αν το πλήθος τους είναι ,τότε έχουμε την εξίσωση $5^n-1=m\left(m+1 \right)\Leftrightarrow 5^n=m^2+m+1$ που δεν μπορεί να ισχύει(θεωρήστε τα δυνατά υπόλοιπα της διαίρεσης του με το )

Άρα το πλήθος τους είναι ,συνεπώς έχουμε $5^n-1=k\left(k+1 \right)\left(k+2 \right)\left(k+3 \right)$
Όμως ο διαιρεί το αριστερό μέλος ως γινόμενο διαδοχικών(γενικότερα ο διαιρεί το γινόμενο διαδοχικών ακεραίων)Άρα $5^n\equiv 1mod24\Rightarrow n=2t$

Από εδώ και πέρα αρχίζει ο προβληματισμός μου.Μπορούμε να συγκεκριμενοποιήσουμε την τιμή του ή να πούμε ότι είναι άρτιος και τελειώσαμε

Όχι πρέπει απαραίτητα να γίνουμε πιο συγκεκριμένοι.

Έχουμε 5^n - 1 = k(k+1)(k+2)(k+3) = (k^2 + 3k)(k^2 + 3k + 2) = (k^2 + 3k + 1)^2 - 1

. Οπότε το k^2 + 3k + 1

πρέπει να είναι δύναμη του

. Επειδή

πρέπει απαραίτητα 5|(k-1)

. Τότε όμως $(k-1)^2 + 5(k-1) + 5 \equiv 0 \bmod 25$ . Άρα η μόνη δυνατή περίπτωση είναι k^2 + 3k+1 = 5

που δίνει

. Αυτό είναι δεκτό αφού $5^2 - 1 = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4$ .

#1994

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 939
Να προσδιορίσετε όλα τα ζεύγη ακεραίων αριθμών τέτοια, ώστε

$\displaystyle{\frac{a + 2}{b + 1}+\frac{a + 1}{b + 2}= 1 +\frac{6}{a + b + 1}.}$

H δοσμένη σχέση γράφεται: $\displaystyle{\frac{a + 2}{b + 1}+1+\frac{a + 1}{b + 2}+1= 3 +\frac{6}{a + b + 1}\Leftrightarrow }$

$\displaystyle{\frac{a+b+3}{b+1}+\frac{a+b+3}{b+2}=\frac{3(a+b+3)}{a+b+1}\Leftrightarrow (a+b+3)(\frac{1}{b+1}+\frac{1}{b+2})=3(a+b+3)\frac{1}{a+b+1}}$

1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: $\displaystyle{a+b+3=0\Leftrightarrow a=-b-3}$ . Τότε η δοσμένη σχέση επαληθεύεται με την προϋπόθεση βέβαια να είναι $\displaystyle{b+1 ,b+2 , a+b+1 \neq 0}$ .

Συνεπώς έχουμε τις άπειρες λύσεις : $\displaystyle{a=-b-3 , b\in Z-\{-1,-2\}}$

2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: $\displaystyle{a+b+3\neq 0}$ . Τότε $\displaystyle{\frac{1}{b+1}+\frac{1}{b+2}=\frac{1}{a+b+1}\Leftrightarrow a=\frac{b^2 +4b+3}{2b+3}\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{4a=\frac{4b^2 +16b+12}{2b+3}=\frac{(2b+3)(2b+5)-3}{2b+3}=2b+5-\frac{3}{2b+3}}$ . Για να είναι ο αριθμός αυτός ακέραιος, πρέπει :

$\displaystyle{2b+3\in \{-3,-1,1,3\}\Rightarrow b\in\{-3,-2,-1,0\}}$ . Λόγω των περιορισμών που έχουμε θέσει, οι τιμές $\displaystyle{b=-1 , b=-2}$ απορρίπτονται.

Με $\displaystyle{b=-3}$ , η δοσμένη σχέση δίνει $\displaystyle{a=0}$ , και με $\displaystyle{b=0}$ , δίνει $\displaystyle{a=1}$ .

Από τις λύσεις δε αυτές, διαφορετική από αυτές που βρήκαμε στην πρώτη περίπτωση είναι μόνο η λύση $\displaystyle{(a,b)=(1,0)}$

Τελικά, όλα τα ζεύγη των ακεραίων που ζητάμε είναι: $\displaystyle{(a,b)\in\{(-b-3,b),(1,0)\}}$ , όπου $\displaystyle{b\in Z-\{-1,-2\}}$

#1995

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 940
Να προσδιορίσετε όλους τους μη αρνητικούς ακεραίους για τους οποίους $\displaystyle{17^n + 9^{n^2}= 23^n + 3^{n^2}}$

Παρατηρούμε ότι για $\displaystyle{n=0}$ και $\displaystyle{n=1}$ , η δοσμένη εξίσωση επαληθεύεται. Έστω $\displaystyle{n\geq 2}$ . Τότε έχουμε:

$\displaystyle{17^n +9^{n^2}>9^{n^2}=(6+3)^{n^2}>6^{n^2}+3^{n^2}=(6^n)^n +3^{n^2}>23^n +3^{n^2}}$ για κάθε $\displaystyle{n\geq 2}$ , (διότι $\displaystyle{6^n >23}$ , για κάθε $\displaystyle{n\geq 2}$ )

Άρα οι μοναδικές λύσεις είναι οι $\displaystyle{n=0 , n=1}$

#1996

G.Bas έγραψε:
socrates έγραψε: AΣΚΗΣΗ 946
Οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί είναι τέτοιοι ώστε $\displaystyle{xyz + xy + yz + zx = 4.}$
Να δείξετε ότι $x + y + z\geq 3.$
Ακολουθώντας τον μετασχηματισμό $\displaystyle{(x,y,z)\mapsto \left(\frac{2a}{b+c},\frac{2b}{c+a},\frac{2c}{a+b}\right)}$ καταλήγουμε στην Ανισότητα Schur.

Βασικός ο μετασχηματισμός που αναφέρει ο Γιώργος, αν και λίγο βαρύς για τους junior.
Διαφορετικά θα μπορούσαμε να πούμε τα εξής:

Έστω $\displaystyle{3>x+y+z.}$ Τότε είναι

$\displaystyle{3>x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}\implies \boxed{xyz<1}}$ ( $\displaystyle{\color{red}\spadesuit}$ )

και

$\displaystyle{9>(x+y+z)^2\geq 3(xy+yz+zx)\implies \boxed{xy+yz+zx<3}}$ ( $\displaystyle{\color{red}\spadesuit \spadesuit }$ )

Από τις ( $\displaystyle{\color{red}\spadesuit}$ ), ( $\displaystyle{\color{red}\spadesuit \spadesuit }$ ) προκύπτει

$\displaystyle{xyz+xy+yz+zx<4,}$ άτοπο.

#1997

socrates έγραψε:
AΣΚΗΣΗ 947
Οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί είναι τέτοιοι ώστε . Να προσδιορίσετε την ελάχιστη τιμή της παράστασης

$\displaystyle{E(a,b,c) = \sum \dfrac{a^3+5}{a^3(b+c)}.}$

Θα αποδείξουμε ότι $\displaystyle{\min E=9.}$

Είναι $\displaystyle{E(1,1,1)=9,}$ οπότε απομένει να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle{E\geq 9.}$

Εκτελώντας το μετασχηματισμό $\displaystyle{a\to \frac{1}{x}, b\to \frac{1}{y}, c\to \frac{1}{z}}$ έχουμε να αποδείξουμε ότι :

Αν $\displaystyle{x,y,z>0}$ με $\displaystyle{xyz=1,}$ τότε

$\displaystyle{\sum \frac{5x^2+yz}{y+z}\geq 9.}$

Είναι

$\displaystyle{\sum \frac{5x^2+yz}{y+z}=5\sum \frac{x^2}{y+z}+\sum \frac{yz}{y+z}=5\sum \frac{x^2}{y+z}+\sum \frac{1}{xy+xz}\geq }$

$\displaystyle{\geq \frac{5}{2}(x+y+z)+\frac{9}{2(xy+yz+zx)}\geq \frac{5}{2}(x+y+z)+\frac{27}{2(x+y+z)^2}.}$

Απομένει να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle{\frac{5}{2}t+\frac{27}{2t^2}\geq 9,}$ όπου $\displaystyle{t=x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}=3.}$

Πράγματι, αυτή είναι ισοδύναμη με την προφανή $\displaystyle{(t-3)(5t^2-3t-9)\geq 0.}$

#1998

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 941
Να δείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle{ m^4+n^3=19^{19} }$ δεν έχει ακέραιες λύσεις.

Η παρακάτω λύση, εδόθη από την ταλαντούχα μαθήτρια της Α Λυκείου Erisa Xasani

Είναι $\displaystyle{19^{19} \equiv 7(mod13)}$ , επίσης : $\displaystyle{m^4 \equiv 0,1,3,9 (mod13)}$ και $\displaystyle{n^3 \equiv 0,1,5,8,9,12 (mod13)}$

Η δοσμένη σχέση γράφεται: $\displaystyle{n^3 =19^{19}-m^4}$ .

Όμως $\displaystyle{19^{19}-m^4 \equiv 7,6,4,-2 (mod13)}$ , δηλαδή $\displaystyle{19^{19}-m^4 \equiv 7,6,4,11 (mod13)}$ . Άρα δεν είναι δυνατόν να είναι

$\displaystyle{m^4 +n^3 =19^{19}}$

#1999

socrates έγραψε: AΣΚΗΣΗ 944
Στο εσωτερικό τετραγώνου πλευράς βρίσκονται έξι σημεία. Δείξτε ότι δύο από αυτά απέχουν λιγότερο από

Χωρίζουμε το τετράγωνο σε

ορθογώνια, όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα:

: Square.png (7.21 KiB) Προβλήθηκε 1738 φορές

Από την αρχή της περιστεροφωλιάς, δύο τουλάχιστον από τα δοσμένα σημεία θα ανήκουν στο ίδιο ορθογώνιο.

$\bullet$ Αν τα δύο αυτά σημεία ανήκουν σε ένα από τα δύο "πάνω" ορθογώνια, τότε η απόστασή τους είναι το πολύ ίση με τη διαγώνιο του ορθογωνίου, δηλαδή το πολύ ίση με $\displaystyle{\sqrt {{{\left( {3 - \sqrt 3 } \right)}^2} + \frac{9}{4}} .}$ Αλλά είναι

$\displaystyle{\sqrt {{{\left( {3 - \sqrt 3 } \right)}^2} + \frac{9}{4}} < 2 \Leftrightarrow \frac{{57}}{4} - 6\sqrt 3 < 4 \Leftrightarrow \frac{{41}}{4} < 6\sqrt 3 \Leftrightarrow {41^2} < {\left( {24\sqrt 3 } \right)^2} \Leftrightarrow 1681 < 1728,}$

που ισχύει, οπότε τα δύο αυτά σημεία απέχουν λιγότερο από

.

$\bullet$ Αν τα δύο αυτά σημεία ανήκουν σε ένα από τα τρία "κάτω" ορθογώνια, τότε η απόστασή τους είναι πάλι το πολύ ίση με τη διαγώνιο του ορθογωνίου, δηλαδή το πολύ ίση με

. Αν, όμως, η απόστασή τους είναι ίση με

, τότε τα δύο αυτά σημεία θα είναι απέναντι κορυφές του ορθογωνίου, οπότε ένα από αυτά θα ανήκει σε πλευρά του τετραγώνου, πράγμα άτοπο. Επομένως και πάλι τα δύο αυτά σημεία απέχουν λιγότερο από

, οπότε το ζητούμενο δείχθηκε.

#2000

ΑΣΚΗΣΗ 949: Αν $\displaystyle{x,y,z >0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{3z-y}{x}+\frac{3x-z}{y}+\frac{3y-x}{z}\geq 6}$

ΣΗΜ: Παραλήφθηκαν κάποιοι περιορισμοί , οι οποίοι έπρεπε να δοθούν στην εκφώνηση

Συγκεκριμένα, πρέπει να είναι: $\displaystyle{x+y<3z , y+z<3x , x+z<3y}$

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