Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2181

Μερικές ασκησούλες προς - πνευματική - βρώση...

ΑΣΚΗΣΗ 1092
Να εξετάσετε αν υπάρχουν πρώτοι αριθμοί p,q,r

που να ικανοποιούν την ισότητα :

p+q+r+pq+qr+pr+pqr=100099

.
http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=33511

ΑΣΚΗΣΗ 1093
Οι θετικοί αριθμοί x,y,z

είναι τέτοιοι ώστε xyz = x + y + z + 2.

Δείξτε ότι

$\displaystyle{5(x + y + z) + 18\geq 8(\sqrt{xy} +\sqrt{yz} +\sqrt{zx}).}$
http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=38185

ΑΣΚΗΣΗ 1094
Έστω a,b,c

θετικοί πραγματικοί αριθμοί. Να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle{a^2\cdot \frac{a-b}{a+b}+b^2\cdot \frac{b-c}{b+c}+c^2\cdot \frac{c-a}{c+a}\geq 0 .}$ Πότε ισχύει η ισότητα;
viewtopic.php?f=109&t=38971

ΑΣΚΗΣΗ 1095
Να βρεθούν οι φυσικοί αριθμοί $n\ge 1$ ώστε ο αριθμός n^2+3^n

να είναι τέλειο τετράγωνο.
http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=111&t=19754

ΑΣΚΗΣΗ 1096
Να βρεθούν όλοι οι φυσικοί αριθμοί

ώστε ο αριθμός 5^n+12^n

να είναι τέλειο τετράγωνο.
http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=111&t=19755

ΑΣΚΗΣΗ 1097
Να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της παράστασης $\displaystyle{|2011^m- 45^n|}$ όπου $\displaystyle{m,n}$ θετικοί ακέραιοι.
viewtopic.php?f=109&t=39177

ΑΣΚΗΣΗ 1098
Να βρεθεί η ελάχιστη τιμή του $\displaystyle{\left | 11^m-5^n\right |}$ , όπου $m,\,n \in \mathbb N^*$ .
viewtopic.php?f=109&t=39494

ΑΣΚΗΣΗ 1099
Να βρεθεί η ελάχιστη τιμή του $\displaystyle{ |20^m −9^n|,}$ , όπου $m,\,n \in \mathbb N^*$ .
viewtopic.php?f=109&t=39494#p183939

ΑΣΚΗΣΗ 1100
Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι x , y , z

ώστε η παράσταση

$\displaystyle{ \sqrt{\frac{2006}{x+y}}+\sqrt{\frac{2006}{y+z}}+\sqrt{\frac{2006}{z+x}} }$

να είναι ακέραιος αριθμός.
http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=58&t=14798

ΑΣΚΗΣΗ 1101
Να λυθεί το σύστημα:
$\displaystyle{x^2+y^2-z(x+y)=2}$
$\displaystyle{y^2+z^2-x(y+z)=4}$
$\displaystyle{z^2+x^2-y(z+x)=8}$
http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=21&t=46552

ΑΣΚΗΣΗ 1102
Υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί $\displaystyle{a,b}$ τέτοιοι, ώστε

α) ο $\displaystyle{a+b}$ να είναι ρητός και ο $\displaystyle{a^n+b^n}$ να είναι άρρητος για κάθε ακέραιο $\displaystyle{n\geq 2}$ ;

β) ο $\displaystyle{a+b}$ να είναι άρρητος και ο $\displaystyle{a^n+b^n}$ να είναι ρητός για κάθε ακέραιο $\displaystyle{n\geq 2}$ ;
http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=111&t=30635

ΑΣΚΗΣΗ 1103
Έστω a,b,c

θετικοί πραγματικοί αριθμοί, τέτοιοι ώστε $abc\geq 1.$ Να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle{\frac{a^4-1}{ab^3+abc+ac^3}+\frac{b^4-1}{bc^3+abc+ba^3}+\frac{c^4-1}{ca^3+abc+cb^3}\geq 0.}$
viewtopic.php?f=109&t=38965

ΑΣΚΗΣΗ 1104
Να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{4(\sqrt{a^3b^3} +\sqrt{b^3c^3} +\sqrt{c^3a^3})\leq 4c^3 + (a+b)^3, \ \ \forall a,b,c>0}$
viewtopic.php?f=109&t=39594

ΑΣΚΗΣΗ 1105
Έστω $x,y,z\in [0,1]$ . Να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle{\frac{x^2}{1+x+xyz}+\frac{y^2}{1+y+xyz}+\frac{z^2}{1+z+xyz}\le 1.}$ Πότε ισχύει η ισότητα;

ΑΣΚΗΣΗ 1106
Αν $x,y\geq 0$ , να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle{2(y+x^2)(x+y^2)\geq (x+y)^3}$

ΑΣΚΗΣΗ 1107
Αν a,b,c

θετικοί πραγματικοί αριθμοί με ab+bc+ca=1,

να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle{\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}-\frac{3}{2(a+b+c)}\geq \sqrt{3}.}$

ΑΣΚΗΣΗ 1108
α) Να βρεθεί η μέγιστη τιμή της παράστασης $\displaystyle{|\sqrt{x^2+4x+8}-\sqrt{x^2+8x+17}| ,\ \ x\in \Bbb{R}.}$

β) Να βρεθεί η μέγιστη τιμή της παράστασης $\displaystyle{|\sqrt{x^2-4x+20}-\sqrt{x^2-8x+20} |,\ \ x\in \Bbb{R}.}$

γ) Να βρεθεί η μέγιστη τιμή της παράστασης $\displaystyle{|\sqrt{x^2-4x+13}-\sqrt{x^2-8x+41} |,\ \ x\in \Bbb{R}.}$

Για το γενικό πρόβλημα δείτε εδώ.

ΑΣΚΗΣΗ 1109
Ένα ορθογώνιο στο

επίπεδο λέγεται καλό αν οι κορυφές του είναι σημεία με ακέραιες συντεταγμένες.

α) Βρείτε ένα καλό ορθογώνιο με εμβαδόν 2013 του οποίου οι πλευρές δεν είναι παράλληλες με τους άξονες.

β) Δείξτε ότι αν ένα καλό ορθογώνιο έχει εμβαδόν 2011, τότε οι πλευρές του είναι παράλληλες με τους άξονες.

γ) Πόσα καλά ορθογώνια με εμβαδόν 2010 υπάρχουν, των οποίων μία κορυφή είναι η αρχή των αξόνων;

ΑΣΚΗΣΗ 1110
Να βρείτε όλες τις τριάδες θετικών ακεραίων (x,y,z)

που ικανοποιούν την εξίσωση

$\displaystyle{\frac{1}{x^2}+\frac{y}{xz}+\frac{1}{z^2}=\frac{1}{2013}.}$

Υπάρχει τριάδα (x,y,z)

για την οποία το άθροισμα x+y+z

είναι τέλειο τετράγωνο;

ΑΣΚΗΣΗ 1111
Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης

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

G.Bas · #2182

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1107
Αν θετικοί πραγματικοί αριθμοί με να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle{\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}-\frac{3}{2(a+b+c)}\geq \sqrt{3}.}$

Γειά σου Θανάση!

Η προς απόδειξη Ανισότητα ισοδύναμα γράφεται

$\displaystyle{\sum\left(\frac{1}{a+b}-\frac{1}{a+b+c}\right)+\frac{3}{2(a+b+c)}\geq\sqrt{3}}$ ή ισοδύναμα

$\displaystyle{\frac{1}{a+b+c}\cdot\sum\frac{c}{a+b}+\frac{3}{2(a+b+c)}\geq\sqrt{3}.}$ Αλλά, από την Ανισότητα Cauchy-Schwarz έχουμε για το αριστερό μέλος πως

$\displaystyle{\sum\frac{c}{a+b}\geq\frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}=\frac{(a+b+c)^2}{2}.}$ Μένει δηλαδή να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{\frac{a+b+c}{2}+\frac{3}{2(a+b+c)}\geq\sqrt{3}}$

ή καλύτερα $\displaystyle{(a+b+c)^2+3\geq 2\sqrt{3}\cdot (a+b+c)}$ η οποία είναι άμεση από την Ανισότητα AM-GM.

raf616 · #2183

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1106
Αν $x,y\geq 0$ , να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle{2(y+x^2)(x+y^2)\geq (x+y)^3}$

Γεια σου Θανάση! Ισχύει από Ηοlder:

$(1 + 1)^{\frac{1}{3}}(x^2 + y)^{\frac{1}{3}}(x + y^2)^{\frac{1}{3}} \geq (x + y) \iff 2(y+x^2)(x+y^2)\geq (x+y)^3$

#2184

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 1105
Έστω $x,y,z\in [0,1]$ . Να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle{\frac{x^2}{1+x+xyz}+\frac{y^2}{1+y+xyz}+\frac{z^2}{1+z+xyz}\le 1.}$ Πότε ισχύει η ισότητα;

Είναι $\displaystyle{(y-1)(z-1)\geq 0\implies yz+1\geq y+z\implies yz+2\geq 1+y+z \implies \boxed{yz+2\geq x+y+z}}$ ( $\displaystyle{\color{red}\maltese}$ )

Είναι τότε

$\displaystyle{\sum \frac{x^2}{1+x+xyz}\leq \sum \frac{x^2}{x+x+xyz}=\sum \frac{x}{2+yz}\stackrel{(\color{red}\maltese \color{black}) }{\leq }\sum \frac{x}{x+y+z}=1.}$

#2185

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1111
Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης

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

Η εξίσωση γράφεται: $\displaystyle{3xy=(x-y)^2 (x+y)(x+y-1)}$

Έστω $\displaystyle{x=y}$ τότε προφανώς πρέπει $\displaystyle{x=y=0}$ που είναι μια λύση. Έστω τώρα $\displaystyle{x\neq y}$ . Διακρίνουμε τις παρακάτω περιπτώσεις:

1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: $\displaystyle{x,y >0}$ (και $\displaystyle{x\neq y}$ ). Τότε $\displaystyle{(x-y)^2 \geq 1\Rightarrow (x-y)^2 (x+y)(x+y-1)\geq (x+y)(x+y-1)>2\sqrt{xy}(2\sqrt{xy}-1)=}$

$\displaystyle{4xy-2\sqrt{xy} >3xy}$ , για κάθε $\displaystyle{x,y \in Z}$ , με $\displaystyle{xy> 4}$ (Πράγματι, αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle{xy> 2\sqrt{xy}}$ ή $\displaystyle{xy> 4}$ )

Στην περίπτωση αυτή λοιπόν, η εξίσωση είναι αδύνατη. Αν τώρα $\displaystyle{xy \leq 4}$ , τότε πρέπει $\displaystyle{x,y \in \{1,2,3\}}$ και εύκολα επαληθεύουμε ότι

τα ζεύγη $\displaystyle{(1,2),(2,1)}$ είναι λύσεις της εξίσωσης.

2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: $\displaystyle{x,y <0}$ (και $\displaystyle{x\neq y}$ ). Τότε θέτοντας $\displaystyle{x=-k , y=-m , k,m\in Z_{+}^{*}}$ , παίρνουμε :

$\displaystyle{3km=(k-m)^2 (k+m)(k+m+1) \geq (k+m)(k+m+1)\geq 2\sqrt{km}(2\sqrt{km}+1})=4km+2\sqrt{km}>3km}$

και άρα η εξίσωση είναι αδύνατη.

3η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: $\displaystyle{x,y}$ ετερόσημοι. Τότε πρέπει $\displaystyle{(x+y)(x+y-1)<0 \Leftrightarrow x+y \in (0,1)}$ , το οποίο είναι άτοπο, αφού $\displaystyle{x+y \in Z}$

4η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: $\displaystyle{x=0}$ . Τότε η δοσμένη εξίσωση γράφεται: $\displaystyle{0=y^2 y (y-1)}$ και αφού $\displaystyle{x\neq y}$ , παίρνουμε $\displaystyle{y=1}$ .

Όμοια, όταν $\displaystyle{y=0}$ τότε $\displaystyle{x=1}$ .

Τελικά, όλες οι λύσεις είναι: $\displaystyle{(x,y)\in \{(0,0),(0,1),(1,0),(1,2),(2,1)\}}$

#2186

raf616 έγραψε:
socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1106
Αν $x,y\geq 0$ , να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle{2(y+x^2)(x+y^2)\geq (x+y)^3}$
Γεια σου Θανάση! Ισχύει από Ηοlder:

$(1 + 1)^{\frac{1}{3}}(x^2 + y)^{\frac{1}{3}}(x + y^2)^{\frac{1}{3}} \geq (x + y) \iff 2(y+x^2)(x+y^2)\geq (x+y)^3$

Ωραία!

Άλλη μια λύση:

Από Cauchy-Schwarz είναι

$\displaystyle{2(x+y)(y+x^2)(x+y^2)\geq (\sqrt{x}+\sqrt{y})^2(x\sqrt{x}+y\sqrt{y})^2 \geq(x+y)^4.}$

#2187

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:
socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1111
Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης

$\displaystyle{3xy+(x-y)^2(x+y)=(x^2-y^2)^2. }$
Η εξίσωση γράφεται: $\displaystyle{3xy=(x-y)^2 (x+y)(x+y-1)}$

Έστω $\displaystyle{x=y}$ τότε προφανώς πρέπει $\displaystyle{x=y=0}$ που είναι μια λύση. Έστω τώρα $\displaystyle{x\neq y}$ . Διακρίνουμε τις παρακάτω περιπτώσεις:

1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: $\displaystyle{x,y >0}$ (και $\displaystyle{x\neq y}$ ). Τότε $\displaystyle{(x-y)^2 \geq 1\Rightarrow (x-y)^2 (x+y)(x+y-1)\geq (x+y)(x+y-1)>2\sqrt{xy}(2\sqrt{xy}-1)=}$

$\displaystyle{4xy-2\sqrt{xy} >3xy}$ , για κάθε $\displaystyle{x,y \in Z}$ , με $\displaystyle{xy> 4}$ (Πράγματι, αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle{xy> 2\sqrt{xy}}$ ή $\displaystyle{xy> 4}$ )

Στην περίπτωση αυτή λοιπόν, η εξίσωση είναι αδύνατη. Αν τώρα $\displaystyle{xy \leq 4}$ , τότε πρέπει $\displaystyle{x,y \in \{1,2,3\}}$ και εύκολα επαληθεύουμε ότι

τα ζεύγη $\displaystyle{(1,2),(2,1)}$ είναι λύσεις της εξίσωσης.

2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: $\displaystyle{x,y <0}$ (και $\displaystyle{x\neq y}$ ). Τότε θέτοντας $\displaystyle{x=-k , y=-m , k,m\in Z_{+}^{*}}$ , παίρνουμε :

$\displaystyle{3km=(k-m)^2 (k+m)(k+m+1) \geq (k+m)(k+m+1)\geq 2\sqrt{km}(2\sqrt{km}+1})=4km+2\sqrt{km}>3km}$

και άρα η εξίσωση είναι αδύνατη.

3η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: $\displaystyle{x,y}$ ετερόσημοι. Τότε πρέπει $\displaystyle{(x+y)(x+y-1)<0 \Leftrightarrow x+y \in (0,1)}$ , το οποίο είναι άτοπο, αφού $\displaystyle{x+y \in Z}$

4η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: $\displaystyle{x=0}$ . Τότε η δοσμένη εξίσωση γράφεται: $\displaystyle{0=y^2 y (y-1)}$ και αφού $\displaystyle{x\neq y}$ , παίρνουμε $\displaystyle{y=1}$ .

Όμοια, όταν $\displaystyle{y=0}$ τότε $\displaystyle{x=1}$ .

Τελικά, όλες οι λύσεις είναι: $\displaystyle{(x,y)\in \{(0,0),(0,1),(1,0),(1,2),(2,1)\}}$

Πολύ ωραία λύση, Δημήτρη!

Γράφω άλλη μια...

Θέτουμε $\displaystyle{x+y=a, \ x-y=b}$ και η εξίσωση γίνεται:

$\displaystyle{b^2=\frac{3a^2}{4a^2-4a+3}.}$

Αν a=0

τότε και

οπότε $\displaystyle{x=y=0.}$
Αν $a\ne 0$ τότε $\displaystyle{3a^2\geq 4a^2-4a+3}$ οπότε $\displaystyle{a=1, \ 2, \ 3.}$ Προκύπτουν οι λύσεις $\displaystyle{(0,1),(1,0),(1,2),(2,1).}$

#2188

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 1084
Αν με να δείξετε ότι

$\displaystyle{ \frac{a(b+c)}{4-9bc}+\frac{b(c+a)}{4-9ca}+\frac{c(a+b)}{4-9ab}\ge 6abc }$
http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=25554

Την παρακάτω λύση, την έδωσε ο Γιώργος Μπασδέκης:

αρκεί να αποδείξουμε ότι:

$\displaystyle{ \frac{a^2 (b+c)^2}{4a(b+c)-9abc(b+c)}+\frac{b^2 (c+a)^2}{4b(c+a)-9abc(c+a)}+\frac{c^2 (a+b)^2}{4c(a+b)-9abc(a+b)}\geq 6abc }$ .

Όμως:

$\displaystyle{ \frac{a^2 (b+c)^2}{4a(b+c)-9abc(b+c)}+\frac{b^2 (c+a)^2}{4b(c+a)-9abc(c+a)}+\frac{c^2 (a+b)^2}{4c(a+b)-9abc(a+b)}\geq }$

$\displaystyle{ \frac{[a(b+c)+b(c+a)+c(a+b)]^2}{4a(b+c)-9abc(b+c)+4b(c+a)-9abc(c+a)+4c(a+b)-9abc(a+b)}= }$

$\displaystyle{ \frac{4(ab+bc+ac)^2}{8(ab+ac+bc)-9abc(2a+2b+2c)}=\frac{4(ab+bc+ac)^2}{8(ab+bc+ac)-18abc(a+b+c)}= }$

$\displaystyle{ \frac{2(ab+bc+ac)^2}{4(ab+bc+ac)-9abc} }$ .

Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι:

$\displaystyle{ \frac{2(ab+bc+ac)^2}{4(ab+bc+ac)-9abc}\geq 6abc }$ , ή αρκεί:

$\displaystyle{ \frac{(ab+bc+ac)^2}{4(ab+bc+ac)-9abc}\geq 3abc }$ . (ΣΧΕΣΗ 1)

Όμως $\displaystyle{ 4(ab+bc+ac) > (ab+bc+ac) =(ab+bc+ac)(a+b+c) \geq 3\sqrt[3]{abbcac}.3\sqrt[3]{abc}=9\sqrt[3]{a^3 b^3 c^3}=9abc }$

Συνεπώς, $\displaystyle{ 4(ab+bc+ac)-9abc > 0 }$ και άρα η (ΣΧΕΣΗ 1) γράφεται:

$\displaystyle{ (ab+bc+ac)^2 -12abc(ab+bc+ac)+27a^2 b^2 c^2 \geq 0 }$ , ή $\displaystyle{ (ab+bc+ac)^2 -9abc(ab+bc+ac)-3abc(ab+bc+ac)+27a^2 b^2 c^2 \geq 0 }$

ή $\displaystyle{ (ab+bc+ac)(ab+bc+ac-9abc)-3abc(ab+bc+ac-9abc)\geq 0 }$ , ή $\displaystyle{(ab+bc+ac-3abc)(ab+bc+ac-9abc)\geq 0 }$ . Τούτο όμως είναι

αληθές, αφού πιο πάνω έχουμε δείξει ότι $\displaystyle{ ab+bc+ac \geq 9abc }$ , (οπότε και $\displaystyle{ ab+bc+ac \geq 3abc }$ ) , και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

#2189

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 1078
Για τους θετικούς αριθμούς ισχύει ότι . Να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{ab + bc + ca \ge 3 + \sqrt {{a^2} + 1} + \sqrt {{b^2} + 1} + \sqrt {{c^2} + 1} }$
viewtopic.php?f=111&t=45867

ΚΑΙ Η ΛΥΣΗ ΑΥΤΗ ΑΝΗΚΕΙ ΣΤΟΝ ΓΙΩΡΓΟ ΜΠΑΣΔΕΚΗ!!!

Θεωρούμε τις τριάδες των αριθμών:

$\displaystyle{ \sqrt{\frac{a^2 +1}{a}} , \sqrt{\frac{b^2 +1}{b}} , \sqrt{\frac{c^2 +1}{c}} }$

$\displaystyle{ \sqrt{a} , \sqrt{b} , \sqrt{c} }$

Τότε (από την ανισότητα C-S) έχουμε:

$\displaystyle{ (\frac{a^2 +1}{a}+\frac{b^2 +1}{b}+\frac{c^2 +1}{c})(a+b+c)\geq [\sqrt{a^2 +1}+\sqrt{b^2 +1}+\sqrt{c^2 +1}]^2 }$ και άρα:

$\displaystyle{ \sqrt{a^2 +1}+\sqrt{b^2 +1}+\sqrt{c^2 +1} \leq \sqrt{(a+b+c)(\frac{a^2 +1}{a}+\frac{b^2 +1}{b}+\frac{c^2 +1}{c}}) =}$

$\displaystyle{ \sqrt{abc(a+b+c+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}})=\sqrt{abc(abc+\frac{ab+bc+ca}{abc}})=\sqrt{a^2 b^2 c^2 +ab+bc+ca}} }$ , (1)

Θα αποδείξουμε ότι: $\displaystyle{ a^2 b^2 c^2 \leq \frac{(ab+bc+ca)^2}{3}}$ . Πράγματι , αρκεί να αποδείξουμε ότι:

$\displaystyle{ 3a^2 b^2 c^2 \leq (ab+bc+ca)^2}$ , ή ότι : $\displaystyle{ 3abc(abc)\leq (ab+bc+ca)^2 }$ , ή $\displaystyle{ 3abc(a+b+c)\leq (ab+bc+ca)^2 }$ , ή

$\displaystyle{ 3a^2 bc+3ab^2 c+3abc^2 \leq (ab)^2 +(bc)^2 +(ca)^2 +2ab^2 c+2a^2 bc+2abc^2 }$ , ή

$\displaystyle{ (ab)^2 +(bc)^2 +(ca)^2 -a^2 bc -ab^2 c - abc^2 \geq 0 }$ , ή $\displaystyle{2(ab)^2 +2(bc)^2 +2(ca)^2 -2a^2bc -2ab^2 c -2abc^2 \geq 0 }$ , ή

$\displaystyle{ (ab)^2 +(ab)^2 +(bc)^2 +(bc)^2 +(ca)^2 +(ca)^2 -2a^2 bc -2ab^2 c -2abc^2 \geq 0 }$ , ή

$\displaystyle{ (ab-bc)^2 +(bc-ca)^2 +(ca-ab)^2 \geq 0 }$ , το οποίο είναι αληθές. Άρα η σχέση (1) δίνει:

$\displaystyle{ \sqrt{a^2 +1}+\sqrt{b^2 +1}+\sqrt{c^2 +1}\leq \sqrt{a^2 b^2 c^2 +ab+bc+ca}\leq \sqrt{\frac{(ab+bc+ca)^2}{3}+(ab+bc+ca)} }$ .

Η δοσμένη ανισότητα γράφεται: $\displaystyle{ \sqrt{a^2 +1}+\sqrt{b^2 +1}+\sqrt{c^2 +1}\leq (ab+bc+ca)-3 }$ .

Άρα μένει να αποδείξουμε ότι $\displaystyle{ \sqrt{\frac{(ab+bc+ca)^2}{3}+(ab+bc+ca)}\leq (ab+bc+ca)-3 }$ , (2)

Θα αποδείξουμε πρώτα ότι ο αριθμός $\displaystyle{ (ab+bc+ca)-3 }$ είναι θετικός, για κάθε $\displaystyle{ a,b,c >0 }$ , όπου $\displaystyle{ a+b+c=abc }$ .

Πράγματι, από την σχέση $\displaystyle{ a+b+c=abc }$ έπεται ότι $\displaystyle{ b+c=a(bc-1) }$ και αφού $\displaystyle{ a+b>0 }$ , άρα $\displaystyle{ a(bc-1)>0 }$ και επειδή $\displaystyle{ a>0 }$ ,

θα είναι και $\displaystyle{ bc-1>0 }$ , οπότε $\displaystyle{ bc>1 }$ . Με τον ίδιο τρόπο δείχνουμε ότι $\displaystyle{ ac>1 }$ και $\displaystyle{ ab>1 }$ . Άρα με πρόσθεση κατά μέλη,

έχουμε ότι $\displaystyle{ ab+bc+ca >3 }$ , δηλαδή ότι $\displaystyle{ ab+bc+ca-3>0 }$ . Τότε η σχέση (2) ισοδύναμα γράφεται:

$\displaystyle{ (\sqrt{\frac{(ab+bc+ca)^2}{3}+(ab+bc+ca)})^2 \leq [(ab+bc+ca)-3]^2 }$ . Αν θέσουμε $\displaystyle{ ab+bc+ca =k }$ , τότε μένει να αποδείξουμε ότι:

$\displaystyle{ \frac{k^2}{3}+k\leq (k-3)^2 }$ , ή $\displaystyle{ k^2 +3k \leq (k-3)^2 }$ , ή $\displaystyle{ 2k^2 -21k+27 \geq 0 }$ , το οποίο είναι αληθές αφού η διακρίνουσα του

τριωνύμου είναι ίση με $\displaystyle{ -95 <0 }$ .

Αρχιμήδης 6 · #2190

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:
socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1111
Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης

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

Πολύ όμορφες οι λύσεις του Δημήτρη και Θανάση αλλά ας δούμε και την παρακάτω.

Αν x=y

τότε εύκολα θα πάρουμε μοναδική λύση την (x,y)=(0,0)

Αν ένας εκ των 2 αγνώστων είναι μηδενικός τότε θα προκύψει πάλι η μηδενική λύση (x,y)=(0,0)

και οι

Εύκολα βλέπουμε ότι αν το ζεύγος (x,y)

είναι λύση τότε και το ζεύγος (y,x)

επίσης λύση και αυτό οφείλεται στις επιμέρους συναρτήσεις (xy,(x^2-y^2)^2,x+y)

.

Αν

διαφορετικοί τότε θα έχουν μέγιστο κοινό διαιρέτη έστω ότι είναι

συνεπώς

και γνωρίζουμε ότι για ακέραιους (x,y)

θα υπάρχουν ακέραιοι k,l

ώστε

,

. (

μη μηδενικοί και (k,l)=1

)

Πριν την αντικατάσταση φέρνω την διοφαντική σε γινόμενο παραγόντων.

3xy=(x-y)^2(x+y)(x+y-1)

, Κατόπιν αντικαθιστώ τα x,y

σε συνάρτηση του

στην διοφαντική οπότε μετά την απλοποίηση του

θα έχει την παρακάτω μορφή:

d(k-l)^2(k+l)(dk+dl-1)=3kl

Σε αυτό το σημείο θα εφαρμόσω την ιδιότητα ότι (k,l)=1

.

Εφόσον (k,l)=1

τότε

συνεπώς

άρα η τελευταία εξίσωση θα γραφεί ως :

$(k-l)^2(k+l)*\dfrac{d^2k+d^2l-d}{kl}=3$

Γνωρίζουμε ότι το κλάσμα που εμφανίζεται στην διοφαντική είναι ένας ακέραιος και το πρώτο μέλος είναι απλά γινόμενο ακεραίων που ισούται με

.

Εδώ είναι εύκολο να βρεις όλους τους αγνώστους (d,k,l)

και τελικά τους (x,y)=(0,0),(0,1),(1,0),(1,2),(2,1)

Αρχιμήδης 6 · #2191

socrates έγραψε:Μερικές ασκησούλες προς - πνευματική - βρώση...

ΑΣΚΗΣΗ 1096
Να βρεθούν όλοι οι φυσικοί αριθμοί ώστε ο αριθμός να είναι τέλειο τετράγωνο.
http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=111&t=19755

Αν

περιττός τότε

5^n+12^n=2mod3

άρα δεν είναι τέλειο τετράγωνο.

Για

άρτιο έστω ότι n=2m

,

θετικός

Επειδή

θετικός ακέραιος και (5,12)=(5^m,12^m)=1

τότε θα υπάρχουν θετικοί ακέραιοι k,l

ώστε

,

όχι και οι 2 περιττοί (different parity) έτσι ώστε

5^m=k^2-l^2

,

Εφόσον

και

με

και δεδομένου ότι δεν είναι και οι 2 περιττοί τότε θα πρέπει

k=1mod2

,

(*)

Από την σχέση 12^m=2kl

και από την (*) θα πρέπει k=3^m

, $l=2^{2m-1}$

Γνωρίζουμε ότι k>l

συνεπώς θα πρέπει:

$3^m>2^{2m-1}$

Είναι αρκετή η μαθηματική επαγωγή για να αποδείξεις ότι κάτι τέτοιο δεν ισχύει για m>2

Συνεπώς

,

Για

,

και δεν είναι τετράγωνο.

Η εξίσωση έχει μοναδική λύση για n=2

την

που είναι αρχική πυθαγόρεια τριάδα όπως περιμέναμε.

#2192

Αρχιμήδης 6 έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:
socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1111
Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης

$\displaystyle{3xy+(x-y)^2(x+y)=(x^2-y^2)^2. }$
Πολύ όμορφες οι λύσεις του Δημήτρη και Θανάση αλλά ας δούμε και την παρακάτω.

Αν τότε εύκολα θα πάρουμε μοναδική λύση την

Αν ένας εκ των 2 αγνώστων είναι μηδενικός τότε θα προκύψει πάλι η μηδενική λύση και οι

Εύκολα βλέπουμε ότι αν το ζεύγος είναι λύση τότε και το ζεύγος επίσης λύση και αυτό οφείλεται στις επιμέρους συναρτήσεις .

Αν διαφορετικοί τότε θα έχουν μέγιστο κοινό διαιρέτη έστω ότι είναι συνεπώς και γνωρίζουμε ότι για ακέραιους θα υπάρχουν ακέραιοι ώστε

, . ( μη μηδενικοί και )

Πριν την αντικατάσταση φέρνω την διοφαντική σε γινόμενο παραγόντων.

, Κατόπιν αντικαθιστώ τα σε συνάρτηση του στην διοφαντική οπότε μετά την απλοποίηση του θα έχει την παρακάτω μορφή:

Σε αυτό το σημείο θα εφαρμόσω την ιδιότητα ότι .

Εφόσον τότε συνεπώς άρα η τελευταία εξίσωση θα γραφεί ως :

$(k-l)^2(k+l)*\dfrac{d^2k+d^2l-d}{kl}=3$

Γνωρίζουμε ότι το κλάσμα που εμφανίζεται στην διοφαντική είναι ένας ακέραιος και το πρώτο μέλος είναι απλά γινόμενο ακεραίων που ισούται με .

Εδώ είναι εύκολο να βρεις όλους τους αγνώστους και τελικά τους

Ωραία ιδέα, που λύνει και μια από τις άλυτες!

Αρχιμήδης 6 · #2193

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1111
Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης

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

Αν δεν θέλουμε κάτι τόσο χρονοβόρο -εκτός την όμορφη και σύντομη λύση του Θανάση- τότε μπορούμε και αλλιώς...

Αν x+y=0

μοναδική λύση (x,y)=(0,0)

Όμοια αν

συνεπώς ,

(*)

Από την παραπάνω σχέση θα πρέπει $x+y\geq0$

Άρα από την (*) θα πρέπει...

$3(x+y)^2\geq3+4(x+y)(x+y-1)$

$(x+y)^2+3-4(x+y)\leq0$

$(x+y-1)(x+y-3)\leq0$

Άρα x+y=1

ή

που βρίσκουμε τις λύσεις που έδωσα στο άλλο πόστ.

#2194

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1092
Να εξετάσετε αν υπάρχουν πρώτοι αριθμοί που να ικανοποιούν την ισότητα :

.
http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=33511

Η δοσμένη εξίσωση γράφεται: $\displaystyle{pq(1+r)+q(1+r)+p(1+r)+r+1=100099+1\Leftrightarrow (1+r)(1+p)(1+q)=100100\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{(1+r)(1+p)(1+q)=2^2 . 5^2 .7.11.13}$ , (ΣΧΕΣΗ 1)

Αν κάποιος από τους $\displaystyle{p , q , r}$ ήταν ο $\displaystyle{2}$ , τότε το πρώτο μέλος της σχέσης (1) , θα ήταν πολλαπλάσιο του $\displaystyle{3}$ , που είναι άτοπον ,

εφόσον το δεύτερο μέλος δεν είναι πολλαπλάσιο του $\displaystyle{3}$

Άρα οι $\displaystyle{p , q , r}$ είναι περιττοί, οπότε οι αριθμοί $\displaystyle{r+1 , p+1 , q+1}$ , θα είναι άρτιοι. Άρα υπάρχουν $\displaystyle{a,b,c \in N}$ , τέτοιοι ώστε

$\displaystyle{r+1=2a , p+1=2b , q+1=2c}$ . Τότε η σχέση (1) γράφεται: $\displaystyle{8abc = 2^2 . 5^2 .7.11.13\Leftrightarrow 2abc=5^2 . 7.11.13}$ , που πάλι είναι

άτοπον, εφόσον το πρώτο μέλος είναι άρτιος και το δεύτερο περιττός. Άρα δεν υπάρχουν $\displaystyle{p,q,r}$ , πρώτοι, που να ικανοποιούν την

δοσμένη εξίσωση.

#2195

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1106
Αν $x,y\geq 0$ , να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle{2(y+x^2)(x+y^2)\geq (x+y)^3}$

Αρκεί να αποδείξουμε ότι:

$\displaystyle{2(xy + y^3 +x^3 + x^2 y^2 )\geq x^3 +3x^2 y +3xy^2 + y^3}$ , ή αρκεί:

$\displaystyle{x^3 +y^3 +2xy+2x^2 y^2 \geq 3x^2 y + 3xy^2}$ , ή αρκεί:

$\displaystyle{x^3 +y^3 +xy+xy+x^2 y^2 +x^2 y^2 \geq 3x^2 y +3xy^2}$ , (ΣΧΕΣΗ 1)

Όμως:

$\displaystyle{x^3 +xy+x^2 y^2 \geq 3\sqrt[3]{x^6 y^3}=3x^2 y}$ και $\displaystyle{y^3 +xy+x^2 y^2 \geq 3\sqrt[3]{y^6 x^3}=3xy^2}$ . Mε πρόσθεση κατά μέλη

των δύο αυτών ανισοτήτων, έπεται ότι η (1) είναι αληθής και έτσι η απόδειξη ολοκληρώθηκε

#2196

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1101
Να λυθεί το σύστημα:
$\displaystyle{x^2+y^2-z(x+y)=2}$
$\displaystyle{y^2+z^2-x(y+z)=4}$
$\displaystyle{z^2+x^2-y(z+x)=8}$
http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=21&t=46552

Αφαιρώντας από την πρώτη την δεύτερη και ύστερα από την πρώτη την τρίτη εξίσωση, παίρνουμε:

$\displaystyle{(x-z)(x+y+z)=-2}$

$\displaystyle{(y-z)(x+y+z)=-6}$

Διαιρώντας αυτές κατά μέλη, παίρνουμε: $\displaystyle{\frac{x-z}{y-z}=\frac{1}{3}}$ και άρα $\displaystyle{3x-2z=y}$ . Αντικαθιστώντας το $\displaystyle{y}$ στις δύο πρώτες

εξισώσεις του δοσμένου συστήματος, παίρνουμε:

$\displaystyle{5x^2 +3z^2 -8xz=1}$

$\displaystyle{6x^2 +5z^2 -11xz=4}$

Θέτουμε $\displaystyle{z=kx}$ , $\displaystyle{k\in R}$ και έχουμε:

$\displaystyle{5x^2 + 3k^2 x^2 -8kx^2 =2}$ , (ΣΧΕΣΗ 1)

$\displaystyle{6x^2 +5k^2 x^2 -11kx^2 =4}$ , (ΣΧΕΣΗ 2)

Διαιρώντας κατά μέλη τις σχέσεις (1) και (2) έχουμε: $\displaystyle{\frac{5+3k^2 -8k}{6+5k^2 -11k}=\frac{1}{2}}$ , και από εδώ βρίσκουμε ότι

$\displaystyle{k=1}$ , ή $\displaystyle{k=2}$

Αν αντικαταστήσουμε το $\displaystyle{k}$ με το $\displaystyle{1}$ στην σχέση (1) , (΄΄η στην (2)), τότε καταλήγουμε σε άτοπο. Άρα εξετάζουμε αν έχουμε λύση όταν

$\displaystyle{k=2}$ . Για $\displaystyle{k=2}$ , η σχέση (1) δίνει $\displaystyle{x=1}$ , ή $\displaystyle{x=-1}$ .

Όταν $\displaystyle{x=1}$ , εύκολα βρίσκουμε ότι $\displaystyle{z=2}$ , $\displaystyle{y=1}$ , τιμές οι οποίες επαληθεύουν το αρχικό σύστημα και άρα είναι δεκτές.

Όταν $\displaystyle{x=-1}$ , πάλι εύκολα έχουμε ότι $\displaystyle{z=-2}$ και $\displaystyle{y=1}$ , τιμές που επίσης επαληθεύουν το σύστημα και άρα είναι και αυτές δεκτές.

Αρχιμήδης 6 · #2197

socrates έγραψε:Μερικές ασκησούλες προς - πνευματική - βρώση...

ΑΣΚΗΣΗ 1095
Να βρεθούν οι φυσικοί αριθμοί $n\ge 1$ ώστε ο αριθμός να είναι τέλειο τετράγωνο.
http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=111&t=19754

*****Αν

άρτιος τότε

για κάθε φυσικό

ισχύει το παρακάτω

$(3^{[\dfrac{n}{2}]})^2<n^2+3^n<(3^{[\dfrac{n}{2}]}+1)^2$

Άρα για

άρτιο η εξίσωση n^2+3^n=x^2

δεν έχει λύση.

---------------------------------

****Αν

περιττός τότε

n^2+3^n=x^2

συνεπώς

$3^{n+1}+(x+2n)^2=(2x+n)^2$

Για κάθε

μεγαλύτερο του

ισχύει ότι

$(x+2n)^2<3^{n+1}+(x+2n)^2<(x+2n+1)^2$

Μοναδικές λύσεις n=1

,

Υ.Γ Τις αποδείξεις τον ισχυρισμών τις αφήνω ως άσκηση.

Αρχιμήδης 6 · #2198

socrates έγραψε:Μερικές ασκησούλες προς - πνευματική - βρώση...

ΑΣΚΗΣΗ 1095
Να βρεθούν οι φυσικοί αριθμοί $n\ge 1$ ώστε ο αριθμός να είναι τέλειο τετράγωνο.
http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=111&t=19754
.

Ας παίξω άλλο λίγο να περάσει η ώρα..

n^2+3^n=x^2

,

, Θέτω

,

συνεπώς υπάρχουν φυσικοί a,b

ώστε

,

άρα

$3^b(3^{a-b}-1)=2(a+b)$

Αν a-b>1

,

τότε

$3^b(3^{a-b-1}+3^{a-b-2}+...+3^{2}+3+1)=a+b$

$3^{a-1}+3^{a-2}+...+3^{b+1}+3^b=a+b$

Δεν έχει λύση γιατί $3^{a-1}>a$ , 3^b>b

άρα

και τελικά n=1,3

ORESTIS TSATALMPASIDIS · #2199

cretanman έγραψε:
xr.tsif έγραψε:
Karanus έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 406
Να βρεθεί ο μέγιστος θετικός ακέραιος $\chi$ για τον οποίο ο αριθμός $A=2^{182}+4^{\chi }+8^{700}$ είναι τετράγωνο ακεραίου αριθμού.
Ο ΟΡΕΣΤΗΣ ΤΣΑΤΑΛΜΠΑΣΙΔΗΣ είναι μαθητής της Β γυμνασίου στο 3ο Γυμνάσιο Αλεξανδρούπολης.
Μου έστειλε αυτή τη λύση και μέχρι να μάθει το latex θα ανεβάζω εγώ τις λύσεις του.
Ένα μεγάλο μπράβο στον Ορέστη και του εύχομαι καλή πρόοδο

ΛΥΣΗ

Αναλύω την παράσταση σύμφωνα με τις παρακάτω τρεις περιπτώσεις για να εφαρμοσω σε κάθε μια από αυτές το τετράγωνο αθροίσματος.
1η) $A=2^{182}+4^{\chi }+8^{700}=(2^{91})^2+2\cdot 2^{2x-1}+(2^{1050})^2$ .
Προφανώς η παράσταση θα είναι τέλειο τετράγωνο αν
$2^{2x-1}= 2^{91}\cdot 2^{1050}$ , δηλαδή $2x-1 = 91+1050 \Rightarrow x=571$ .
2η) $A=2^{182}+4^{\chi }+8^{700}=(2^{x})^2+2\cdot 2^{181}+(2^{1050})^2$ .
Όμοια πρέπει $181 = x+1050 \Rightarrow x=-869$ .
3η) $A=2^{182}+4^{\chi }+8^{700}=(2^{91})^2+2\cdot 2^{2099}+(2^{x})^2$ .
Όμοια πρέπει $2099 = x+91 \Rightarrow x=2008$ .
Άρα η μέγιστη τιμή του είναι το .

Καλωσορίζουμε τον Ορέστη στην παρέα μας!! Είμαι σίγουρος ότι σύντομα θα μάθει να χειρίζεται το $\LaTeX$ για να μπορεί να γράφει άμεσα τις λύσεις του σε ασκήσεις στο mathematica. Ας ρίξει μια ματιά στις Εισαγωγικές Οδηγίες για $\LaTeX$

Όσον αφορά την παραπάνω προσέγγιση είναι σωστό το αποτέλεσμα αρκεί να αποδειχθεί το εξής που μένει σε εκρρεμότητα: Είδαμε ότι αν x=581

και αν

ο αριθμός

γίνεται τέλειο τετράγωνο ακεραίου. Η ερώτηση είναι η εξής: γιατί αν x>2008

ο αριθμός δεν είναι τέλειο τετράγωνο; Αυτό το τελευταίο είναι απαραίτητο για να είμαστε πλέον σίγουροι ότι η μεγαλύτερη τιμή του

για την οποία ο

είναι τέλειο τετράγωνο είναι το 2008

.

Αλέξανδρος Συγκελάκης

#2200

Άσκηση 1112
Γράφουμε τους αριθμούς $2^{2014}$ και $5^{2014}$ τον ένα μετά τον άλλον. Πόσα ψηφία έχει ο αριθμός που προκύπτει;

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