mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 05, 2011 10:53 am**

Μάκης Χατζόπουλος έγραψε:
socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 202
Αν οι πραγματικοί αριθμοί είναι τέτοιοι ώστε $a^{2}+b^{2}+c^{2}=a^{3}+b^{3}+c^{3}=1 ,$
να βρείτε την τιμή της παράστασης $P=a^{2}+b^{9}+c^{2011} .$
Λύση <...>

Η παραπάνω λύση έχει πολλή περιπτωσιολογία και χάνεται κανείς στις λεπτομέρειες. Ας μου επιτρέψετε να γράψω πιο στρωτή λύση (χωρίς να αλλάξω την ουσία).

Είναι $a^2\le a^2+b^2+c^2=1$ άρα $a^2\le 1$ οπότε και $a\le 1$ . Όμοια $b\le 1, \, c\le 1$ . Άρα
0=1-1=(a^2+b^2+c^2)-(a^3+b^3+c^3)= a^2(1-a)+b^2(1-b)+c^2(1-c)=

0=1-1=(a^2+b^2+c^2)-(a^3+b^3+c^3)= a^2(1-a)+b^2(1-b)+c^2(1-c)=

άθροισμα θετικών.
Συνεπώς 0= a^2(1-a)=b^2(1-b)=c^2(1-c)

δηλαδή τα

παίρνουν μόνο τις τιμές

ή

. Με έλεγχο
διαπιστώνουμε ότι οι μόνες αποδεκτές είναι οι (1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)

και η τελική παράσταση είναι

σε όλες τις περιπτώσεις.

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 05, 2011 12:20 pm**

Μάκης Χατζόπουλος έγραψε:

ΑΣΚΗΣΗ 200
Να βρεθεί ο πρώτος αριθμός $\displaystyle{p}$ αν $\displaystyle{7p + 1 = {v^2}}$ , όπου $\displaystyle{v}$ φυσικός μη μηδενικός. (Γερμανία 1991)

Είναι $\displaystyle{p\ne 2,}$ αφού ο αριθμός $\displaystyle{7\cdot 2+1=15}$ δεν είναι τετράγωνο ακεραίου.

Άρα, ο $\displaystyle{p}$ είναι περιττός και επομένως ο $\displaystyle{v^2}$ , άρα και ο $\displaystyle{v}$ είναι άρτιος. Ας είναι $\displaystyle{v=2m}$ με $\displaystyle{m}$ θετικό ακέραιο.

Τότε, είναι $\displaystyle{7p+1=4m^2}$ άρα $\displaystyle{7p=(2m-1)(2m+1).}$ Επειδή είναι, προφανώς, $\displaystyle{2m-1\ne 1}$ και οι $\displaystyle{7,p}$ είναι πρώτοι, θα πρέπει

( $\displaystyle{2k-1=7}$ και $\displaystyle{2k+1=p}$ ) ή ( $\displaystyle{2k-1=p}$ και $\displaystyle{2k+1=7}$ ).

Στην πρώτη περίπτωση βρίσκουμε $\displaystyle{k=4}$ άρα $\displaystyle{p=9}$ , άτοπο, αφού $\displaystyle{p}$ πρώτος.
Στη δεύτερη περίπτωση είναι $\displaystyle{k=3}$ και $\displaystyle{p=5}$ , δεκτό!

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 05, 2011 1:22 pm**

Ευχαριστώ για το καλωσόρισμα.
Έπρεπε να αποδείξω την παραπάνω πρόταση ,αλλά το απέφυγα ,γιατί δεν ήμουν σίγουρος αν έγραφα σωστά στο Latex.
Λοιπόν: Το 3^3

αφήνει υπόλοιπο

διαιρούμενο με το

.Αυτό σημαίνει ότι τα 3άρια υψωμένα σε εκθέτη που είναι πολαπλάσιο του

αφήνουν υπόλοιπο

διαρούμενα με το

.
Με την ίδια λογική βρίσκουμε ότι το 3^4

αφήνει υπόλοιπο

αν διαιρεθεί με το

, ενώ το

αφήνει υπόλοιπο

διαιρούενο με το

.
Παρατηρούμε ότι αν προσθέσουμε τα υπόλοιπα των αριθμών 3^3

,

και

το αποτέλεσμα είναι 13.
το ίδιο γίνεται και για όμοιες τριάδες με μεγαλύτερο εκθέτη, όπως η 3^60 , 3^61 , 3^62

το

αφήνει υπόλοιπο

αφού το

είναι πολαπλάσιο του

.Το

αφήνει υπόλοιπο

και το

αφήνει υπόλοιπο

.Άρα κάθε τριάδα πρέπει να είναι της μορφής -> $3^{3\nu} , 3^{3\nu+1} , 3^{3\nu+2}$ .

Δεν χρσιμοπιήσα ισοτιμίες , γιατί δεν ήξερα πώς να το γράψω στο Latex.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 05, 2011 1:50 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 203:
Να αποδειχθεί ότι υπάρχουν άπειρες τριάδες θετικών ακεραίων m,n,k

έτσι, ώστε να ισχύει ότι:

$4mn-m-n=k^{2}-1$

Και ένα δεύτερο ερώτημα για δυνατούς λύτες:

Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχουν θετικοί ακέραιοι m,n,k

έτσι, ώστε να ισχύει ότι: $4mn-m-n=k^{2}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 05, 2011 2:46 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 203: Να αποδειχθεί ότι υπάρχουν άπειρες τριάδες θετικών ακεραίων έτσι, ώστε να ισχύει ότι:

$4mn-m-n=k^{2}-1$

Και ένα δεύτερο ερώτημα για δυνατούς λύτες:

Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχουν θετικοί ακέραιοι έτσι, ώστε να ισχύει ότι: $4mn-m-n=k^{2}$

Π.χ.

Είναι $4mn-m-n=k^{2} \iff (4m-1)(4n-1)=4k^2+1.$ Υπάρχει πρώτος

της μορφής p=4a+3

τέτοιος ώστε p|4m-1

οπότε και

Αυτό όμως είναι άτοπο, δείτε π.χ. εδώ

ΑΣΚΗΣΗ 204
Να βρείτε τους πρώτους p,q,r

έτσι ώστε οι αριθμοί pq +qr +rp

και

να διαιρούνται με τον p+q +r.

ΑΣΚΗΣΗ 205
Πόσοι τετραψήφιοι αριθμοί $\overline{abcd}$ είναι τέτοιοι ώστε a + b = c + d

και

;

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 189
Αν σε τρίγωνο ισχύει να δείξετε ότι η κορυφή τα μέσα των πλευρών και και το έκκεντρο είναι ομοκυκλικά σημεία.

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 192:
Οι αριθμοί χωρίζονται σε δύο ομάδες και . Είναι αληθές ότι υπάρχουν δύο αριθμοί πάντα που ανήκουν στην ίδια ομάδα και η διαφορά τους ανήκει στην ίδια ομάδα;

(Από διαγωνισμό της ΕΜΕ για την Γ Γυμνασίου, 1995)

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 05, 2011 3:29 pm**

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 189
Αν σε τρίγωνο ισχύει να δείξετε ότι η κορυφή τα μέσα των πλευρών και και το έκκεντρο είναι ομοκυκλικά σημεία.

Θεωρούμε ότι η περιφέρεια (AMN),

όταν

τα μέσα των AB, AC

αντίστοιχα, τέμνει την διχοτόμο της γωνίας $\angle A,$ στο σημείο

Έστω

η προβολή του

στην

αν $AB \leqslant AC.$
Από το θεώρημα του Mac’ Laurin παίρνουμε:
$AD = \frac{{AM + AN}} {2} = \frac{{AB + AC}} {4} = \frac{{BC}} {2}\;\kappa \alpha \iota \;AE = \tau - BC = \frac{{BC}} {2} \Rightarrow D \equiv E,$
όταν

είναι το σημείο επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου με την πλευρά AC.

Εδώ θεωρούμε ότι το πρόβλημα λύθηκε.

* Στο σχήμα φαίνεται και η κατασκευή ενός τριγώνου ABC

, ώστε να πληρούνται τα δεδομένα.

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 05, 2011 11:36 pm**

Θα επιχειρήσω να δώσω μια λύση στην άσκηση 196, που η αλήθεια είναι ότι δεν μπόρεσα να κάνω ικανοποιητική διατύπωση. Θα περιμένουμε και άλλες απόψεις από τους "αετούς" της θεωρίας αριθμών, που υπάρχουν αρκετοί στο mathematica.

Είναι γνωστό, ότι κάθε φυσικός αριθμός, μπορεί να αναλυθεί κατά μοναδικό τρόπο σε γινόμενο πρώτων παραγόντων.

Έτσι,έχουμε ότι:

$a=p_{1}^{\alpha _{1}}p_{2}^{\alpha _{2}}...p_{k}^{\alpha _{k}}$

$b=q_{1}^{\beta _{1}}q_{2}^{\beta _{2}}...q_{\lambda }^{\beta _{\lambda }}$

$c=r_{1}^{\gamma _{1}}r_{2}^{\gamma _{2}}...r_{\mu }^{\gamma _{\mu }}$

$d=s_{1}^{\delta _{1}}s_{2}^{\delta _{2}}...s_{\rho }^{\delta _{\rho }}$

(Όπου όλοι οι παραπάνω αριθμοί είναι πρώτοι)

Άρα , αφού ab=cd

, τότε κάποιοι από τους $p_{i},q_{j}$ θα είναι ίσοι με κάποιους από τους $r_{n},r_{m}$ , όπου

$1\leq i\leq k,1\leq j\leq \lambda ,1\leq n\leq \mu ,1\leq m\leq \mu$

Άρα μπορούμε να βρούμε φυσικούς αριθμούς x,y,z,w

(διάφορους του μηδενός) ώστε να είναι

a=xy,b=zw,c=xz,d=yw

, όπου

$1\leq i\leq k,1\leq j\leq \lambda ,1\leq n\leq \mu ,1\leq m\leq \mu$

Τότε έχουμε:
$a^{2011}+b^{2011}+c^{2011}+d^{2011}=$

$x^{2011}y^{2011}+z^{2011}w^{2011}+x^{2011}z^{2011}+y^{2011}w^{2011}=$

$x^{2011}(y^{2011}+z^{2011})+w^{2011}(z^{2011}+y^{2011})=(y^{2011}+z^{2011})(x^{2011}+w^{2011}).$

Άρα ο αριθμός αυτός είναι σύνθετος, αφού κανένας από τους δύο παράγοντες δεν είναι ίσος με την μονάδα

Ιωάννου Δημήτρης

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 05, 2011 11:53 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:Η επόμενη άσκηση , (αν θυμάμαι καλά) έχει τεθεί (με μικρή παραλλαγή) σε μαθηματικό διαγωνισμό:

ΑΣΚΗΣΗ 196:
Δίνονται οι φυσικοί αριθμοί οι οποίοι συνδέονται με την σχέση: . Να αποδείξετε ότι ο αριθμός $a^{2011}+b^{2011}+c^{2011}+d^{2011}$ είναι σύνθετος

Έστω $m=\gcd(a,c)$ και $n=\gcd(b,d)$ .

Τότε a=mp

και

με

θετικούς ακεραίους με $\gcd(p,q)=1$ , και

b=nr

και

με

θετικούς ακεραίους με $\gcd(r,s)=1$ .

Αφού

$\dfrac{p}{q}=\dfrac{a}{c}=\dfrac{d}{b}=\dfrac{s}{r}$ και $\gcd(p,q)=1$ , $\gcd(r,s)=1$ , έπεται ότι p=s

και

.

Τότε

$a^{2011}+b^{2011}+c^{2011}+d^{2011}=(m^{2011}+n^{2011})(p^{2011}+q^{2011})$

με $m^{2011}+n^{2011}>1$ και $p^{2011}+q^{2011}>1$ .

Άρα ο αριθμός είναι σύνθετος.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 06, 2011 12:15 am**

Antonis_Z έγραψε:
Μάκης Χατζόπουλος έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 199
Να αποδειχθεί ότι ο αριθμός $\displaystyle{\alpha = 1 + 3 + {3^2} + ... + {3^{89}}}$ διαιρείται με το 13. ( Ρουμανία 1997)
Η παράσταση Α έχει 90 όρους άρα μπορούμε να την χωρίσουμε σε τριάδες(με τη σειρά).
Παρατηρούμε ότι οι τριάδες που έχουν το με εκθέτες διαδοχικους αριθμούς, το άθροισμά των όρων κάθε τέτοιας τριάδας είναι διαιρετό με το 13.Επίσης η πρώτη τριάδα -> είναι διαρετή με το 13.Άρα αν προσθέσουμε τις τριάδες που οι εκθέτες του είναι διαδοχικοί αριθμοί και την πρώτη προκείπτει η παράσταση Α που είναι διαρετή με το 13.

Με συγχωρείτε αν υπάρχουν λάθη(στο κείμενο) αλλά είναι μόλις η πρώτη μου δημοσίευση.

Αλλιώς:

Είναι $2\alpha=(3-1)( 1 + 3 + {3^2} + ... + 3^{89})=3^{90}-1=(3^3)^{30}-1\equiv 0 \pmod{13}$ ,(*)

αφού $3^3=27\equiv 1\pmod{13}$ .

Αφού $\gcd(2,13)=1$ έπεται ότι $a\equiv 0 \pmod{13}$ .

(διαφορετικα, πολλαπλασιάζοντας την (*) με 7 παίρνουμε $13a+a=14a\equiv 0 \pmod{13}$ , κι άρα $a\equiv 0 \pmod{13}$ ).

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 06, 2011 12:28 am**

Είδαμε και μια ακόμα άποψη (πιο κατανοητή) από τον Αχιλέα για την άσκηση 196.

Θα δώσω μια λύση και για την άσκηση 205

Έχουμε a+b=c+d

(0)

$a^{2}+b^{2}=c^{2}+d^{2}$ (1)

Άρα $(a+b)^{2}-2ab=(c+d)^{2}-2cd\Rightarrow -2ab=-2cd$ (2)

Με πρόσθεση κατά μέλη των σχέσεων (1) και (2) παίρνουμε

$(a-b)^{2}=(c-d)^{2}\Rightarrow a-b=c-d$ ή a-b=-c+d

1η Περίπτωση: a-b=c-d

(3)

Τότε από τις σχέσεις (0),(3) έπεται ότι a=c,b=d

και άρα ο τετραψήφιος αριθμός είναι της μορφής $\bar{abab}$
Και τέτοιας μορφής τετραψήφιοι είναι στο πλήθος 90 (αφού το

μπορεί να πάρει τις τιμές 1,2,3,...,9 και το

τις τιμές 0,1,2,...,9

2η περίπτωση: a-b=-c+d

(4)

Τότε από τις σχέσεις (0),(4) έπεται ότι a=d,c=b

και άρα ο τετραψήφιος αριθμός είναι της μορφής abba

Και τέτοιας μορφής τετραψήφιοι είναι στο πλήθος πάλι 90. Όμως από αυτούς θα πρέπει να αφαιρέσουμε όσοι ήδη υπάρχουν στην πρώτη περίπτωση δηλαδή όσοι έχουν a=b

. Δηλαδή πρέπει να αφαιρέσουμε τους αριθμούς
1111,2222,...,9999 οι οποίοι είναι 9 στο πλήθος.

Από τα παραπάνω, συμπεραίνουμε ότι όλοι οι ζητούμενοι τετραψήφιοι είναι

90+90-9=171.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 06, 2011 1:29 am**

ΑΣΚΗΣΗ 206: Να αναλυθεί ο αριθμός $2^{2010}+1$ σε γινόμενο δύο παραγόντων, έτσι ώστε ο καθένας να είναι μεγαλύτερος του $2^{1004}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 06, 2011 3:35 am**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 206: Να αναλυθεί ο αριθμός $2^{2010}+1$ σε γινόμενο δύο παραγόντων, έτσι ώστε ο καθένας να είναι μεγαλύτερος του $2^{1004}$

$2^{2010}+1=\left(2^{1005}+1+2^{503}\right)\left(2^{1005}+1-2^{503}\right) = A\cdot B$

όπου $A=2^{1005}+1+2^{503} > 2^{1004}$ και $B=2^{1005}+1-2^{503}=2\cdot 2^{1004}-2^{503}+1 = 2^{1004}+\left(2^{1004}-2^{503}+1\right)>2^{1004}$

Με την ευκαιρία του παραπάνω προβλήματος να θέσω κι εγώ άλλο ένα

ΑΣΚΗΣΗ 207: Να δείξετε ότι υπάρχουν τουλάχιστον 5 ζευγάρια από διαδοχικούς θετικούς ακεραίους που είναι τέτοιοι ώστε το άθροισμα των τετραγώνων των αριθμών σε κάθε ζευγάρι να διαιρεί τον αριθμό $2^{2006}+1$

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 06, 2011 6:18 am**

Antonis_Z έγραψε:Ευχαριστώ για το καλωσόρισμα.
Έπρεπε να αποδείξω την παραπάνω πρόταση ,αλλά το απέφυγα ,γιατί δεν ήμουν σίγουρος αν έγραφα σωστά στο Latex.
Λοιπόν: Το αφήνει υπόλοιπο διαιρούμενο με το .Αυτό σημαίνει ότι τα 3άρια υψωμένα σε εκθέτη που είναι πολαπλάσιο του αφήνουν υπόλοιπο διαρούμενα με το .
Με την ίδια λογική βρίσκουμε ότι το αφήνει υπόλοιπο αν διαιρεθεί με το , ενώ το αφήνει υπόλοιπο διαιρούενο με το .
Παρατηρούμε ότι αν προσθέσουμε τα υπόλοιπα των αριθμών , και το αποτέλεσμα είναι 13.
το ίδιο γίνεται και για όμοιες τριάδες με μεγαλύτερο εκθέτη, όπως η
το αφήνει υπόλοιπο αφού το είναι πολαπλάσιο του .Το αφήνει υπόλοιπο και το αφήνει υπόλοιπο .Άρα κάθε τριάδα πρέπει να είναι της μορφής -> $3^{3\nu} , 3^{3\nu+1} , 3^{3\nu+2}$ .
Δεν χρσιμοπιήσα ισοτιμίες , γιατί δεν ήξερα πώς να το γράψω στο Latex.

Δεν μπορούμε πιο απλά να πούμε ότι κάθε παρένθεση που περιέχει τους 3 όρους θα είναι της μορφής
$3^x + 3^{x+1} + 3^{x+2} = 3^x(1 + 3 + 3^2) = 3^x\cdot13$ άρα πολλαπλάσιο του 13;

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 09, 2011 9:28 am**

cretanman έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 206: Να αναλυθεί ο αριθμός $2^{2010}+1$ σε γινόμενο δύο παραγόντων, έτσι ώστε ο καθένας να είναι μεγαλύτερος του $2^{1004}$
$2^{2010}+1=\left(2^{1005}+1+2^{503}\right)\left(2^{1005}+1-2^{503}\right) = A\cdot B$

όπου $A=2^{1005}+1+2^{503} > 2^{1004}$ και $B=2^{1005}+1-2^{503}=2\cdot 2^{1004}-2^{503}+1 = 2^{1004}+\left(2^{1004}-2^{503}+1\right)>2^{1004}$

Με την ευκαιρία του παραπάνω προβλήματος να θέσω κι εγώ άλλο ένα

ΑΣΚΗΣΗ 207: Να δείξετε ότι υπάρχουν τουλάχιστον 5 ζευγάρια από διαδοχικούς θετικούς ακεραίους που είναι τέτοιοι ώστε το άθροισμα των τετραγώνων των αριθμών σε κάθε ζευγάρι να διαιρεί τον αριθμό $2^{2006}+1$

Αλέξανδρος

Αλέξανδρε, μάλλον θα χρτειαστούμε κάποια υπόδειξη για την άσκηση 207.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 09, 2011 12:54 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
cretanman έγραψε: Με την ευκαιρία του παραπάνω προβλήματος να θέσω κι εγώ άλλο ένα

ΑΣΚΗΣΗ 207: Να δείξετε ότι υπάρχουν τουλάχιστον 5 ζευγάρια από διαδοχικούς θετικούς ακεραίους που είναι τέτοιοι ώστε το άθροισμα των τετραγώνων των αριθμών σε κάθε ζευγάρι να διαιρεί τον αριθμό $2^{2006}+1$

Αλέξανδρος
Αλέξανδρε, μάλλον θα χρτειαστούμε κάποια υπόδειξη για την άσκηση 207.

Δεν είναι κακό να υπάρχουν και προβλήματα τα οποία ζοριζόμαστε κάπως παραπάνω. Πολλές φορές κερδίζουμε περισσότερα από την προσπάθεια επίλυσης ενός προβλήματος, έστω και αποτυχημένη, παρά από το να δούμε την λύση του.

Προς το παρόν έχω βρει τέσσερα ζευγάρια. Δίνω το σκεπτικό: Αν x,x+1

είναι οι δυο διαφορετικοί ακέραιοι, τότε x^2 + (x+1)^2 = 2x^2 + 2x + 1

. Αυτό μοιάζει πολύ με την παραγοντοποίηση $2^{2006} + 1 = (2^{1005} +2^{503} + 1)(2^{1005} - 2^{503} + 1)$ που έκανε ο Αλέξανδρος στο πρόβλημα 206. Κάνοντας το ίδιο για το $2^{2006} + 1$ έχουμε $2^{206} + 1 = (2^{1003} +2^{502} + 1)(2^{1003} - 2^{502} + 1)$ . Τώρα παρατηρούμε ότι για $x=2^{501}$ έχουμε $2x^2 + 2x + 1 = 2^{1003} + 2^{502} + 1|2^{2006}+1$ . Βρήκαμε λοιπόν το πρώτο ζευγάρι. Είναι το $(2^{501},2^{501}+1)$ .

Αφού αυτό δούλεψε ας προσπαθήσουμε να συνεχίσουμε με παρόμοιο τρόπο. Για κάθε μη αρνητικό ακέραιο

έχουμε $2^{4n+2} + 1 = (2^{2n+1} + 2^{n+1} + 1)(2^{2n+1} - 2^{n+1} + 1)$ . Επίσης για x = 2^n

έχουμε $2x^2 + 2x+1 = 2^{2n+1} + 2^{n+1} + 1$ . Άρα αν $2^{4n+2} + 1|2^{2006} + 1$ , τότε παίρνουμε και το ζευγάρι (2^n,2^n+1)

.

Μπορούμε να βρούμε τέτοιους αριθμούς;

Βασικό λήμμα: Αν a,b

φυσικοί αριθμοί με

περιττό, τότε το 2^a+1

διαιρεί το $2^{ab}+1$ .

Απόδειξη: $\displaystyle{(1+2^a)(1 - 2^a + 2^{2a} - 2^{3a} + \cdots - 2^{(b-1)a}) = (1 - 2^a + 2^{2a} - 2^{3a} + \cdots - 2^{(b-1)a}) - (2^a - 2^{2a} + 2^{3a} - 2^{4a} + \cdots - 2^{ba}) = 2^{ab}+1}$

[Η υπόθεση

περιττός χρειάζεται για να έχουμε πλην στον συντελεστή του $2^{(b-1)a}$ στο αριστερό μέλος.]

Επειδή $2006 = 2 \times 17 \times 59$ από το βασικό λήμμα συμπεραίνουμε ότι $2^m+1|2^{2006}+1$ για κάθε $m \in \{2,2\times17,2\times 59,2\times 17\times 59\} = \{2,34,118,2006\}$ . Επειδή όλοι αυτοί οι αριθμοί είναι της μορφής 4n+2

παίρνουμε τα ζευγάρια $(1,2),(2^{8},2^{8}+1),(2^{29},2^{29}+1),(2^{501},2^{501}+1)$ .

Μας λείπει ακόμη ένα ζευγάρι. Αν και ο Αλέξανδρος ζητάει θετικούς ακεραίους, θα κλέψω και θα πω ότι είναι το (0,1)

. Αν μας πει ότι θέλει ακόμη ένα θα πρέπει να ξανασκεφτούμε τι να κάνουμε...

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 09, 2011 1:15 pm**

Demetres έγραψε: <...> Πολλές φορές κερδίζουμε περισσότερα από την προσπάθεια επίλυσης ενός προβλήματος, έστω και αποτυχημένη, παρά από το να δούμε την λύση του. <...>

Συμφωνώ και επαυξάνω.

Μ.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 09, 2011 2:35 pm**

Demetres έγραψε: Δεν είναι κακό να υπάρχουν και προβλήματα τα οποία ζοριζόμαστε κάπως παραπάνω. Πολλές φορές κερδίζουμε περισσότερα από την προσπάθεια επίλυσης ενός προβλήματος, έστω και αποτυχημένη, παρά από το να δούμε την λύση του.

Κατά την άποψη μου η παραπάνω επιστημονική άποψη ΔΕΝ είναι απλά μία Αλήθεια,... είναι Η ΑΛΗΘΕΙΑ.

Σ.Ε.Λουρίδας

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 09, 2011 3:26 pm**

S.E.Louridas έγραψε:
Demetres έγραψε: Δεν είναι κακό να υπάρχουν και προβλήματα τα οποία ζοριζόμαστε κάπως παραπάνω. Πολλές φορές κερδίζουμε περισσότερα από την προσπάθεια επίλυσης ενός προβλήματος, έστω και αποτυχημένη, παρά από το να δούμε την λύση του.
Κατά την άποψη μου η παραπάνω επιστημονική άποψη ΔΕΝ είναι απλά μία Αλήθεια,... είναι Η ΑΛΗΘΕΙΑ.

Σ.Ε.Λουρίδας

Eπειδή είμαστε μαθηματικοί και μας αρέσει η ακρίβεια,γίνεται να συγκεκριμενοποιήσουμε αυτά τα οφέλη που κερδίζουμε απ'τη προσπάθεια επίλυσης,ώστε να αποδειχθεί πράγματι η ύπαρξή τους και να μη βασιζόμαστε απλά στη διαίσθησή μας;

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 09, 2011 4:04 pm**

Προσωπική μου άποψη:
"Η επίτευξη της λύσης, τουλάχιστον ενός καινούργιου μαθηματικού προβλήματος, όποτε αυτή επιτυγχάνεται, είναι αποτέλεσμα της οδού που ανοίγεται από την απόρριψη των πιθανών λαθεμένων σκέψεων που κάνουμε κατά την διαδικασία επίλυσης του".
Η Επιστημονική διαπύστωση δεν είναι διαίσθηση είναι γνώση, αν και η διαίσθηση στά Μαθηματικά οδηγεί ενίοτε στην γνώση.

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 09, 2011 4:34 pm**

Demetres έγραψε: Δεν είναι κακό να υπάρχουν και προβλήματα τα οποία ζοριζόμαστε κάπως παραπάνω. Πολλές φορές κερδίζουμε περισσότερα από την προσπάθεια επίλυσης ενός προβλήματος, έστω και αποτυχημένη, παρά από το να δούμε την λύση του.

Είναι πολύ σωστό και σημαντικό αυτό!

Είναι $2^{1005} - 2^{503} + 1=2^{1004}+(2^{502}-1)^2,$ οπότε άλλο ένα ζεύγος είναι $(2^{502}-1,2^{502}).$
Παρόμοια, μπορούμε να βρούμε και άλλα ζεύγη.

ΑΣΚΗΣΗ 208

Οι θετικοί ακέραιοι a,b,n

είναι τέτοιοι ώστε ο αριθμός $a^{2}+2nb^{2}$ να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.
Να δείξετε ότι ο αριθμός $a^{2}+nb^{2}$ γράφεται ως άθροισμα δύο τέλειων τετραγώνων.

ΑΣΚΗΣΗ 209

Αν S(n)

το άθροισμα των ψηφίων του φυσικού

να δείξετε ότι ο αριθμός S(2n^2 +3)

δεν είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

ΑΣΚΗΣΗ 210

Να βρείτε τους πρώτους p,q,r

ώστε οι αριθμοί pq +r, pq +r^2, qr +p, qr +p^2, rp+q, rp+q^2

να είναι επίσης πρώτοι.

ΑΣΚΗΣΗ 211

Να δείξετε ότι $a(a-1)+b(b-1)+c(c-1) \leq (a+b+c-4)(a+b+c-5)+4,$ αν $a,b,c\geq 2.$

ΑΣΚΗΣΗ 212

Θεωρούμε σκακιέρα $50\times 50.$ Αρχικά όλα τα τετράγωνα $1\times 1$ έχουν μαύρο χρώμα.
Μια κίνηση συνίσταται στο να αλλάξουμε το χρώμα όλων των τετραγώνων μιας στήλης ή μιας γραμμής (αν είναι μαύρο γίνεται άσπρο και αν είναι άσπρο γίνεται μαύρο.)
α) Δείξτε ότι δεν είναι δυνατόν, μετά από ένα αριθμό κινήσεων, να έχουμε ακριβώς 2011