mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 17, 2011 9:20 pm**

socrates έγραψε: 14.
Έστω ένα υποσύνολο του $\{1,2,3,...,2011\}$ τέτοιο ώστε:
ανάμεσα σε τρία οποιαδήποτε στοιχεία του, υπάρχουν δύο, τέτοια ώστε το ένα να διαιρεί το άλλο.
Να βρεθεί ο μέγιστος αριθμός στοιχείων που μπορεί να έχει το .

Δίνω μια διαφορετική απόδειξη για το 14. Ορίζουμε μια μερική διάταξη στο

με $m \preccurlyeq n$ αν και μόνο αν m|n

. ( Μερική διάταξη σημαίνει ότι για κάθε

έχουμε $x \preccurlyeq x$ , για κάθε x,y

αν $x \preccurlyeq y$ και $y \preccurlyeq x$ τότε x = y

και τέλος για κάθε x,y,z

, αν $x \preccurlyeq y$ και $y \preccurlyeq z$ τότε $x \preccurlyeq z$ .)

Αν ένα υποσύνολο

του

έχει την ιδιότητα ότι για κάθε $x,y \in A$ έχουμε $x \preccurlyeq y$ ή $y \preccurlyeq x$ τότε το ονομάζουμε αλυσίδα. Αν έχει την ιδιότητα ότι για κάθε $x,y \in A$ με $x \preccurlyeq y$ τότε x=y

τότε το ονομάζουμε αντιαλυσίδα.

Στην άσκηση τώρα, δίνεται ως δεδομένο ότι το

δεν έχει αντιαλυσίδα με τρία στοιχεία. Το θεώρημα Dilworth (το έχουμε δει και εδώ) λέει ότι το μέγεθος της μεγαλύτερης αντιαλυσίδας ισούται με τον μεγαλύτερο αριθμό αλυσίδων στο οποίο μπορούμε να διαμερίσουμε το

. Στην περίπτωσή μας λοιπόν το

μπορεί να χωριστεί σε δυο το πολύ αλυσίδες. Η μεγαλύτερη δυνατή αλυσίδα είναι η $\{1,2,4,\ldots,1024\}$ . Επίσης κάθε αλυσίδα που δεν περιέχει το 1 δεν μπορεί να περιέχει περισσότερα από 10 στοιχεία. Άρα $|M| \leqslant 21$ με ισότητα αν π.χ. έχουμε $M = \{1,2,4\ldots,1024\} \cup \{3,6,12,\ldots,1536\}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 17, 2011 9:46 pm**

socrates έγραψε: 45.
Να λυθούν στους φυσικούς αριθμούς οι εξισώσεις:

$a!b! =a!+b!+2^{c}$

Για το ι) πρώτα: Γράφουμε τη σχέση στη μορφή c!+1=(a!-1)(b!-1)

. Από την τελευταία έχουμε ότι c!>a!, c!>b!

. Επομένως έχουμε ότι a!|c! και b!|c! άρα θα πρέπει a!=b!

Επομένως η σχέση γίνεται a!(a!-2)=c!

ή

. αν $a\geq 3$ και $c-a\geq 3$ , με τη διαιρετότητα με 3 αυτό είναι άτοπο. Άρα έχουμε ότι a!-2=(a+1)(a+2)

ή

. Στην πρώτη a|4 και δεν έχουμε λύσεις. Στη δεύτερη a|3 άρα a=3 που είναι λύση. Άρα οι λύσεις της πρώτης είναι (a,b,c)=(3,3,4)

Για το ιι)
Κοιτάζοντας τη μέγιστη δύναμη του 2 που διαιρεί το πρώτο και το δεύτερο μέλος και απλοποιώντας βρίσκουμε ότι οι μέγιστες δυνάμεις του 2 που διαιρούν το a! και το b! είναι ίδιες. Άρα a=b.
Επομένως a!(a!-2)=2^c

συνεπώς a=2, που δεν δίνει λύση.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Φεβ 18, 2011 12:41 pm**

S.E.Louridas έγραψε:36.
Να χαρακτηριστεί ο συλλογισμός που ακολουθεί, χρησιμοποιώντας έναν από τους χαρακτηρισμούς ΑΛΗΘΗΣ ή ΨΕΥΔΗΣ, αιτιολογώντας πλήρως την απάντηση σας:

« Θεωρούμε ισόπλευρο τρίγωνο πλευράς 3. Τότε υπάρχει εσωτερικό σημείο του ισόπλευρου τριγώνου που δεν ανήκει σε ευθύγραμμο τμήμα μήκους 2 και που τα άκρα του ευθυγράμμου αυτού τμήματος είναι σημεία του σχήματος του ισόπλευρου τριγώνου πού θεωρήσαμε ».

* Ενα ερώτημα: Τι θα ίσχυε αν αντί γιά ευθύγραμμο τμήμα μήκους 2, μιλούσαμε γιά ευθύγραμμο τμήμα μήκους 2-ε, όταν ε ανήκει στο διάστημα $(0,\frac{2}{n}),$ και όταν n είναι τυχόν θετικός ακέραιος αριθμός;

S.E.Louridas

Η πρόταση είναι ψευδής. Θα δείξουμε ότι για κάθε εσωτερικό σημείο

του τριγώνου, υπάρχει ευθεία μήκους 2 η οποία περνάει από αυτό το σημείο και έχει τα άκρα του πάνω στις πλευρές του τριγώνου.

Ορίζουμε μια αρχή τον αξόνων με κέντρο το

. Για κάθε $\theta \in [0,2\pi]$ υπάρχει μοναδικό ευθύγραμμο τμήμα που περνάει από το

, σχηματίζει γωνία $\theta$ με τον άξονα των

και έχει τα άκρα του πάνω στις πλευρές του τριγώνου. Έστω $f(\theta)$ το μήκος του ευθυγράμμου τμήματος. Τότε η συνάρτηση $f:[0,2\pi] \to \mathbb{R}$ είναι συνεχής. Αρκεί λοιπόν από το θεώρημα ενδιάμεσης τιμής να δείξουμε ότι υπάρχουν $\theta_1,\theta_2$ με $f(\theta_1) \leqslant 2$ και $f(\theta_2) \geqslant 2$ . Για να το δείξουμε αυτό, φέρνουμε τις διαμέσους AD,BE,CF

οι οποίες διαμερίζουν το τρίγωνο σε 6 κομμάτια. Έστω ότι το

ανήκει (μέσα ή πάνω) στο τρίγωνο BDG

, όπου

το βαρύκεντρο. Τότε η ευθεία που περνά από το

, είναι παράλληλη της

και έχει τα άκρα της στις πλευρές

και

του τριγώνου έχει μήκος μεγαλύτερο ή ίσο 2. (Εξήγηση: Η απόσταση του

από την

είναι μικρότερη ή ίση της απόσταση του

από την

και επομένως το μήκος της ευθείας είναι μεγαλύτερο ή ίσο από το μήκος της ευθείας που περνά από το βαρύκεντρο και είναι παράλληλη της

το οποίο και ισούται με 2.) Επίσης, η ευθεία που περνάει από το

και είναι παράλληλη της

έχει μήκος μικρότερο ή ίσο του 2. (Παρόμοια εξήγηση με πιο πάνω.)

Αν το

ανήκει σε ένα από τα άλλα 5 κομμάτια, η απόδειξη είναι παρόμοια. Επομένως το ζητούμενο αποδείχθηκε.

Για το επόμενο ερώτημα ισχυρίζομαι ότι κάθε ευθεία που περνάει από το βαρύκεντρο και έχει τα άκρα της στις πλευρές του τριγώνου έχει μήκος μεγαλύτερο ή ίσο με 2.

Δίνω μια απόδειξη. Πρέπει να υπάρχει πιο σύντομη αλλά δεν την βλέπω. Έστω

μια ευθεία που περνά από το

με το

πάνω στην

και το

πάνω στην

. Έστω

το συμμετρικό του

σε σχέση με την διάμεσο

. Έστω επίσης

το σημείο τομής της

της ευθείας που περνάει από το

και είναι παράλληλη με την

. Αρκεί να δείξουμε ότι $2(GL) \geqslant (GN{'}) + (GM)$ . Παρατηρούμε ότι η

είναι διχοτόμος της γωνίας

του τριγώνου GN{'}M

. Αρκεί λοιπόν να δείξω ότι σε κάθε τρίγωνο ABC

, αν

είναι το μήκος της διχοτόμου της

, τότε $x \leqslant (b+c)/2$ . Θα δείξω το πιο ισχυρό $x^2 \leqslant bc$ . Είναι γνωστό όμως ότι $x^2 = bc(1 - \frac{a}{b+c})^2$ και επομένως $x^2 \leqslant bc$ . (Τον τελευταίο τύπο δεν τον θυμόμουν απέξω αλλά η απόδειξη είναι εύκολη με θεώρημα Stewart και νόμο ημιτόνων.)

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Φεβ 18, 2011 12:56 pm**

Nick1990 έγραψε: 21.

Θεωρούμε ένα σύνολο με 2011 θετικούς ακεραίους, τέτοιο ώστε για κάθε 3 θετικούς ακεραίους $x,y,z \in M$ , με $x \neq y$ , να ισχύει $x + y \neq z$ . Να βρεθεί η ελάχιστη δυνατή τιμή του μεγαλύτερου απο τους 2011 θετικούς ακεραίους του συνόλου .

Έστω

το μεγαλύτερο στοιχείο του

. Ισχυρίζομαι ότι $m \geqslant 4020$ . Έστω ότι ο ισχυρισμός μου δεν ισχύει και ότι έχουμε $m \leqslant 4019$ . Διαμερίζω το $\{1,2,\ldots,m-1\}$ σε $[m/2] \leqslant 2009$ υποσύνολα της μορφής $\{k,m-k\}$ όπου $1 \leqslant k \leqslant [m/2]$ . Από την αρχή του περιστερώνα, ένα από αυτά τα υποσύνολα θα περιέχει τουλάχιστον δύο στοιχεία του

. Αυτό όμως είναι αδύνατο από τις προϋποθέσεις της άσκησης.

Τέλος αν πάρουμε $M = \{2010,2011,\ldots,4020\}$ βλέπουμε ότι μπορούμε να έχουμε m = 4020

.

Αν δεν κάνω λάθος έχουν μείνει αναπάντητες οι 13,17,19,22,26

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 20, 2011 8:43 pm**

socrates έγραψε:17.
Δίνεται τετράγωνο πλευράς . Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των σημείων του επιπέδου του έτσι ώστε $AP\cdot CP+BP\cdot DP=1$

Τοποθετώ το τετράγωνο στο μιγαδικό επίπεδο έτσι ώστε η

να είναι πάνω στον άξονα των πραγματικών και η

στον άξονα των φανταστικών. Τότε $A(\frac{\sqrt2}{2}, 0), B(0, \frac{\sqrt2}{2}), C(-\frac{\sqrt2}{2},0)$ και $D(0,- \frac{\sqrt2}{2})$ . Έστω z=x+yi

ένας μιγαδικός του οποίου η εικόνα ανήκει στον ζητούμενο γεωμετρικό τόπο. Τότε, σύμφωνα με τη γεωμετρική ερμηνεία του μέτρου: $|z^2-\frac{1}{2}| +|z^2+\frac{1}{2}|=1$ .
Λόγω της τριγωνικής ανισότητας, αυτό σημαίνει ότι η εικόνα του μιγαδικού z^2

είναι ανήκει στο ευθύγραμμο τμήμα με άκρα τα $(\frac{1}{2},0)$ και $(-\frac{1}{2}, 0)$ . Αφού z^2=x^2-y^2+2xyi

, παίρνουμε πως xy=0

και $|x^2-y^2| \leq \frac{1}{2}$ .
Λύνοντας το σύστημα, παίρνουμε πως ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι οι διαγώνιοι (μαζί με τις κορυφές) του τετραγώνου.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 21, 2011 1:57 pm**

51.
Να αποδειχθεί ότι η ακολουθία που ορίζεται ως εξής

$\displaystyle{a_1=1, a_{2n}=1+\frac {1}{a_n}, n \in \mathbb{N}^*, a_{2n+1}=1-\frac {1}{a_{2n}}, n \in \mathbb{N}^*}$

αριθμεί τους θετικούς ρητούς με τρόπο ώστε κάθε όρος της να είναι ένας ακριβώς θετικός ρητός και κάθε θετικός ρητός να είναι ένας ακριβώς όρος της ακολουθίας

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Φεβ 23, 2011 11:24 am**

s.kap έγραψε:51.
Να αποδειχθεί ότι η ακολουθία που ορίζεται ως εξής

$\displaystyle{a_1=1, a_{2n}=1+\frac {1}{a_n}, n \in \mathbb{N}^*, a_{2n+1}=1-\frac {1}{a_{2n}}, n \in \mathbb{N}^*}$

αριθμεί τους θετικούς ρητούς με τρόπο ώστε κάθε όρος της να είναι ένας ακριβώς θετικός ρητός και κάθε θετικός ρητός να είναι ένας ακριβώς όρος της ακολουθίας

Θα επιχειρήσω μια λύση της ωραίας αυτής άσκησης.

Από τον ορισμό της ακολουθίας κάθε όρος της με άρτιο δείκτη είναι μεγαλύτερος της μονάδας και κάθε όρος της με περιττό δείκτη, εκτός από τον 1ο όρο της, είναι μικρότερος της μονάδας.

Για κάθε φυσικό ν>2 θεωρούμε την πρόταση
Ρ(ν): Αν $\displaystyle{\frac{p}{q}}$ είναι ένας ρητός όπου p, q

θετικοί ακέραιοι με $p+q<\nu$ τότε ο $\displaystyle{\frac{p}{q}}$ είναι ένας μοναδικός όρος της ακολουθίας.

Θα αποδείξουμε επαγωγικώς ότι η παραπάνω πρόταση είναι αληθής για κάθε φυσικό ν>2.
Η Ρ(3) είναι αληθής διότι $\alpha _1=1$ και όλοι οι άλλοι όροι της ακολουθίας είναι διάφοροι του 1.
Ας υποθέσουμε ότι για κάποιο ν>2 η Ρ(ν) είναι αληθής. Θα αποδείξουμε ότι η Ρ(ν+1) είναι επίσης αληθής.
Έστω $\displaystyle{\rho =\frac{p}{q}}$ ένας ρητός όπου p, q

θετικοί ακέραιοι με $p+q<\nu+1$ .
Αν $p+q<\nu$ τότε από την υπόθεση της επαγωγής ο ρ είναι κάποιος μοναδικός όρος της ακολουθίας.
Έστω $p+q=\nu .$
Αν p>q

τότε ο ρητός $\displaystyle{\frac{q}{p-q}}$ είναι θετικός με q, p-q θετικούς. Επίσης $q+(p-q)=p<\nu$ και έτσι από την υπόθεση της επαγωγής ο $\displaystyle{\frac{q}{p-q}}$ είναι κάποιος μοναδικός όρος της ακολουθίας. Έστω $\displaystyle{\alpha _m=\frac{q}{p-q}}$ . Τότε όμως
$\displaystyle{\alpha _{2m}=1+\frac{1}{\alpha _m}=1+\frac{p-q}{q}=\frac{p}{q}}.$ Ο δείκτης 2m είναι μοναδικός γιατί αν υπήρχε και άλλος άρτιος δείκτης 2s ώστε $\displaystyle{\alpha _{2s}=\frac{p}{q}}$ θα παίρναμε $\displaystyle{\alpha _s=\frac{q}{p-q}}$ που είναι άτοπο γιατί από την υπόθεση της επαγωγής ο $\displaystyle{\frac{q}{p-q}}$ γράφεται με μοναδικό τρόπο ως όρος της ακολουθίας.

Αν p<q

τότε ο ρητός $\displaystyle{\frac{q-p}{p}}$ είναι θετικός με p, q-p θετικούς. Επίσης $p+(q-p)=p<\nu$ και έτσι από την υπόθεση της επαγωγής ο $\displaystyle{\frac{q-p}{p}}$ είναι κάποιος μοναδικός όρος της ακολουθίας. Έστω $\displaystyle{\alpha _m=\frac{q-p}{p}}$ . Τότε όμως
$\displaystyle{\alpha _{2m}=1+\frac{1}{\alpha _m}=1+\frac{p}{q-p}=\frac{q}{q-p}}$ και $\displaystyle{\alpha _{2m+1}=1-\frac{1}{\alpha _{2m}}=1-\frac{q-p}{q}=\frac{p}{q}}$ . Ο δείκτης 2m+1 με τον οποίο πιάνουμε τον $\displaystyle{\frac{p}{q}}$ είναι μοναδικός λόγω της μοναδικότητας του $\alpha_m$ από την υπόθεση της επαγωγής.

Άρα σε κάθε περίπτωση ο $\displaystyle{\rho =\frac{p}{q}}$ είναι μοναδικός όρος της ακολουθίας.

Έτσι η Ρ(ν+1) είναι αληθής.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Φεβ 23, 2011 1:50 pm**

Παύλο, χίλια

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Φεβ 23, 2011 11:03 pm**

52.

Στη βάση ΒΓ ενός ισοσκελούς τριγώνου ΑΒΓ παίρνουμε σημείο Δ , ώστε ΒΔ = 2 ΔΓ. Αν Μ είναι το μέσο του ΑΓ και Ε είναι η προβολή του Δ στην ΒΜ, να αποδειχθεί ότι οι γωνίες ΑΒΓ και ΜΕΓ είναι ίσες.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 24, 2011 12:40 am**

52
Eπειδή το Σάββατο είναι κοντά.
Εστω Κ το μέσο της ΒΓ, Ζ το μέσο της ΒΔ και
$G \equiv BM \cap AK.$ Επειδή σε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ=ΑΓ) το ύψος ΑΚ είναι και διάμεσος έχουμε:
$G\Delta \parallel A\Gamma \;\kappa \alpha \iota \;GZ\parallel AB.$ θεωρούμε Ρ σημείο της ΑΓ, ώστε ${\rm E}{\rm P}\parallel {\rm B}\Gamma .$ Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΕΒΔ παίρνουμε ότι η ΕΖ είναι η διάμεσος που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα. Από όλα αυτά οδηγούμαστε στη εξής αποδεικτική διαδικασία:
$\angle G\Gamma K = \angle EBZ = \angle BEZ,$ πού δίνει την εγγραψιμμότητα του τετράπλευρου ΓGEZ, άρα
$\left\{ {\begin{array}{*{20}c} {\angle {\rm P}{\rm E}\Gamma = \angle {\rm E}\Gamma {\rm B} = \angle {\rm E}GZ = \angle GBA\;\left( 1 \right)} \\ {\kappa \alpha \iota } \\ {\angle MEP = \angle MB\Gamma \;\left( 2 \right).} \\ \end{array} } \right. \Rightarrow \angle AB\Gamma = \angle {\rm M}{\rm E}\Gamma .$

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 24, 2011 7:36 pm**

Καλησπέρα. Άλλη μία λύση στην 52.

Φέρω το ύψος-διάμεσο ΑΚ που τέμνει την ΒΜ στο Ζ. Το Ζ θα είναι το βαρύκεντρο του ΑΒΓ, οπότε: $\displaystyle\frac{{{\rm M}{\rm Z}}}{{{\rm Z}{\rm B}}} = \displaystyle\frac{1}{2} = \displaystyle\frac{{\Gamma \Delta }}{{\Delta {\rm B}}}$ . Από το αντίστροφο του θεωρήματος Θαλή θα ισχύει $\Delta {\rm Z}//\Gamma {\rm M}$ , συνεπώς ${\rm Z}\widehat \Delta {\rm K} = {\rm A}\widehat \Gamma {\rm B} = {\rm A}\widehat {\rm B}\Gamma = \omega$ και ${\rm K}\widehat {\rm Z}\Delta = {90^ \circ } - \omega .$

Εφόσον $\Delta \widehat {\rm E}{\rm Z} = {\rm Z}\widehat {\rm K}\Delta = {90^ \circ }$ το τετράπλευρο ΖΕΚΔ είναι εγγράψιμο με ${\rm K}\widehat {\rm Z}\Delta = {\rm K}\widehat {\rm E}\Delta = {90^ \circ } - \omega .$ Αφού ${\rm K}{\rm M} = //\displaystyle\frac{{{\rm A}{\rm B}}}{2} = {\rm M}\Gamma$ το τρίγωνο ΜΚΓ είναι ισοσκελές με ${\rm M}\widehat {\rm K}\Gamma = {\rm M}\widehat \Gamma {\rm K} = \omega .$

Από τη σχέση ${\rm K}\widehat {\rm E}{\rm B} = {90^ \circ } - ({90^ \circ } - \omega ) = \omega = {\rm M}\widehat \Gamma {\rm K}$ έπεται ότι το τετράπλευρο ΕΚΓΜ είναι εγγράψιμο, επομένως ${\rm M}\widehat {\rm E}\Gamma = {\rm M}\widehat {\rm K}\Gamma = \omega = {\rm A}\widehat {\rm B}\Gamma .$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Φεβ 25, 2011 10:15 pm**

53.
Δίνονται a,b,c θετικοί πραγματικοί αριθμοί, δείξτε οτι

$27(ab + bc + ca)({a^2}b + {b^2}c + {c^2}a) \leq {(a + b + c)^5}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 01, 2011 11:53 am**

[quote="matha"]
6. Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχουν ακέραιοι $\displaystyle{x,y,z}$ με

$\displaystyle{x^3+y^3+z^3=2011^2.}$

Σίγουρα μιλάμε για ακεραίους και όχι για θετικούς ακεραίους; Για δείτε εδώ: http://www.math.niu.edu/~rusin/known-math/96/3cubes. Απ' ότι φαίνεται υπάρχει εικασία που λέει ότι κάθε ακέραιος

με $n \neq 0$ και $n \neq 4,5 \bmod 9$ είναι άθροισμα τριών κύβων.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 01, 2011 6:11 pm**

Demetres έγραψε:
matha έγραψε: 6. Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχουν ακέραιοι $\displaystyle{x,y,z}$ με

$\displaystyle{x^3+y^3+z^3=2011^2.}$

Σίγουρα μιλάμε για ακεραίους και όχι για θετικούς ακεραίους; Για δείτε εδώ: http://www.math.niu.edu/~rusin/known-math/96/3cubes. Απ' ότι φαίνεται υπάρχει εικασία που λέει ότι κάθε ακέραιος με $n \neq 0$ και $n \neq 4,5 \bmod 9$ είναι άθροισμα τριών κύβων.

Μία όμορφη λίστα με πολλά δείγματα ακεραίων αριθμών n (n<1000) που γράφονται ως άθροισμα τριών κύβων ακεραίων θα βρείτε εδώ.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 02, 2011 11:45 am**

cretanman έγραψε:
Demetres έγραψε:
matha έγραψε: 6. Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχουν ακέραιοι $\displaystyle{x,y,z}$ με

$\displaystyle{x^3+y^3+z^3=2011^2.}$

Σίγουρα μιλάμε για ακεραίους και όχι για θετικούς ακεραίους; Για δείτε εδώ: http://www.math.niu.edu/~rusin/known-math/96/3cubes. Απ' ότι φαίνεται υπάρχει εικασία που λέει ότι κάθε ακέραιος με $n \neq 0$ και $n \neq 4,5 \bmod 9$ είναι άθροισμα τριών κύβων.
Μία όμορφη λίστα με πολλά δείγματα ακεραίων αριθμών n (n<1000) που γράφονται ως άθροισμα τριών κύβων ακεραίων θα βρείτε εδώ.

Και εδώ ένας αλγόριθμος για την εύρεση των ακέραιων λύσεων της x^3+y^3+z^3=n

.
Το δικό μας n=2011^2

είναι λίγο μεγάλο για να ψάξουμε για λύσεις...!

Νίκος Κατσίπης

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 09, 2011 6:51 pm**

matha έγραψε: 6. Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχουν ακέραιοι $\displaystyle{x,y,z}$ με

$\displaystyle{x^3+y^3+z^3=2011^2.}$

Λυπάμαι για την αναστάτωση, αλλά η ''απόδειξη'' που νόμιζα ότι είχα... μπάζει. Ως εκ τούτου, υπάρχει το ενδεχόμενο να είναι λανθασμένο το πρόβλημα. Βέβαια, δεδομένης της εικασίας, την οποία αναφέρει ο Δημήτρης, υποψιάζομαι ότι το προαναφερθέν ενδεχόμενο είναι... μάλλον βέβαιο.

Ζητώ συγγνώμη από όλους όσους ταλαιπώρησα με την αβλεψία μου.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 07, 2011 7:57 pm**

erxmer έγραψε:53.
Δίνονται a,b,c θετικοί πραγματικοί αριθμοί, δείξτε οτι

$27(ab + bc + ca)({a^2}b + {b^2}c + {c^2}a) \leq {(a + b + c)^5}$

Μια λύση: http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 2&t=230715

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 07, 2011 8:57 pm**

54.
Να λυθεί στο $\mathbb{R}$ το σύστημα:

$\displaystyle \begin{cases} a^2=b^3+c^3 \\ b^2=c^3+d^3 \\ c^2=d^3+e^3 \\ d^2=e^3+a^3 \\ e^2=a^3+b^3 \\ \end{cases}$

55.
Αν x,y,z>0

για τους οποίους $xy+yz+zx\geq 3,$ να δείξετε ότι

$\displaystyle \frac{x^2}{xz+x^4+y^2}+\frac{y^2}{yx+y^4+z^2}+\frac{z^2}{zy+z^4+x^2}\leq 1.$

56.
Να δείξετε ότι για κάθε ακέραιο $n\geq 2$ υπάρχει σύνολο

θετικών ακεραίων, A_n

, με την ιδιότητα:

για κάθε $i,j \in A_n, \ i\ne j$ ο αριθμός |i-j|

διαιρεί τον αριθμό i^2+j^2.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 09, 2011 1:37 am**

socrates έγραψε:

55.
Αν για τους οποίους $xy+yz+zx\geq 3,$ να δείξετε ότι

$\displaystyle \frac{x^2}{xz+x^4+y^2}+\frac{y^2}{yx+y^4+z^2}+\frac{z^2}{zy+z^4+x^2}\leq 1.$

Από την ανισότητα Cauchy-Schwarz έχουμε

$\displaystyle{xz+x^4+y^2=\frac{z^2}{\frac{z}{x}}+\frac{x^2}{\frac{1}{x^2}}+\frac{y^2}{1}\geq \frac{(x+y+z)^2}{\frac{z}{x}+\frac{1}{x^2}+1}= \frac{x^2(x+y+z)^2}{x^2+zx+1},}$

άρα

$\displaystyle{ \sum \frac{x^2}{xz+x^4+y^2}\leq \sum \frac{x^2+zx+1}{(x+y+z)^2}=\frac{x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx+3}{x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+zx)}\leq 1,}$ αφού $\displaystyle{xy+yz+zx\geq 3.}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 09, 2011 4:34 am**

socrates έγραψε:54.
Να λυθεί στο $\mathbb{R}$ το σύστημα:

$\displaystyle \begin{cases} a^2=b^3+c^3 \\ b^2=c^3+d^3 \\ c^2=d^3+e^3 \\ d^2=e^3+a^3 \\ e^2=a^3+b^3 \\ \end{cases}$

Χωρίς βλάβη της γενικότητας ο αριθμός με τη μέγιστη απόλυτη τιμή είναι ο