Β Λυκείου/ Πρόβλημα 1 Αρχικά $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \ne 0 \Rightarrow \frac{xy+yz+zx}{27} \ne 0 \Rightarrow xy+yz+zx \ne 0$. Από την ταυτότητα Euler έχω ότι: $(xy)^3+(yz)^3+(zx)^3-3(xy)(yz)(zx)=(xy+yz+zx)((xy)^2+(yz)^2+(zx)^2-xyz(x+y+z))$ $(xy)^3+(yz)^3+(zx)^3-3(xyz)^2=(xy+yz+zx)((xy+...

Να λυθεί στους φυσικούς αριθμούς η εξίσωση $ab+bc+ac-abc=3.$ Wlog. $a \geq b \geq c$. Έστω $c \geq 3$. Τότε $ab+bc+ca>abc \Rightarrow 1<\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \leq \frac{3}{c} \leq 1$, άτοπο. Αν $c=2$, τότε $2a+2b-ab=3 \Rightarrow (a-2)(b-2)=1 \Rightarrow a=b=3$, αφού $a,b>1$. Αν πάλι ...

Και μία στον ίδιο κύκλο θεμάτων: Να βρεθούν όλοι οι φυσικοί αριθμοί οι οποίοι είναι κατά $666$ μονάδες μεγαλύτεροι του αθροίσματος των ψηφίων τους. (Αν δεν ξέχασα κανέναν, τους βγάζω δέκα). Ας την αφήσουμε 24 ώρες για τους μαθητές μας. Έστω $\overline {a_{n} ...a_{0}}$ ο αριθμός που είναι κατά $666...

Έστω $\overline{a_{n} a_{n-1} ... a_{0}}$ ο αριθμός που ισούται με 20 φορές το άθροισμα των ψηφίων του. Τότε $10^{n} a_{n}+...+a_{0}=20(a_{n}+...+a_{0})$. Προφανώς $n \geq 1$. Αν $n=1$, τότε $10a_{1}+a_{0}=20a_{1}+20a_{0} \Rightarrow 10 a_{1}+19a_{0}=0$, άτοπο. Αν $n=2$, τότε $100a_{2}+10a_{1}+a_{0}...

Πρόβλημα 3 - Ελλάδα. Να βρεθούν όλες οι τετράδες θετικών ακέραιων αριθμών $(p,q,a,b)$, όπου οι $p$ και $q$ είναι πρώτοι αριθμοί και $a>1$, έτσι ώστε $\displaystyle{ p^{a} = 1 + 5 q^{b}.}$ Καλή επιτυχία στην ομάδα μας! Εύκολα βλέπουμε ότι ένας εκ των $p,q$ πρέπει να είναι άρτιος, οπότε διακρίνουμε δ...

Πρόβλημα 2: Δίνονται θετικοί ακέραιοι αριθμοί $n, m$ για τους οποίους ισχύει ότι $\displaystyle n(4n+1)=m(5m+1)$ (α) Να αποδείξετε ότι η διαφορά $n-m$ είναι τέλειο τετράγωνο κάποιου θετικού ακεραίου. (β) Να βρείτε ένα ζευγάρι θετικών ακεραίων $(n, m)$ για τους οποίους ισχύει η παραπάνω σχέση. Μια δ...

Πώς σας φάνηκαν τα θέματα της Ά λυκείου? Το Πρόβλημα 1 ήταν αρκετά κατάλληλο για Θαλή, μιας και οι περισσότεροι μαθητές μπορούσαν να το αντιμετωπίσουν. Το Πρόβλημα 2 ήταν λίγο «τρομακτικό» για τους περισσότερους, μιας και δεν είναι εξοικειωμένοι με τέτοιου είδους θέματα. Βέβαια υπάρχει λύση παίρνον...

2) Να βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε $f(xf(y)+y)+f(xy)=f(xy+1)+xy+x+y$ , $\forall x,y\in \mathbb{R}$ Έστω $P(x,y)$ η δοσμένη σχέση. Από $P(0,0)$ έχω $f(0)+f(0)=f(1) \Rightarrow f(1)=2f(0)$. Από $P(0,1)$ έχω $f(1)+f(0)=f(1)+1 \Rightarrow f(0)=1$, που δί...

1) Να βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε $f(x+y) + f(x)f(y)= f(x) + f(y) + xy$ , $\forall x,y\in \mathbb{R}$ Έστω $P(x,y)$ η δοσμένη σχέση. Από $P(0,0)$ έχω $f(0)+f^{2}(0)=2f(0) \Rightarrow f^{2}(0)=f(0) \Rightarrow f(0)=1$, ή $f(0)=0$. Αν όμως $f(0)=1$, τ...

Δίξτε ότι για κάθε $n\in \mathbb N^*$ o αριθμός $\sqrt {n(n+1)(n+2)(n+3)} $ είναι άρρητος. Με άλλα λόγια δείξτε ότι η υπόριζη ποσότητα δεν είναι ποτέ τέλειο τετράγωνο. Λήμμα : Το γινόμενο τεσσάρων διαδοχικών ακεραίων αυξημένο κατά $1$ είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου. Απόδειξη : Έχουμε: $n(n+1)(n+2)...

Έστω προς άτοπο ότι ο $(a+b)^2+4$ είναι πρώτος. Έστω επίσης χωρίς βλάβη ότι $b \geq a$. Γράφουμε $p=b-a$ και $q=(a+b)^2+4$, με $p,q$ πρώτους. Θα αποδείξουμε αρχικά τον εξής Ισχυρισμό: Ισχυρισμός : $(a,b)|[a,b]$ Απόδειξη : Ως γνωστόν είναι $(a,b) \cdot [a,b]=ab$. Όμως $(a,b)^2|ab=(a,b) \cdot [a,b]$, ...

Δίξτε ότι για κάθε $n\in \mathbb N$ o αριθμός $\sqrt {(5n+2)(5n+4)(5n+6)} $ είναι άρρητος. Θα δείξουμε ότι ο δεδομένος αριθμός είναι άρρητος. Έστω προς άτοπο ότι είναι ρητός. Έστω: $\sqrt{(5n+2)(5n+4)(5n+6)}=m \Rightarrow (5n+2)(5n+4)(5n+6)=m^2$. Το αριστερό μέλος είναι φυσικός αριθμός, άρα πρέπει ...

Απλά από «Lifting the Exponent»: ,
απ' όπου προκύπτει και το ζητούμενο (μάλιστα προκύπτει ότι ).

Να βρεθούν όλοι οι φυσικοί αριθμοί $a,b,c$ που ικανοποιούν την εξήσωση: $3^a-2^b=c^2$ Ομολογώ πως δεν έχω ολοκληρωμένη λύση (προσπάθησα χωρίς Πέλλ, και σας συνιστώ να μην το κάνετε κι εσείς :lol: ), αλλά ανεβάζω την λύση μου διότι θεωρώ ότι είναι καλή προσπάθεια. Αρχικά, αν $a=0$, τότε $1-2^b=c^2≥0...

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑

Τετ Αύγ 18, 2021 8:11 am

...

Πολύ ωραία .
Αν και δεν θα έλεγα ότι η ανισότητα γίνεται ισχυρότερη, αφού κομμάτι της άσκησης είναι να έχουμε μεταβλητές και στα δύο μέλη.
Να πω επίσης ότι υπάρχει κι άλλος τρόπος .

Έστω , με , και , τέτοιοι ώστε .
Να αποδείξετε ότι:

Ωραία λύση, γραμμένη ώστε να γίνεται κατανοητή από όλους. Για $n=4$, μία ισότητα της μορφής $444...44=N^2$ δίνει $N$ άρτιος, $N=2M$, οπότε $111...11=2M^2$. Άτοπο αφού το ένα μέλος είναι περιττό και το άλλο άρτιος. Έχετε όμως ένα λαθάκι σε αυτό το σημείο- πρέπει να είναι $111...11=M^2$, το οποίο μπορ...

Καλησπέρα σε όλους. Ορίστε μία άσκηση που κατασκεύασα:

Ένας θετικός ακέραιους λέγεται <<καλός>>, εάν όλα του τα ψηφία (τουλάχιστον δύο στο πλήθος) είναι ίσα μεταξύ τους. Είναι άραγε δυνατόν κάποιος καλός αριθμός να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου;

Πρόβλημα 2 Η Άννα και ο Βασίλης παίζουν ένα παιγνίδι στον πίνακα με αριθμούς ως εξής: Οι δύο παίκτες παίζουν ο ένας μετά τον άλλον και αν στον πίνακα είναι γραμμένος ο θετικός ακέραιος $n$ ο παίκτης που έχει σειρά να παίξει, σβήνει τουν $n$ και γράφει τον αριθμό $n+p$ όπου $p$ είναι ένας πρώτος δια...

Πρόβλημα 3 Να εξετάσετε αν υπάρχει θετικός ακέραιος $n$ για τον οποίο ο αριθμός $8^n+47$ είναι πρώτος. Έστω $8ⁿ+47=p$, για $p$ πρώτο αριθμό. Αρχικά $p≥8+47=55>3,5,13 \Rightarrow p≠3,5,11$ Με $mod.3$ παίρνουμε $8ⁿ=p-47=1,2+1=2,3=0,2mod.3 \Rightarrow (-1)ⁿ=-1mod.3$, άρα $n$ περιττός. Διακρίνουμε δύο ...