Η αναζήτηση βρήκε 188 εγγραφές

από ksofsa
Κυρ Δεκ 12, 2010 11:20 am
Δ. Συζήτηση: Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών - Συνδυαστική (Seniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις
Θέμα: Μια όμορφη!!!
Απαντήσεις: 7
Προβολές: 658

Re: Μια όμορφη!!!

Διεγράφη εσφαλμένη λύση.
από ksofsa
Πέμ Δεκ 02, 2010 8:27 pm
Δ. Συζήτηση: Θέματα για Λύκειο - Seniors
Θέμα: Συνδυαστικό θέμα!
Απαντήσεις: 1
Προβολές: 550

Re: Συνδυαστικό θέμα!

Η σχέση μεταξύ των γωνιών γράφεται:$2A+B=C(1)$.Προεκτείνω την $AC$ κατά τμήμα $CD$,ώστε $BD=BA$.Λόγω της σχέσης (1) θα είναι $BD=CD$,αφού$<DBC=<DCB\Rightarrow 180^{\circ} -2A-B=180^{\circ} -C$,που ισχύει .Από το θεώρημα Stewart θα είναι $c^3+bc^2=a^2(b+c)+bc(b+c)\Rightarrow c^2=a^2+bc(2)$.H σχέση (2...
από ksofsa
Κυρ Νοέμ 14, 2010 11:09 am
Δ. Συζήτηση: Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών - Συνδυαστική (Juniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις
Θέμα: Τέλειο τετράγωνο.
Απαντήσεις: 3
Προβολές: 399

Re: Τέλειο τετράγωνο.

Για το Α. Παίρνω τρεις περιπτώσεις: i)$n=10$.Oμως τότε,$A=4^{10}(4^{1002}+2)$,που δεν είναι τέλειο τετράγωνο αφού $(4^{1002}+2)=2(mod4)$ ii)$n<10,$κι έτσι $A=4^{n}(4^{1012-n}+4^{10-n}+1)$ Για να είναι ο αριθμός A τέλειο τετράγωνο ,θα πρέπει και ο αριθμός $4^{1012-n}+4^{10-n}+1$ να είναι τέλειο τετρά...
από ksofsa
Κυρ Νοέμ 14, 2010 10:24 am
Δ. Συζήτηση: Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών - Συνδυαστική (Seniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις
Θέμα: Ακολουθία
Απαντήσεις: 1
Προβολές: 216

Re: Ακολουθία

Στη δοσμένη σχέση θέτω $m=n$ και παίρνω $a_{0}=1$. Στη δοσμένη σχέση θέτω $m=n+1$ κι έχω $a_{2m-1}+a_{1}-n-1+n-1=\frac{1}{2}(a_{2m}+a_{2m-2})\Rightarrow a_{2m}=2a_{2m-1}-a_{2m-2}+2 (1)$. Στη σχέση (1) θέτω m=1 και παίρνω $a_{2}=7$ Στην αρχική σχέση θέτω $m=n+2$ και παίρνω $a_{2m-2}+a_{2}-n-2+n-1=\fr...
από ksofsa
Κυρ Νοέμ 14, 2010 10:03 am
Δ. Συζήτηση: Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών - Συνδυαστική (Seniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις
Θέμα: Ανισότητα 2
Απαντήσεις: 1
Προβολές: 227

Re: Ανισότητα 2

Η ανισότητα γράφεται:$a_{1}^2+3a_{2}^2+...+(2n-1)a_{n}^2\leq (a_{1}+a_{2}+...+a_{n})^2\Rightarrow 2a_{2}^2+4a_{3}^2+...+(2n-2)a_{n}^2\leq 2[a_{1}a_{2}+(a_{1}a_{3}+a_{2}a_{3})+(a_{1}a_{4}+a_{2}a_{4}+a_{3}a_{4})+...+(a_{1}a_{n}+a_{2}a_{n}+a_{3}a_{n}+...+a_{n-1}a_{n})\Rightarrow a_{2}^2+2a_{3}^2+3a_{4}...
από ksofsa
Δευ Νοέμ 08, 2010 12:40 pm
Δ. Συζήτηση: Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών - Συνδυαστική (Juniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις
Θέμα: Ανισότητα με αριθμούς !
Απαντήσεις: 3
Προβολές: 501

Re: Ανισότητα με αριθμούς !

Για το αριστερό φράγμα: $\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+...+\frac{1}{99^2}>\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+...+\frac{1}{64^2}$.Επειδή $\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}>\frac{2}{4^2}=\frac{1}{8},\frac{1}{5^2}+...+\frac{1}{8^2}>\frac{4}{8^2}=\frac{1}{16},\frac{1}{9^2}+...+\frac{1}{16^2}>\frac{8}{16^2}=\frac{1}{32...
από ksofsa
Δευ Νοέμ 08, 2010 10:02 am
Δ. Συζήτηση: Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών - Συνδυαστική (Juniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις
Θέμα: Ανισότητα!
Απαντήσεις: 2
Προβολές: 253

Re: Ανισότητα!

Λόγω της θεμελιώδους ανισότητας $(x+y+z)^2\geq 3(xy+yz+zx)$ είναι $(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})^2\geq 3(\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}) (1)$.Τώρα θα απδείξω ότι $(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})^2\geq 3(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})\Rightarrow \frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2...
από ksofsa
Τετ Νοέμ 03, 2010 11:34 am
Δ. Συζήτηση: Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών - Συνδυαστική (Seniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις
Θέμα: Μέγιστος Κοινός Διαιρέτης
Απαντήσεις: 3
Προβολές: 283

Re: Μέγιστος Κοινός Διαιρέτης

Αρχικά ,θα αποδείξω το ακόλουθο διπλό λήμμα: (i)Αν $x=y=z=0(mod2^{k}),k\epsilon N$ και $x,y,z\neq 0(mod2^{k+1})$,τότε $2gcd(x,y,z)=gcd(x+y,y+z,z+x)$. (ii)Αν $x=y=z=0(mod2^k),k\epsilon N$ ενώ ένας τουλάχιστον ή δύο το πολύ είναι ισότιμος $mod2^{k+1}$,τότε $gcd(x,y,z)=gcd(x+y,y+z,z+x)$. Απόδειξη λήμμα...
από ksofsa
Τετ Νοέμ 03, 2010 8:28 am
Δ. Συζήτηση: Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών - Συνδυαστική (Seniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις
Θέμα: Μέγιστος Κοινός Διαιρέτης
Απαντήσεις: 3
Προβολές: 283

Re: Μέγιστος Κοινός Διαιρέτης

Αρχικά θα αποδείξω ότι $gcd(x,y,z)=gcd(x+y,y+z,z+x)$.Εστω $gcd(x,y,z)=d$ και $x=kd,y=ld,z=md,gcd(k,l,m)=1$.Τότε $gcd(x+y,y+z,z+x)=dgcd(k+l,k+m,l+m)$ .Από τους αριθμούς $k,l,m$,τουλάχιστον ένας είναι περιττός ,έστω ο $k$,γιατί αλλιώς $gcd(k,l,m)\geq 2$,άτοπο.Εστω $gcd(k+l,k+m,l+m)=t>1$.Τότε $t/(k+l)+...
από ksofsa
Τρί Νοέμ 02, 2010 9:26 pm
Δ. Συζήτηση: Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών - Συνδυαστική (Juniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις
Θέμα: Σύνθετος αριθμός
Απαντήσεις: 5
Προβολές: 419

Re: Σύνθετος αριθμός

Παρατηρούμε ότι το πολυώνυμο $P(x)=x^{2011}+x^{2009}+1$ έχει ρίζες τους αριθμούς $a=\frac{-1+i\sqrt{3}}{2},b=\frac{-1-i\sqrt{3}}{2}$,αφού $a^3=b^3=1,a^2+a+1=b^2+b+1=0$.Επειδή οι αριθμοί αυτοί είναι και ρίζες του πολυωνύμου $Q(x)=x^2+x+1$,το πολυώνυμο $P(x)$ διαιρείται απο το πολυώνυμο $Q(x)$.Oπότε ο...
από ksofsa
Πέμ Οκτ 28, 2010 4:19 pm
Δ. Συζήτηση: Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών - Συνδυαστική (Juniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις
Θέμα: Μία ανισότητα!
Απαντήσεις: 4
Προβολές: 587

Re: Μία ανισότητα!

Παρακάτω προτείνω μια λύση που ελπίζω να είναι σωστή. Λόγω της συνθήκης η ανισότητα γράφεται $x^4+y^4+z^4+xy(x^2+y^2)+yz(y^2+z^2)+zx(z^2+x^2)\geq 3xyz(x+y+z)\Rightarrow x^4+y^4+z^4+x^3y+xy^3+y^3z+yz^3+z^3x+zx^3\geq 3xyz(x+y+z)\Rightarrow (x^3+y^3+z^3)(x+y+z)\geq 3xyz(x+y+z)\Rightarrow (x+y+z)(x^3+y^...
από ksofsa
Πέμ Οκτ 28, 2010 2:35 pm
Δ. Συζήτηση: Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών - Συνδυαστική (Juniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις
Θέμα: Μία ανισότητα!
Απαντήσεις: 4
Προβολές: 587

Re: Μία ανισότητα!

:oops: .Προβληματική λύση.Ευχαριστώ τον κύριο Μάγκο Θάνο για την επισήμανση.
από ksofsa
Πέμ Οκτ 28, 2010 1:09 pm
Δ. Συζήτηση: Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών - Συνδυαστική (Seniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις
Θέμα: Λύση συστήματος
Απαντήσεις: 2
Προβολές: 272

Re: Λύση συστήματος

Αρχικά θα αποδείξω ότι $([k]^2+1)(\left\{k \right\}^2+1)\geq k^2$.Πράγματι διαδοχικά έχω $([k]^2+1)(\left\{k \right\}^2+1)\geq k^2\Rightarrow ([k]\left\{k \right\})^2+[k]^2+\left\{k \right\}^2+1\geq [k]^2+\left\{k \right\}^2+2[k]\left\{k \right\}\Rightarrow ([k]\left\{k \right\}-1)^2\geq 0$,που ισχύ...
από ksofsa
Κυρ Οκτ 24, 2010 1:14 pm
Δ. Συζήτηση: Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών - Συνδυαστική (Seniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις
Θέμα: Όμορφη Συνδυαστική (Bay area Math Olympiad 1999)
Απαντήσεις: 6
Προβολές: 470

Re: Όμορφη Συνδυαστική (Bay area Math Olympiad 1999)

Συμφωνώ ότι η λύση που έδωσα είναι πολύ πυκνογραμμένη και ασαφής.Γι' αυτό,θα γράψω αναλυτικότερα την ιδέα μου. Για να λύσω την άσκηση χρησιμοποιώ το εξής συμπέρασμα:Μπορώ ,εκτελώντας μια σειρά βημάτων,να αλλάξω την κατάσταση ενός κλειδιού και να αφήσω όλα τα υπόλοιπα κλειδιά στην κατάσταση που βρίσκ...
από ksofsa
Κυρ Οκτ 24, 2010 8:50 am
Δ. Συζήτηση: Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών - Συνδυαστική (Seniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις
Θέμα: Όμορφη Συνδυαστική (Bay area Math Olympiad 1999)
Απαντήσεις: 6
Προβολές: 470

Re: Όμορφη Συνδυαστική (Bay area Math Olympiad 1999)

Η λύση ουσιαστικά τελειώνει άμα βρούμε τρόπο να αλλάζουμε την κατάσταση ενός κλειδιού ,αφήνοντας όλα τα υπόλοιπα απαράλλακτα.Πράγματι,μετά από διαδοχικές αλλαγές των οριζόντια προσανατολισμένων κλειδιών φτάνουμε στο επιθυμητό αποτέλεσμα.Ενας τρόπος για να το κάνουμε αυτό είναι ο εξής:αλλάζουμε μία φ...
από ksofsa
Πέμ Οκτ 21, 2010 6:39 pm
Δ. Συζήτηση: Γεωμετρία (Seniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις
Θέμα: Τρίγωνο!
Απαντήσεις: 3
Προβολές: 441

Re: Τρίγωνο!

Αρχικά,θα αποδείξω ότι αν $AC+AI=BC$ ,τότε $\hat{A}=2\hat{B}$.Προεκτείνω το $CA$ κατά τμήμα $AD=AI$.Τότε $CD=CB$.Προεκτείνω την $DI$,ώστε να τμήσει την $CB$ στο $E$ και ονομάζω Z σημείο τομής των DI,AB.Είναι $\hat{AZI}=\hat{B}+\hat{BEZ}=\hat{B}+\hat{C}+\hat{ADI}\Rightarrow 180-\hat{AIZ}-\hat{ZAI}=18...
από ksofsa
Τρί Οκτ 05, 2010 7:58 pm
Δ. Συζήτηση: Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών - Συνδυαστική (Juniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις
Θέμα: - Ανισότητα
Απαντήσεις: 3
Προβολές: 463

Re: - Ανισότητα

Πολύ ωραία και διδακτική η λύση του κυρίου Χρήστου Κυριαζή.Δίνω κι εγώ μία με κάθε επιφύλαξη. Επειδή η ανισότητα είναι ομογενής,μπορώ να θεωρήσω ότι $x_{1}^{\nu }+x_{2}^{\nu }+...+x_{n}^{\nu }=1$και παρατηρώ ότι θα είναι $x_{i}<1$με i=1,...,n,αφού $x_{i}>0$.Κι επειδή $\nu \geq \mu$,θα είναι $x_{i}^{...
από ksofsa
Σάβ Οκτ 02, 2010 8:07 pm
Δ. Συζήτηση: Γεωμετρία (Juniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις
Θέμα: Σε Τρίγωνο Ναί
Απαντήσεις: 4
Προβολές: 418

Re: Σε Τρίγωνο Ναί

Αλλη μια λύση.

Αν t η ημιπερίμετρος του τριγώνου ,τότε ,ως γνωστόν ,ισχύουν οι ανισότητες
t^2\geq 3\sqrt{3}E,4t^2\leq 27R^2.Οπότε,4E\leq \frac{4t^2}{3\sqrt{3}}\leq \frac{27R^2}{3\sqrt{3}}=3R^2\sqrt{3}.Μήπως μου ξεφεύγει κάτι?Αν ναι ,ευχαριστώ εκ των προτέρων όποιον το επισημάνει.
από ksofsa
Πέμ Σεπ 30, 2010 5:00 pm
Δ. Συζήτηση: Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών - Συνδυαστική (Juniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις
Θέμα: Αλγεβρική δεξιότητα.
Απαντήσεις: 1
Προβολές: 347

Re: Αλγεβρική δεξιότητα.

Είναι $(a+b)^4-a^4-b^4=(x+y)^4-x^4-y^4\Rightarrow 4ab(a+b)^2-2a^2b^2=4xy(x+y)^2-2x^2y^2\Rightarrow 2(x+y)^2(xy-ab)=(xy-ab)(xy+ab)$.Υποθέτω ότι $xy\neq ab$ και τότε $2(x+y)^2=xy+ab\Rightarrow (x+y)^2+(a+b)^2=xy+ab$.Ομως είναι $(x+y)^2+(a+b)^2\geq 4xy+4ab$κι επειδή xy+ab>=0 θα πρέπει xy+ab=0 και τελικ...
από ksofsa
Πέμ Σεπ 30, 2010 3:56 pm
Δ. Συζήτηση: Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών - Συνδυαστική (Juniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις
Θέμα: Ανισότητα με x,y,z.
Απαντήσεις: 1
Προβολές: 229

Re: Ανισότητα με x,y,z.

Λόγω της συνθήκης ,η ανισότητα γράφεται $x^4(x+y+z)+y^4(x+y+z)+z^4(x+y+z)-x^5-y^5-z^5\geq 54\sqrt{3}\Rightarrow x^4y+xy^4+y^4z+yz^4+z^4x+zx^4\geq 54\sqrt{3}$.Από AM-GM είναι $(x+y+z)^3\geq 27xyz\Rightarrow (xyz)^2\geq 27$.Οπότε από AM-GM είναι $x^4y+xy^4+y^4z+yz^4+z^4x+zx^4\geq 6\sqrt[6]{(xyz)^{10}}...

Επιστροφή στην ειδική αναζήτηση