Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#1021

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 438
Διαθέτουμε 100 βαρίδια βάρους 1,2,...,100 κιλών αντίστοιχα.
Τοποθετούμε όλα τα παραπάνω βαρίδια σε ζυγαριά ώστε αυτή να ισορροπεί.
Να δείξετε ότι μπορούμε να αφαιρέσουμε δύο βαρίδια από κάθε πλευρά της ζυγαριάς και αυτή να εξακολουθεί να ισορροπεί!

Επειδή το άθροισμα των βαρών είναι ίσο με 5050, σε κάθε πλευρά της ζυγαριάς το συνολικό βάρος θα είναι ίσο με 2525 και άρα κάθε πλευρά θα έχει τουλάχιστον 25 βαρίδια. (Θα έχει περισσότερα αλλά και το 25 δουλεύει.)

Έστω

το σύνολο των βαρών στην αριστερή πλευρά και

το σύνολο των βαρών στην δεξιά πλευρά. Κοιτάζουμε τώρα το σύνολο $L-R = \{a - b: a \in L,b \in R\} \subseteq \{-99,\ldots,98,99\}$ το οποίο περιέχει το πολύ 200 αριθμούς. Επειδή όμως $|L||R| \geqslant (25)(75) > 200$ , θα υπάρχουν διαφορετικά ζεύγη (a,b),(a',b')

με $a,a' \in L$ και $b,b' \in R$ και a-b = a' - b'

. Δεν μπορούμε να έχουμε b=b'

αφού τότε θα έπρεπε και a=a'

ενώ τα ζεύγη είναι διαφορετικά. Ομοίως είναι $a\neq a'$ . Αφαιρούμε τώρα τα a,a'

από την αριστερή πλευρά και τα b,b'

από την δεξιά και τελειώσαμε αφού a+a' = b+b'

.

Επεξεργασία: Υπάρχει πρόβλημα με την πιο πάνω λύση. Δείτε εδώ για την διόρθωση.

#1022

Ch.Chortis έγραψε:
socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 493
a) Βρείτε μια λύση της εξίσωσης στο σύνολο των ακεραίων.
Ορίστε:
$x^2+y^2=1010 \Leftrightarrow x^2+y^2=961+49=31^2+7^2 \Leftrightarrow x=31,~y=7$ ή
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Μιας και μου ήρθε αμέσως.

Δεν ισχύουν οι ισοδυναμίες. Π.χ. μια άλλη λύση είναι η 13^2 + 29^2

.

#1023

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 422
Μπορούμε να τοποθετήσουμε σημεία στο επίπεδο έτσι ώστε:
-η απόσταση μεταξύ δύο οποιονδήποτε σημείων να είναι διαφορετική από και
-κάθε μοναδιαίος κύκλος με κέντρο ένα από αυτά τα σημεία να αφήνει ακριβώς από αυτά τα σημεία στο εξωτερικό του;

Έστω ότι υπάρχει τέτοια τοποθέτηση. Μετράμε τον αριθμό των ζευγών (x,y)

όπου

είναι δυο από τα σημεία με απόσταση μικρότερη του 1. Από τα δεδομένα έχουμε $1005 \cdot 2011$ τέτοια ζεύγη. Όμως ο αριθμός των ζευγών πρέπει να είναι άρτιος αφού αν το (x,y)

είναι ένα ζεύγος τότε και το (y,x)

είναι ένα άλλο ζεύγος, άτοπο.

Ch.Chortis · #1024

Demetres έγραψε:Δεν ισχύουν οι ισοδυναμίες. Π.χ. μια άλλη λύση είναι η .

Σωστά!

#1025

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 419
Ένα σύνολο ακεραίων λέγεται καλό αν κανένα στοιχείο του δε διαιρεί το άθροισμα των υπολοίπων.
Πόσα το πολύ στοιχεία έχει ένα καλό υποσύνολο του συνόλου $\{1,2,3,...,63\};$

Δεν μπορεί ένα καλό υποσύνολο να έχει 62 ή περισσότερα στοιχεία αφού δεν μπορεί να περιέχει το 1, ενώ αν περιέχει όλα τα στοιχεία εκτός από το 1 τότε το 2 διαιρεί το άθροισμα των υπολοίπων που ισούται με $63 \cdot 62/2 - 3 = 1950$ .

Ισχυρίζομαι ότι το σύνολο $A = \{1,2,\ldots,63\} \setminus \{1,3\}$ είναι καλό υποσύνολο. Πράγματι το άθροισμα των στοιχείων του είναι 1949 ο οποίος είναι πρώτος. Αν λοιπόν ένα στοιχείο διαιρεί το άθροισμα των υπολοίπων θα διαιρεί και το 1949, άτοπο αφού $1,1949 \notin A$ .

Άρα ο μέγιστος αριθμός στοιχείων ενός καλού υποσυνόλου είναι 61.

#1026

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 492
Έστω $x,y\in\Bbb{R}^*_+$ με . Βρείτε το ελάχιστο του $\displaystyle \sqrt{x+\dfrac{1}{x}}+\sqrt{y+\dfrac{1}{y}}$ .

Ας είναι

$\displaystyle{K:=\sqrt{x+\dfrac{1}{x}}+\sqrt{y+\dfrac{1}{y}.}$

Αρκεί να βρεθεί το ελάχιστο της παράστασης $\displaystyle{K^2.}$

Είναι

$\displaystyle{K^2=x+y+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+2\sqrt{\left(x+\frac{1}{x} \right)\left(y+\frac{1}{y} \right)}=1+\frac{1}{xy}+2\sqrt{\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+xy+\frac{1}{xy}}\geq 1+4+2\sqrt{2+\frac{17}{4}}=10,}$

αφού

$\displaystyle{xy\leq \frac{(x+y)^2}{4}=\frac{1}{4},~ \frac{x}{y}+\frac{y}{x}\geq 2,~ xy+\frac{1}{xy}\geq \frac{17}{4}.}$

Η τελευταία είναι συνέπεια της $\displaystyle{(xy-4)(4xy-1)\geq 0.}$

Άρα $\displaystyle{\boxed{\min K=\sqrt{10}}}$ , για $\displaystyle{x=y=\frac{1}{2}.}$

$\displaystyle{\rule{300pt}{5pt}}$

Παρατήρηση:

Ουσιαστικά ζητείται να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle{\sqrt{\sin ^2 a+\frac{1}{\sin ^2a}}+\sqrt{\cos ^2 a+\frac{1}{\cos ^2a}}\geq \sqrt{10},}$

όταν $\displaystyle{\sin a\cos a\ne 0.}$

Αν δε με απατά η μνήμη μου, υπό αυτή τη μορφή το είχα προτείνει και εγώ στο παρελθόν.

#1027

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 494
Έστω $a,b,c,d\in \Bbb{R}$ με $a^2+b^2\le 1$ . Δείξτε ότι $(1-bd)^2\ge (a^2+b^2-1)(c^2+d^2-1)$ .

Αν είναι $\displaystyle{ c^2 + d^2 - 1 \ge 0 }$ δεν έχω και πολλά να αποδείξω.
Έστω πως $\displaystyle{ c^2 + d^2 - 1 < 0 \Rightarrow d^2 < 1 - c^2 \Rightarrow d^2 < 1 }$ (θα χρειαστεί παρακάτω στο σενάριο...)
Αν κάνω τις πράξεις αρκεί(μετά από αυτές)
$\displaystyle{ \left( {b - d} \right)^2 \ge a^2 c^2 + a^2 d^2 - a^2 + b^2 c^2 - c^2 }$
Αρκεί:
$\displaystyle{ \left( {b - d} \right)^2 \ge (a^2 + b^2 - 1)c^2 + a^2 (d^2 - 1) }$
το οποίο ισχύει όμως αφού το δεύτερο μέλος είναι άθροισμα αρνητικών αριθμών.

sokratis lyras · #1028

Να και μία πανέμορφη ακολουθία!!
ΑΣΚΗΣΗ 495

Έστω η ακολουθία a_n

με $a_1=a,a_2=b,c>0,a_{n+1}=\displaystyle\frac{a_n^2+c}{a_{n-1}}$ και $ab\ne 0$ .Nα δείξετε ότι $a_i\in Z\Leftrightarrow a,b,\displaystyle\frac{a^2+b^2+c}{ab}\in Z$ για κάθε $i\in N$ .

#1029

ΑΣΚΗΣΗ 496
Λύστε στους πρώτους την εξίσωση $p+\sqrt{q^{2}+r}=\sqrt{s^{2}+t} .$

ΑΣΚΗΣΗ 497
Να βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους που είναι ίσοι με 300 φορές το άθροισμα των ψηφίων τους.

ΑΣΚΗΣΗ 498
Υπάρχουν ακέραιοι 0<a<b<c

, τέτοιοι ώστε $b+\dfrac{1}{b}=\dfrac{1}{2}\left[\left(a+\dfrac{1}{a}\right)+\left(c+\dfrac{1}{c}\right)\right];$

ΑΣΚΗΣΗ 499
Να λυθεί η εξίσωση $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{[a,b]}+\dfrac{1}{(a,b)}=\dfrac{1}{2}$ .

ΑΣΚΗΣΗ 500!
Αν οι διαφορετικοί ανά δύο και μη μηδενικοί αριθμοί a,b,c,d

είναι τέτοιοι ώστε ac=bd

και $\displaystyle{ \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{d}+\dfrac{d}{a}=4,}$
να βρείτε το μέγιστο του $\displaystyle{\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}+\dfrac{b}{d}+\dfrac{d}{b}.}$

#1030

sokratis lyras έγραψε:Να και μία πανέμορφη ακολουθία!!
ΑΣΚΗΣΗ 495

Έστω η ακολουθία με $a_1=a,a_2=b,c>0,a_{n+1}=\displaystyle\frac{a_n^2+c}{a_{n-1}}$ και $ab\ne 0$ .Nα δείξετε ότι $a_i\in Z\Leftrightarrow a,b,\displaystyle\frac{a^2+b^2+c}{ab}\in Z$ για κάθε $i\in N$ .

Σωκράτη, για να μην μείνει αναπάντητη, μάλλον θα χρειαστούμε κάποια υπόδειξη, οπότε αν έχεις να προτείνεις κάτι, γράψε το.

sokratis lyras · #1031

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
sokratis lyras έγραψε:Να και μία πανέμορφη ακολουθία!!
ΑΣΚΗΣΗ 495

Έστω η ακολουθία με $a_1=a,a_2=b,c>0,a_{n+1}=\displaystyle\frac{a_n^2+c}{a_{n-1}}$ και $ab\ne 0$ .Nα δείξετε ότι $a_i\in Z\Leftrightarrow a,b,\displaystyle\frac{a^2+b^2+c}{ab}\in Z$ για κάθε $i\in N$ .

Σωκράτη, για να μην μείνει αναπάντητη, μάλλον θα χρειαστούμε κάποια υπόδειξη, οπότε αν έχεις να προτείνεις κάτι, γράψε το.

Μία μικρή υπόδειξη..

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#1032

sokratis lyras έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 495

Έστω η ακολουθία με $a_1=a,a_2=b,c>0,a_{n+1}=\displaystyle\frac{a_n^2+c}{a_{n-1}}$ και $ab\ne 0$ .Nα δείξετε ότι $a_i\in Z\Leftrightarrow a,b,\displaystyle\frac{a^2+b^2+c}{ab}\in Z$ για κάθε $i\in N$ .

Λύση της άσκησης 495:

Πρόκειται για το Πρόβλημα 3 της Βαλκανικής Μαθηματικής Ολυμπιάδας του 1986.

Για κάθε θετικό ακέραιο $\displaystyle{n}$ έχουμε ότι:

$\displaystyle{{a_{n + 2}} = \frac{{a_{n+1}^2 + c}}{{{a_n}}} \Leftrightarrow {a_{n + 2}}{a_n} - a_{n+1}^2 = c,}$

οπότε

$\displaystyle{{a_{n + 2}}{a_n} - a_{n + 1}^2 = {a_{n + 3}}{a_{n + 1}} - a_{n + 2}^2 \Leftrightarrow \frac{{{a_{n + 2}} + {a_n}}}{{{a_{n + 1}}}} = \frac{{{a_{n + 3}} + {a_{n + 1}}}}{{{a_{n + 2}}}},}$

δηλαδή η ακολουθία

$\displaystyle{{x_n} = \frac{{{a_{n + 2}} + {a_n}}}{{{a_{n + 1}}}}}$

είναι σταθερή, με τιμή $\displaystyle{{x_1} = \frac{{{a_3} + {a_1}}}{{{a_2}}} = \frac{{\frac{{{b^2} + c}}{a} + a}}{b} = \frac{{{a^2} + {b^2} + c}}{{ab}}.}$

Θέτουμε $\displaystyle{k: = \frac{{{a^2} + {b^2} + c}}{{ab}},}$ οπότε είναι

$\displaystyle{{a_{n + 2}} + {a_n} = k{a_{n + 1}}}$ $\color{red}\left( \bigstar \right)$

για κάθε θετικό ακέραιο $\displaystyle{n}.$

Αν υποθέσουμε ότι οι αριθμοί $\displaystyle{a,b,k}$ είναι ακέραιοι, τότε από τη σχέση $\color{red}\left( \bigstar \right)$ προκύπτει επαγωγικά ότι $\displaystyle{{{a_n} \in \mathbb{Z}}}$ για κάθε θετικό ακέραιο $\displaystyle{n}.$

Αντίστροφα, έστω ότι $\displaystyle{{{a_n} \in \mathbb{Z}}}$ για κάθε θετικό ακέραιο $\displaystyle{n}.$ Τότε, οι αριθμοί $\displaystyle{a = {a_1}}$ και $\displaystyle{b = {a_2}}$ είναι ακέραιοι, άρα ο αριθμός $\displaystyle{k = \frac{{{a^2} + {b^2} + c}}{{ab}}}$ είναι ρητός. Έστω ότι ο $\displaystyle{k}$ δεν είναι ακέραιος. Τότε, θα υπάρχουν ακέραιοι $\displaystyle{r,s}$ με $\displaystyle{\left( {r,s} \right) = 1}$ και $\displaystyle{s > 1}$ , ώστε $\displaystyle{k = \frac{r}{s}}$ και η σχέση $\color{red}\left( \bigstar \right)$ γράφεται ισοδύναμα:

$\displaystyle{s\left( {{a_{n + 2}} + {a_n}} \right) = r{a_{n + 1}}}$ $\color{red}\left( \bigstar \bigstar\right)$ , για κάθε θετικό ακέραιο $\displaystyle{n}.$

Από τη σχέση $\color{red}\left( \bigstar \bigstar\right)$ προκύπτει επαγωγικά ότι $\displaystyle{{a_n} \equiv 0\left( {\bmod s} \right)}$ για κάθε ακέραιο $\displaystyle{n \ge 2}$ . Τότε, πάλι από τη σχέση $\color{red}\left( \bigstar \bigstar\right)$ προκύπτει ότι $\displaystyle{{a_n} \equiv 0\left( {\bmod s^2} \right)}$ για κάθε ακέραιο $\displaystyle{n \ge 3}.$ Όμοια, βρίσκουμε ότι $\displaystyle{{a_n} \equiv 0\left( {\bmod s^m} \right)}$ για κάθε ακέραιο $\displaystyle{n \ge m+1}.$

Επομένως, θα είναι:

$\displaystyle{c = {a_{n }}{a_{n + 2}} - a_{n+1}^2 \equiv 0\left( {\bmod {s^{2n}}} \right)}$

για κάθε θετικό ακέραιο $\displaystyle{n},$ πράγμα άτοπο. Ώστε, ο αριθμός $\displaystyle{k = \frac{{{a^2} + {b^2} + c}}{{ab}}}$ είναι ακέραιος και η απόδειξη ολοκληρώνεται.

sokratis lyras · #1033

Πολύ ωραία.Η παρακάτω είναι πιο εύκολη αλλά το ίδιο όμορφη:
ΑΣΚΗΣΗ 501
Nα βρείτε όλα τα διαδοχικά ζεύγη $a_n,a_{n+1}$ της ακολουθίας $a_n=2^n+49,n\in N$ έτσι ώστε $a_n=pq,a_{n+1}=rs$ με $p,q,r,s\in P, p<q, r<s$ και q-p=s-r

όπου

το σύνολο των πρώτων αριθμών.

#1034

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 496
Λύστε στους πρώτους την εξίσωση $p+\sqrt{q^{2}+r}=\sqrt{s^{2}+t} .$

Λύση της άσκησης 496:

Έστω $\displaystyle{p,q,r,s,t}$ πρώτοι αριθμοί τέτοιοι, ώστε $\displaystyle{p + \sqrt {{q^2} + r} = \sqrt {{s^2} + t} .}$

Υψώνοντας στο τετράγωνο, έχουμε ότι ο αριθμός

$\displaystyle{\sqrt {{q^2} + r} = \frac{{{s^2} + t - {p^2} - {q^2} - r}}{{2p}}}$

είναι ρητός, οπότε ο αριθμός $\displaystyle{{\sqrt {{s^2} + t} }}$ θα είναι επίσης ρητός. Επομένως, οι υπόρριζες παραστάσεις θα είναι τέλεια τετράγωνα, δηλαδή θα υπάρχουν θετικοί ακέραιοι $\displaystyle{k,l}$ τέτοιοι, ώστε $\displaystyle{{{q^2} + r = {{\left( {q + k} \right)}^2}}}$ και $\displaystyle{{{s^2} + t = {{\left( {s + l} \right)}^2}}.}$ Συνεπώς, θα είναι:

$\displaystyle{r = k\left( {2q + k} \right)}$ και $\displaystyle{t = l\left( {2s + l} \right).}$

Εφόσον οι αριθμοί $\displaystyle{r}$ και $\displaystyle{t}$ είναι πρώτοι, θα έχουμε ότι $\displaystyle{k = l = 1}$ , οπότε

$\displaystyle{r = 2q + 1,}$ $\displaystyle{t = 2s + 1}$ και $\displaystyle{p + q + 1 = s + 1,}$ δηλαδή $\displaystyle{p + q = s .}$

Από την τελευταία σχέση προκύπτει ότι ένας από τους $\displaystyle{p,q}$ είναι ίσος με $\displaystyle{2}$ . Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:

$\bullet$ Έστω ότι $\displaystyle{p = 2.}$ Τότε, οι αριθμοί $\displaystyle{q}$ , $\displaystyle{s = q + 2}$ , $\displaystyle{r = 2q + 1}$ και $\displaystyle{t = 2q + 5}$ είναι πρώτοι.

Προφανώς, ο αριθμός $\displaystyle{q + 2}$ δεν είναι πολλαπλάσιο του $\displaystyle{3}$ . Αν $\displaystyle{q + 2 \equiv 1\left( {\bmod 3} \right)}$ , τότε $\displaystyle{2q + 5 \equiv 0\left( {\bmod 3} \right)}$ , που είναι άτοπο. Άρα, θα πρέπει $\displaystyle{q + 2 \equiv 2\left( {\bmod 3} \right)}$ , οπότε $\displaystyle{q = 3}$ και προκύπτει η λύση $\boxed{\displaystyle{\left( {p,q,r,s,t} \right) = \left( {2,3,7,5,11} \right)}}.$

$\bullet$ Έστω ότι $\displaystyle{q = 2.}$ Τότε, είναι $\displaystyle{r = 5}$ και οι αριθμοί $\displaystyle{s = p + 2}$ και $\displaystyle{t = 2p + 5}$ είναι πρώτοι. Ακριβώς όπως στην προηγούμενη περίπτωση, βρίσκουμε ότι $\displaystyle{p = 3}$ , οπότε προκύπτει η λύση $\boxed{\displaystyle{\left( {p,q,r,s,t} \right) = \left( {3,2,5,5,11} \right)}}.$

spiros filippas · #1035

sokratis lyras έγραψε:Πολύ ωραία.Η παρακάτω είναι πιο εύκολη αλλά το ίδιο όμορφη:
ΑΣΚΗΣΗ 501
Nα βρείτε όλα τα διαδοχικά ζεύγη $a_n,a_{n+1}$ της ακολουθίας $a_n=2^n+49,n\in N$ έτσι ώστε $a_n=pq,a_{n+1}=rs$ με $p,q,r,s\in P, p<q, r<s$ και όπου το σύνολο των πρώτων αριθμών.

Θέλουμε:

και

$2^{n+1}=rs ~~(2)$

Διακρίνουμε 2 περιπτώσεις:

Εστω αρτιος Tότε:

$2^{n+1}+49\equiv (-1)^{n+1}+49\equiv -1+49\equiv 0 ~mod~3$

άρα αναγκαστικά r=3

Τότε θα είναι s=q-p+3

και από την $(1)~ 2^{n+1}=2(pq-49)$ άρα η (2)

γίνεται:

$\displaystyle 2(pq-49)+49=3(q-p+3) \Leftrightarrow ...\Leftrightarrow q=\frac{58-3p}{2p-3}$

Θα πρέπει

$\displaystyle \frac{58-3p}{2p-3}\in Z\Rightarrow \frac{3(2p-3)-107}{2p-3} \in Z\Rightarrow 2p-3|107$

όμως 107 πρώτος άρα p=55

, αδύνατο ή p=2

που δίνει

,επίσης αδύνατο.

Έστω περιττός

Tότε $2^n+49\equiv (-1)^n+49\equiv 0~mod~3$

άρα p=3

Τότε θα είναι s=q+r-3

και από την $(1)~~2^{n+1}=2(3q-49)$ άρα η (2)

γίνεται:

$\displaystyle 2(3q-49)+49=r(q+r-3)\Leftrightarrow ...\Leftrightarrow q=\frac{r^2-3r+49}{6-r}$ Πάλι θα πρέπει

$\displaystyle \frac{r^2-3r+49}{6-r}\in Z\Rightarrow \frac{r^2-3r+49}{r-6}\in Z \Rightarrow \frac{(r+3)(r-6)+67}{r-6}\in Z$

$\Rightarrow r-6|67$

Αφού 67 πρώτος θα πρέπει r=7

που δίνει

, αδύνατο είτε r=73

που δίνει

, αδύνατο

και μένει r=5

που δίνει

και τελικά s=61

που είναι δεκτές αφού μας δίνουν τις ακολουθίες

$a_7=3 \times 59$ και $a_8=5 \times 61$

#1036

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 497
Να βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους που είναι ίσοι με 300 φορές το άθροισμα των ψηφίων τους.

Έστω $\displaystyle{a=x_{n}x_{n-1}x_{n-2}...x_{3}x_{2}x_{1}}$ ο ζητούμενος αριθμός. Επειδή από την υπόθεση έχουμε

$\displaystyle{a=300(x_{1}+x_{2} + . . .+ x_{n})}$ , συμπεραίνουμε ότι ο

διαιρείται με το 100

και άρα πρέπει να λήγει σε δύο μηδενικά.
Δηλαδή πρέπει $\displaystyle{x_{1}=x_{2}=0}$

Mε βάση τα παραπάνω, έχουμε:

$\displaystyle{0.1+0.10+x_{3}.10^{2}+x_{4}.10^{3} + . . . + x_{n}.10^{n-1}=300(0+0+x_{3}+x_{4} + . . . + x_{n})}$

Άρα:

$\displaystyle{10^{2}x_{3}+10^{3}x_{4} + . . . +10^{n-1}x_{n}=300x_{3}+300x_{4} + . . . + 300x_{n}}$

'Αρα:

$\displaystyle{200x_{3}=(10^{3}-300)x_{4}+(10^{4}-300)x_{5} + . . . + (10^{n-1}-300)x_{n}}$ και άρα

$\displaystyle{2x_{3}=(10-3)x_{4}+(10^{2}-3)x_{5} + . . . + (10^{n-3}-3)x_{n}}$ , $\rightarrow$ ΣΧΕΣΗ 1

Προφανώς τώρα το πρώτο μέλος της ΣΧΕΣΗΣ 1 είναι ένας ακέραιος μεγαλύτερος από το μηδέν και μικρότερος από το 19
Στο δεύτερο μέλος όμως, αν υποθέσουμε ότι κάποιος από τους αριθμούς $\displaystyle{x_{5} , x_{6} , . . . , x_{n}}$ είναι διάφορος του μηδενός, θα έχουμε αριθμό μεγαλύτερο ή ίσο του $\displaystyle{10^{2}-3}$ , δηλαδή μεγαλύτερο ή ίσο του

, πράγμα που είναι άτοπο, αφού δεν θα μπορούσε να ισχύει η ΣΧΕΣΗ 1.
Από τα παραπάνω βγαίνει το συμπέρασμα ότι πρέπει να είναι $\displaystyle{x_{5}=x_{6} = . . . = x_{n}=0}$ και άρα η ΣΧΕΣΗ 1 γράφεται
$\displaystyle{2x_{3}=7x_{4}}$ , από την οποία προκύπτει (δεδομένου και ότι a>0

), ότι $\displaystyle{x_{3}=7 , x_{4}=2}$ και άρα

a=2700

#1037

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 498
Υπάρχουν ακέραιοι , τέτοιοι ώστε $b+\dfrac{1}{b}=\dfrac{1}{2}\left[\left(a+\dfrac{1}{a}\right)+\left(c+\dfrac{1}{c}\right)\right];$

Έστω

,

, με $m , n\epsilon N^{*}$ . Τότε c=a+m+n

Συνεπώς η δοσμένη σχέση γράφεται:

$\displaystyle{a+m+\frac{1}{a+m}=\frac{1}{2}(a+\frac{1}{a}+a+m+n+\frac{1}{a+m+n})}$

και ύστερα από τις πράξεις βρίσκουμε :

$\displaystyle{m-n=\frac{1}{a}+\frac{1}{a+m+n}-\frac{2}{a+m}}$

Aλλά , $\displaystyle{0<\frac{1}{a}\leq1}$ . Επίσης , $\displaystyle{a+m+n\geq 3\Rightarrow 0<\frac{1}{a+m+n}\leq \frac{1}{3}}$

Άρα , $\displaystyle{0<\frac{1}{a}+\frac{1}{a+m+n}\leq \frac{4}{3}\Rightarrow}$

$\displaystyle{\Rightarrow -\frac{2}{a+m}<m-n\leq \frac{4}{3}-\frac{2}{a+m}\Rightarrow}$

$\displaystyle{\Rightarrow -1\leq -\frac{2}{a+m}<m-n\leq\frac{4}{3}-\frac{2}{a+m}<\frac{4}{3}}$ ,

(διότι αφού $\displaystyle{a+m\geq 2\Rightarrow \frac{1}{a+m}\leq \frac{1}{2}\Rightarrow \frac{2}{a+m}\leq 1\Rightarrow}$

$\displaystyle{\Rightarrow -1\leq -\frac{2}{a+m}}$

Έχουμε λοιπόν δέίξει ότι $\displaystyle{-1<m-n<\frac{4}{3}}$ και αφού οι $\displaystyle{m ,n \epsilon N^{*}}$ , θα πρέπει να είναι:

$\displaystyle{m-n=0}$ , ή, $\displaystyle{m-n=1}$ .

Διακρίνουμε λοιπόν δύο περιπτώσεις:

1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: $\displaystyle{m-n=0\Leftrightarrow m=n}$

Τότε έχουμε:

$\displaystyle{\frac{1}{a}+\frac{1}{a+2m}-\frac{2}{a+m}=0\Rightarrow . . . \Rightarrow m=0}$ , που είναι άτοπο.

2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: $\displaystyle{m-n=1\Leftrightarrow m=n+1}$

Τότε έχουμε:

$\displaystyle{\frac{1}{a}+\frac{1}{a+2n+1}-\frac{2}{a+m}=1\Rightarrow . . . \Rightarrow (a^{2}+2an+a)(a+n+3)=}$

$\displaystyle{=(a+n+1)(2a+2n+1)}$ , $\displaystyle{\rightarrow}$ ΣΧΕΣΗ 1

Αν $a\geq 2$ , η παραπάνω σχέση είναι αδύνατη, διότι

$a^{2}+2an+a>2a+2n+1$ , (προφανές)

και

a+n+3>a+n+1

, (επίσης προφανές)

Μένει μόνο να δούμε τι συμβαίνει, όταν a=1

Τότε η ΣΧΕΣΗ 1 γράφεται:
$\displaystyle{(2+2n)(4+n)=(2+n)(3+2n)\Leftrightarrow 3n=-2}$ , η οποία και πάλι είναι αδύνατη.

Άρα δεν υπάρχουν τέτοιοι ακέραιοι a , b , c

freyia · #1038

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 499
Να λυθεί η εξίσωση $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{[a,b]}+\dfrac{1}{(a,b)}=\dfrac{1}{2}$ .

Θα την δω στο σύνολο των θετικών ακεραίων και θα θέσω [a,b]=m , (a,b)=n

$(a,b)=n\Rightarrow a=kn , b=zn , k , zEN^{*}$
Γνωρίζω ότι $[a,b](a,b)=ab\Rightarrow mn=knzn\Rightarrow m=kzn$ . Άμα αντικαταστήσω στην αρχική, βρίσκω

$\dfrac{1}{kn}+\dfrac{1}{zn}+\dfrac{1}{kzn}+\dfrac{1}{n}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow$

$\dfrac{1}{k}+\dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{kz}=\dfrac{n-2}{2}$ .

Επειδή $k>0\Rightarrow 0< \dfrac{1}{k}\leq 1$ . Παρομοίως, $0<\dfrac{1}{z}\leq 1 , 0<\dfrac{1}{kz}\leq 1$ . Επομένως μετά από πρόσθεση κατά μέλη $\Rightarrow 0<\dfrac{n-2}{2}\leq 3\Rightarrow 0<n\leq 8$
Θα πάρω έξι περιπτώσεις:
1) n=3

.
Τότε $\dfrac{1}{k}+\dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{kz}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow 2k+2z+2=kz\Rightarrow$

$k=\dfrac{2z+2}{z-2}\Rightarrow k=\dfrac{2z-4+6}{z-2}=2+\dfrac{6}{z-2}$ . Επειδή πρέπει ο

να είναι ακέραιος,
θα έχω z-2=1

'η

ή

. Και από εδώ έχω:
z=3,k=8

ή

'η

.
Αμα είναι z=3,k=8

, τότε έχω ότι a=kn=8.3=24

και

και οι τιμές αυτές που βρήκα, επαληθεύουν την αρχική εξίσωση.
Αμα είναι z=4 , k=5

, τότε θα έχω a=kn=5.3=15

και

και πάλι αυτές οι τιμές επαληθεύουν την αρχική
Και με παρόμοιο τρόπο βρίσκω ότι υπάρχουνε και οι τιμές a=9 , b=24

και

2)

Τότε $\dfrac{1}{k}+\dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{kz}=1\Rightarrow k=1+\dfrac{2}{z-1}$ και όπως και παραπάνω, βρίσκω ότι
a=8 , b=12

ή

3)

Άμα εργαστώ όπως πιο πάνω, θα βρώ ότι $k=\dfrac{2z+2}{3z-2}\Rightarrow 3k=\dfrac{6z+6}{3z-2}\Rightarrow$

$3k=\dfrac{6z-4+10}{3z-2}\Rightarrow 3k=\dfrac{2(3z-2)+10}{3z-2}\Rightarrow 3k=2+\dfrac{10}{3z-2}$
Ο κ είναι φυσικός αριθμός διαφορετικός του μηδέν, όταν 3z-2=1 , 2 , 5 ,10 , -10

. Από εδώ προκύπτει ότι
δεκτή μονάχα η τιμή z=1

και επομένως $3k=2+10\Rightarrow k=4$ . Επομένως a=kn=20, b=zn=5

που είναι δεκτά αφού επαληθεύουν την αρχική.

Όμοια μπορώ να κάνω και τις υπόλοιπες περιπτώσεις.

#1039

ΑΣΚΗΣΗ 502: Να αποδείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle{(2x)^{2x}-1=y^{z+1}}$ , δεν έχει λύση στο σύνολο των φυσικών αριθμών, όταν ο

είναι πρώτος.

ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Πρόσθεσα στην εκφώνιση εκ των υστέρων, ότι ο

είναι πρώτος. Μπράβο στον socratis lyras, που το εντόπισε.

vzf · #1040

ΑΣΚΗΣΗ 503 :
Να λύσετε την εξίσωση $\displaystyle{(x^2-5x+3)^2-3(x^2-5x+3)=3(x-1)}$
ΑΣΚΗΣΗ 504 :
Να λύσετε την εξίσωση $\displaystyle{\left(\sqrt{5-\sqrt{24}}\right)^x+\left(\sqrt{5+\sqrt{24}}\right)^x=10}$

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