Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#1081

ΑΣΚΗΣΗ 515
Βρείτε όλους τους πρώτους

για τους οποίους οι αριθμοί p^2-2,2p^2-1, 3p^2+4

είναι επίσης πρώτοι.

ΑΣΚΗΣΗ 516
Έστω n>0

ένας ακέραιος.
Να προσδιορίσετε όλα τα πολυώνυμα βαθμού

με πραγματικούς συντελεστές και μη αρνητικές ρίζες, της μορφής
$P(X)=X^{2n}+(2n-10)X^{2n-1}+a_2X^{2n-2}+...+a_{2n-2}X^2+(2n-10)X+1$ .

ΑΣΚΗΣΗ 517
Να λυθεί η εξίσωση x^2-6x+[x]+7 = 0

ΑΣΚΗΣΗ 518
Να λυθεί το σύστημα $\begin{cases}x^{3}+3xy^{2}= 49,\\ x^{2}+8xy+y^{2}= 8y+17x.\end{cases}$

ΑΣΚΗΣΗ 519
Έστω m,n

θετικοί ακέραιοι.
Αν ο αριθμός $\displaystyle{ p=\frac{n^{2}+m^{2}}{\sqrt{n^{2}-m^{2}}} }$ είναι πρώτος, να δείξετε ότι $p\equiv 1\pmod 8 .$

ΑΣΚΗΣΗ 520
Να δείξετε ότι σε κάθε τρίγωνο ισχύει

$\displaystyle{ a^{2}\left(\frac {2}{r_{A}}-\frac{r}{r_{B}r_{C}}\right)+b^{2}\left(\frac {2}{r_{B}}-\frac{r}{r_{A}r_{C}}\right)+c^{2}\left(\frac {2}{r_{C}}-\frac{r}{r_{A}r_{B}}\right)=4(R+3r) }$

ΑΣΚΗΣΗ 521
Να βρεθούν όλοι οι άρτιοι θετικοί ακέραιοι

τέτοιοι ώστε

$\displaystyle{ \frac{1}{d_{1}}+\frac{1}{d_{2}}+\cdots+\frac{1}{d_{k}}=\frac{1620}{1003}}, }$

όπου d_1<d_2<d_3<...<d_k

οι διαιρέτες του.

#1082

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 517
Να λυθεί η εξίσωση
.

Για το ακέραιο μέρος ενός πραγματικού αριθμού

, γνωρίζουμε ότι $x-1<[x]\leq x$

Η δοσμένη εξίσωση γράφεται: [x]=-x^2 +6x-7

. Και από την παραπάνω ανισότητα έχουμε:

$x-1<-x^2 +6x-7\leq x$ . 'Aρα:

x^2 -5x+6<0

$x^2 -5x+7\geq 0$

Tο σύστημα αυτό είναι ισοδύναμο με την ανίσωση: x^2 -5x+6<0

, διότι η δεύτερη ανίσωση αληθεύει για κάθε $x\epsilon R$ ,

αφού η διακρίνουσα του τριωνύμου είναι αρνητική.

Λύνοντας την παραπάνω ανίσωση, βρίσκουμε ότι: $x\epsilon (2 , 3)$ . Τότε [x]=2

, οπότε η δοσμένη εξίσωση γράφεται:

$x^2 -6x +2+7=0\Leftrightarrow (x-3)^2 =0\Leftrightarrow x=3$ , που όμως απορρίπτεται, αφού είδαμε ότι $x\epsilon (2 , 3)$

Άρα η εξίσωση είναι αδύνατη.

#1083

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 518
Να λυθεί το σύστημα $\begin{cases}x^{3}+3xy^{2}= 49,\\ x^{2}+8xy+y^{2}= 8y+17x.\end{cases}$

Από την δεύτερη εξίσωση που δίνεται, έχουμε:

y^2=8y+17x-8xy-x^2

Έτσι η πρώτη εξίσωση γράφεται:

$x^3 +3x(8y+17x-8xy-x^2)=49\Leftrightarrow -2x^3 +24xy-24x^{2}y+51x^2 -49=0\Leftrightarrow$

$-2x^3 +24xy(1-x)+2x^2 +49x^2 -49=0\Leftrightarrow$

$-2x^{2}(x-1)-24xy(x-1)+49(x-1)(x+1)=0\Leftrightarrow (x-1)(-2x^2 -24xy+49x+49)=0$

*** Αν x=1

, τότε εύκολα βρίσκουμε ότι το δοσμένο σύστημα έχει τις λύσεις:

x=1 , y=4

, και

*** Αν

, τότε λύνοντας ως προς

, παίρνουμε:

$\displaystyle{y=\frac{-2x^2 -49x-49}{24x}}$

Αντικαθιστούμε το

που βρήκαμε παραπάνω στην πρώτη εξίσωση του δοσμένου συστήματος και έχουμε:

$\displaystyle{x^3 +3x\frac{(2x^2 -49x-49)^2}{24^{2}x^2}=49\Leftrightarrow}$

και μετά από τις πράξεις:

$\displaystyle{12.49.x^4 -12.49.x^3 +3.49.45.x^2-49.282.x+3.49^2=0\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{4x^4 -4x^3 +45x^2 -94x +49=0}$

Χρησιμοποιώντας το σχήμα του HORNER, έχουμε:

$\displaystyle{(x-1)^{2}(4x^2+4x+49)=0}$ , από την οποία προκύπτει μόνο η λύση x=1

, που ήδη έχουμε βρει στην πρώτη περίπτωση.

Συνεπώς το σύστημα έχει μόνο τις λύσεις:

$\displaystyle{(x,y)=(1,4)}$ , και $\displaystyle{(x,y)=(1,-4)}$

#1084

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 515
Βρείτε όλους τους πρώτους για τους οποίους οι αριθμοί είναι επίσης πρώτοι.

Έσβυσα την προηγούμενη λύση, αφού είδα ότι υπάρχει τρόπος να λυθεί η άσκηση με λιγότερες περιπτώσεις.

Βάζοντας λοιπόν διάφορες τμές για τον πρώτο αριθμό

(συγκεκριμένα τις τιμές 2 , 3 , 5 , 7 , 11 , 13 , 17

), διαπιστώνουμε ότι για p=3

, και για

, έχουμε αυτό που θέλουμε, ενώ για τις υπόλοιπες τιμές του

, κάποιοι από τους αριθμούς p^2 -2 , 2p^2 -1 , 3p^2 +3

, διαιρούνται με το

, και άρα δεν είναι πρώτοι.

Έτσι, σκεφτόμαστε να πάρουμε τις παρακάτω περιπτώσεις:

(α) p=7k+1

Τότε :

πολ

,που ε'ιναι άτοπο.

(β) p=7k+2

Τότε:

πολ

, που είναι ΄'ατοπο.

(γ) p=7k+3

Τότε:

πολ

, που είναι άτοπο.

(δ) p=7k+4

Τότε:

πολ

, που είναι άτοπο.

(ε) p=7k+5

Τότε:

πολ

, που είναι άτοπο

(στ) p=7k+6

Τότε:

πολ

, που και πάλι είναι άτοπο.

Άρα οι μόνες δεκτές τιμές για το

είναι οι

.

#1085

Για όσους από τους μαθητές είναι εξοικειωμένοι με τα modulo , θα δούμε την λύση της παραπάνω άσκησης (515) και με αυτόν τον τρόπο, όπως μου επισήμανε ο φίλος μας Demetres, τον οποίο και ευχαριστώ και για την λύση που μας έδωσε στις αρκετά κατά την γνώμη μου δύσκολες για το "ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - ΓΥΜΝΑΣΙΟ ", ασκήσεις (514) και (521)

Αν ο

είναι μικρότερος ή ίσος με το

, εύκολα διαπιστώνουμε ότι δεκτές είναι μόνο οι τιμές p=3

,

.

Aς υποθέσουμε ότι p>7

Τότε θα είναι $p\equiv 1(mod7)$ , ή $p\equiv 2(mod7)$ , ... , ή , $p\equiv6(mod7)$ . Άρα:

$p^2 \equiv 1(mod7)$ , ή, $p^2\equiv 4(mod7)$ . ή , $p^2\equiv 2(mod7)$ .Άλλες περιπτώσεις, δεν υπάρχουν. (ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Αν για παράδειγμα έχουμε

$p\equiv 4(mod7)$ , τότε: $p^2 \equiv 16(mod7)\Rightarrow p^2\equiv 2(m0d7)$ )

Τώρα:

(α) Αν $p^2 \equiv 1(mod7)\Rightarrow 3p^2\equiv 3(mod7)\Rightarrow 3p^2 +4\equiv 7(mod7)\Rightarrow$

$3p^2+4\equiv 0(mod7)$ , που είναι άτοπο.

(β) Αν $p^2\equiv 2(mod7)\Rightarrow p^2 -2\equiv 0(mod7)$ , που είναι άτοπο.

(γ) Aν $p^2\equiv 4(mod7)\Rightarrow 2p^2\equiv 8(mod7)\Rightarrow 2p^2 -1\equiv 0(mod7)$ , που και πάλι είναι άτοπο.

#1086

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 521
Να βρεθούν όλοι οι άρτιοι θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε

$\displaystyle{ \frac{1}{d_{1}}+\frac{1}{d_{2}}+\cdots+\frac{1}{d_{k}}=\frac{1620}{1003}},$

όπου οι διαιρέτες του.

Γράφω λίγα περισσότερα από ότι χρειάζονται για την λύση για να δούμε και την σχετική θεωρία.

Αν ο

είναι διαιτέρης του

τότε και ο n/d

πρέπει να είναι διαιρέτης του

. Άρα οι $n/d_1,\ldots,n/d_k$ είναι επίσης διαιρέτες του

. Επίσης είναι διαφορετικοί μεταξύ τους και άρα πρέπει να είναι όλοι οι διαιρέτες του

. Επομένως η συνθήκη μετασχηματίζεται σε

$\displaystyle{ \frac{d_1}{n} + \cdots + \frac{d_k}{n} = \frac{1620}{1003}}$

ή ισοδύναμα σε

$\displaystyle{ 1620n = 1003 \sigma (n)}$

όπου με $\sigma(n)$ συμβολίζουμε το άθροισμα των διαιρετών του

. Ας μελετήσουμε λοιπόν λίγο περισσότερο αυτήν την συνάρτηση.

Έστω ότι $n = p_1^{r_1}p_2^{r_2} \cdots p_k^{r_k}$ η παράσταση του

σε γινόμενο διαφορετικών πρώτων παραγόντων. Τότε κάθε διαιρέτης του

πρέπει να είναι της μορφής $p_1^{s_1}p_2^{s_2} \cdots p_t^{s_t}$ όπου $0 \leqslant s_i \leqslant r_i$ για κάθε

. Άρα για να βρούμε το $\sigma(n)$ πρέπει να προσθέσουμε όλους αυτούς τους αριθμούς. Γνωρίζοντας ήδη το αποτέλεσμα ισχυρίζομαι πως

$\displaystyle{ \sigma(n) = (1 + p_1 + p_1^2 + \cdots + p_1^{r_1})(1 + p_2 + p_2^2 + \cdots + p_2^{r_1}) \cdots (1 + p_t + p_t^2 + \cdots + p_t^{r_t}). }$

Για την απόδειξη του ισχυρισμού παρατηρούμε ότι αν κάνουμε όλους τους πολλαπλασιασμούς στο πιο πάνω γινόμενο θα πάρουμε άθροισμα αριθμών της μορφής $p_1^{s_1}p_2^{s_2} \cdots p_t^{s_t}$ με $0 \leqslant s_i \leqslant r_i$ για κάθε

. Επιπλέον κάθε τέτοιος αριθμός εμφανίζεται στο άθροισμα ακριβώς μία φορά οπότε το άθροισμα πράγματι ισούται με $\sigma(n)$ .

Επομένως ισχύει ότι

$\displaystyle{ \frac{\sigma(n)}{n} = \left(1 + \frac{1}{p_1} + \frac{1}{p_1^2} + \cdots + \frac{1}{p_1^{r_1}}\right) \cdots \left(1 + \frac{1}{p_t} + \frac{1}{p_t^2} + \cdots + \frac{1}{p_t^{r_t}}\right).}$

Από εδώ παρατηρούμε άμεσα ότι αν ο

είναι πολλαπλάσιο του

με

τότε $\displaystyle{ \frac{\sigma(m)}{m} > \frac{\sigma(n)}{n}. }$

Αυτό γιατί στο αντίστοιχο γινόμενο για το $\sigma(m)/m$ κάθε ένας από τους παράγοντες είτε θα είναι ο ίδιος είτε θα έχει επιπλέον όρους στο άθροισμά του. Επιπλέον το αντίστοιχο γινόμενο για το $\sigma(m)/m$ μπορεί να έχει και άλλους παράγοντες που αντιστοιχούν σε πρώτους που δεν διαιρούν

αλλά όχι τον

. Τέλος επειδή m>n

δεν μπορεί να είναι όλοι οι παράγοντες των δύο γινομένων ακριβώς οι ίδιοι.

Πάμε τώρα πίσω στο πρόβλημα. Ξέρουμε ότι $\displaystyle{ 1620n = 1003 \sigma (n)}$ επομένως ο

είναι πολλαπλάσιο του 2003. (Αφού οι 1620

και

δεν έχουν κοινούς παράγοντες.) Επειδή ο

είναι άρτιος, πρέπει να είναι και πολλαπλάσιο του $2006 = 2 \cdot 17 \cdot 59$ . Άρα

$\displaystyle{ \frac{1620}{1003} = \frac{\sigma(n)}{n} \geqslant \frac{\sigma(2006)}{2006} = \frac{3}{2} \cdot \frac{18}{17} \cdot \frac{60}{59} = \frac{1620}{1003}. }$

Όπως έχουμε δείξει πιο πάνω η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν n = 2006

.

#1087

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 514
α) Να βρείτε τη μέγιστη τιμή της σταθερής έτσι ώστε $x^{2}+y^{2}+1\geq C(x+y)$ , για κάθε $x,y\in \Bbb{R}$ .
β) Να βρείτε τη μέγιστη τιμή της σταθερής έτσι ώστε $x^{2}+y^{2}+xy+1\geq C(x+y)$ , για κάθε $x,y\in \Bbb{R}$ .

(α) Έχουμε $\displaystyle{x^2 + y^2 + 1 = \left(x^2 + \frac{1}{2}\right) + \left(y^2 + \frac{1}{2}\right) \geqslant 2\sqrt{\frac{x^2}{2}} + 2\sqrt{\frac{x^2}{2}} = \sqrt{2}(x+y).}$

Έστω ότι $x^2 + y^2 + 1 \geqslant C(x+y)$ για κάθε $x,y\in \mathbb{R}$ . Για $x=y=\sqrt{2}/2$ (η περίπτωση ισότητας στις πιο πάνω ανισότητες!) έχουμε $1/2 + 1/2 + 1 \geqslant C\sqrt{2}$ που δίνει $C \leqslant \sqrt{2}$ . Εφόσον όπως δείξαμε προηγουμένως η ανισότητα ισχύει για $C = \sqrt{2}$ , αυτή είναι και η μέγιστη τιμή του

για την οποία ισχύει.

(β) Παρόμοια αλλά κάπως πιο δύσκολη. Ας την αφήσουμε ακόμη λίγο.

#1088

Για την άσκηση 515, έγραψα μία απλούστερη (με λιγότερες περιπτώσεις) λύση, καθώς και μια λύση με χρήση του modoulo.

#1089

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 516
Έστω ένας ακέραιος.
Να προσδιορίσετε όλα τα πολυώνυμα βαθμού με πραγματικούς συντελεστές και μη αρνητικές ρίζες, της μορφής
$P(X)=X^{2n}+(2n-10)X^{2n-1}+a_2X^{2n-2}+...+a_{2n-2}X^2+(2n-10)X+1$ .

Υποψιάζομαι ότι το πρόβλημα πρέπει να λέει ότι το πολυώνυμο έχει (μετρώντας την πολλαπλότητα) τέσσερις μη αρνητικές ρίζες.

Έστω $x_1,\ldots,x_n$ οι ρίζες του πολυωνύμου. Τότε $x_1 + \cdots + x_{2n} = 10-2n$ και $x_1 \cdots x_{2n} = 1$ . Από την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ παίρνουμε $\displaystyle{ 10-2n = x_1 + \cdots + x_{2n} \geqslant 2n \sqrt[2n]{x_1 \cdots x_{2n}} = 2n }$ και άρα n=1

ή

.

Για

πρέπει

που ικανοποιεί την συνθήκη.

Για n=2

πρέπει

για κάποιο $a \in \mathbb{R}$ . Το πολυώνυμο θα ικανοποιεί την συνθήκη αν και μόνο αν έχει μη αρνητικές ρίζες. Για $x \neq 0$ έχουμε $\displaystyle{ p(x) = x^2\left((x + 1/x)^2 - 6(x + 1/x) + a-2\right) = x^2q(x+1/x)}$ όπου q(y) = y^2 - 6y + a-2

. Πρέπει $a \leqslant 11$ αφού αλλιώς το q(y)

και άρα και το p(x)

δεν έχει καμία ρίζα. Για $a \leqslant 11$ οι ρίζες του

είναι οι $y_1 = 3 + \sqrt{11-a}$ και $y_2 = 3 - \sqrt{11-a}$ . Άρα

$\displaystyle{ p(x) = x^2\left( x+1/x - y_1)(x+1/x - y_2) = (x^2 - xy_1 +1)(x^2 - xy_2 + 1) }$

Οι δύο παράγοντες έχουν μη αρνητικές ρίζες αν και μόνο αν $y_1,y_2 \geqslant 2$ το οποίο συμβαίνει αν και μόνο αν ισχύε επιπλέον ότι $a \geqslant 10$ .

Άρα για n=2

τα πολυώνυμα που ικανοποιούν την συνθήκη είναι τα x^4 - 6x^3 + ax^2 - 6x + 1

για $a \in [10,11]$ .

#1090

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 513
Αν ακέραιοι, $x,y\neq-1 ,$ τέτοιοι ώστε $\displaystyle{ \frac{x^{4}-1}{y+1}+\frac{y^{4}-1}{x+1}\in\mathbb{Z} ,}$ να δείξετε ότι $x+1| x^{4}y^{44}-1 .$

Είναι εύκολο να αποδείχθεί ότι αν οι a,b

είναι ρητοί αριθμοί και ισχύει $a+b\in\mathbb{Z}$ και $ab\in\mathbb{Z}$ τότε καθένας από τους a,b

είναι ακέραιος (καλό θα είναι να προσπαθήσετε μία πλήρη απόδειξη γι' αυτό το αποτέλεσμα). Το ίδιο συμβαίνει και στο παραπάνω πρόβλημα με τους αριθμούς $a=\dfrac{x^4-1}{y+1}$ και $b=\dfrac{y^4-1}{x+1}$ .

Ισχύει x^4-1=(x+1)(x-1)(x^2+1)

άρα $x^4\equiv 1 \pmod{x+1}$ . Λόγω του ότι $\dfrac{y^4-1}{x+1}\in\mathbb{Z}$ άρα $y^4\equiv 1\pmod{x+1}$ δηλαδή $\left(y^4\right)^{11}\equiv 1^{11}\pmod{x+1}$ άρα $y^{44}\equiv 1 \pmod{x+1}$ οπότε τελικά από τις (1)

και

παίρνουμε $x^4y^{44}\equiv 1 \pmod{x+1}$ που είναι και το ζητούμενο.

Αλέξανδρος

#1091

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 520
Να δείξετε ότι σε κάθε τρίγωνο ισχύει

$\displaystyle{ a^{2}\left(\frac {2}{r_{A}}-\frac{r}{r_{B}r_{C}}\right)+b^{2}\left(\frac {2}{r_{B}}-\frac{r}{r_{A}r_{C}}\right)+c^{2}\left(\frac {2}{r_{C}}-\frac{r}{r_{A}r_{B}}\right)=4(R+3r) }$

Έχουμε ότι:

$\displaystyle{{a^2}\left( {\frac{2}{{{r_a}}} - \frac{r}{{{r_b}{r_c}}}} \right) = {a^2}\left( {\frac{2}{{\frac{E}{{s - a}}}} - \frac{{\frac{E}{s}}}{{\frac{E}{{s - b}}\frac{E}{{s - c}}}}} \right) = \frac{{{a^2}}}{{sE}}\left[ {2s\left( {s - a} \right) - \left( {s - b} \right)\left( {s - c} \right)} \right] = }$

$\displaystyle{ = \frac{{{a^2}}}{E}\left( {s - 2a + b + c} \right) - \frac{{{a^2}bc}}{{sE}} = \frac{{3{a^2}}}{E}\left( {s - a} \right) - \frac{{4aR}}{s}.}$

Επομένως, το αριστερό μέλος της αποδεικτέας ισότητας ισούται με:

$\displaystyle{\frac{3}{E}\left[ {s\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) - \left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)} \right] - \frac{{4\left( {a + b + c} \right)R}}{s} = }$

$\displaystyle{\frac{3}{E}\left[ {s \cdot 2\left( {{s^2} - {r^2} - 4Rr} \right) - 2\left( {{s^3} - 3{r^2}s - 6Rrs} \right)} \right] - 8R = }$

$\displaystyle{ = \frac{3}{{rs}}\left( {4{r^2}s + 4Rrs} \right) - 8R = 12\left( {r + R} \right) - 8R = 4\left( {R + 3r} \right)}$

και το ζητούμενο δείχθηκε.

Χρησιμοποιήθηκαν, μεταξύ άλλων, οι σχέσεις:

$\displaystyle{{a^2} + {b^2} + {c^2} = 2\left( {{s^2} - {r^2} - 4Rr} \right)}$

και

$\displaystyle{{a^3} + {b^3} + {c^3} = 2\left( {{s^3} - 3{r^2}s - 6Rrs} \right).}$

#1092

ΑΣΚΗΣΗ 522:Na λυθεί η εξίσωση:

$\displaystyle{\frac{x^2 -4x+3}{x^2 +4x +3}+\frac{x^2 +4x +3}{x^2 -4x +3}=\frac{x^2 -6x +8}{x^2 +6x +8}+\frac{x^2 +6x+8}{x^2 -6x +8}}$

dr.tasos · #1093

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 522:Na λυθεί η εξίσωση:

$\displaystyle{\frac{x^2 -4x+3}{x^2 +4x +3}+\frac{x^2 +4x +3}{x^2 -4x +3}=\frac{x^2 -6x +8}{x^2 +6x +8}+\frac{x^2 +6x+8}{x^2 -6x +8}}$

Καταρχάς πρέπει $\displaystyle{ x \ne -3,-1,-4,-2 }$

Θέτω

$\displaystyle{ a=\frac{x^2-6x+8}{x^2+6x+8} \wedge y=\frac{x^2-4x+3}{x^2+4x+3} }$

Έτσι η εξίσωση μου γίνεται :

$\displaystyle{ \frac{1}{y}+y=a+\frac{1}{a} \Leftrightarrow ay(y-a)-(y-a)=0 \Leftrightarrow (ay-1)(y-a)=0 \Leftrightarrow ay=1 \vee y=a }$

Αντικαθιστώ και παίρνω

$\frac{(x-1)(x-3)}{(x+3)(x+1)}=\frac{(x-4)(x-2)}{(x+4)(x+2)} \Leftrightarrow (x-3)(x+4)(x-1)(x+2)=(x-4)(x-3)(x+1)(x-2) \Leftrightarrow x^4+2x^3-13x^2-14x+24=x^4-2x^3-13x^2+14x+24 \Leftrightarrow 4x^3-28x=0 \Leftrightarrow 4x(x^2-7)=0 \Leftrightarrow x=0 \vee x= \pm \sqrt{7}$

Και για την πρώτη περίπτωση έχω

$\frac{(x-1)(x-3)(x-4)(x-2)}{(x+3)(x+1)(x+4)(x+2)}=1 \Leftrightarrow (x-1)(x-4)(x-3)(x-2)=(x+3)(x+1)(x+4)(x+2) \Leftrightarrow x^4-10x^3+35x^5-50x+24=x^4+10x^3+35x^2+50x+24 \Leftrightarrow x^3+5x=0 \Leftrightarrow x=0$

Οπότε μοναδικές και δεκτές λύσεις $\displaystyle{ x=\pm \sqrt{7} ,0 }$

#1094

AΣΚΗΣΗ 523: Αν ο αριθμός

$\displaystyle{A=9n+\frac{9}{2}-\frac{9\sqrt{4n+1}}{2}}$ , όπου $n\epsilon N$ , είναι θετικός ρητός, να αποδείξετε ότι και ο αριθμός

$\displaystyle{\sqrt{A}}$ , είναι επίσης θετικός ρητός.

#1095

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 523: Αν ο αριθμός

$\displaystyle{A=9n+\frac{9}{2}-\frac{9\sqrt{4n+1}}{2}}$ , όπου $n\epsilon N$ , είναι θετικός ρητός, να αποδείξετε ότι και ο αριθμός

$\displaystyle{\sqrt{A}}$ , είναι επίσης θετικός ρητός.

Προφανώς ο αριθμός 4n+1

είναι τετράγωνο ρητού δηλαδή 4n+1=k^2

με $k\in\mathbb{Q}$ . Τότε $n=\dfrac{k^2-1}{4}$ οπότε με αντικατάσταση παίρνουμε:

$A=\dfrac{18\cdot\frac{k^2-1}{4}+9-9k}{2}=\dfrac{9k^2-18k+9}{4}=\left(\dfrac{3k-3}{2}\right)^2$

Άρα $\sqrt{A}=\dfrac{3k-3}{2}\in\mathbb{Q}$

Αλέξανδρος

#1096

ΑΣΚΗΣΗ 524: Αποδείξτε ότι ο αριθμός:

$\displaystyle{A=111...11122...2225}$ ,όπου οι άσσοι έχουν πλήθος 1997 και τα δυάρια έχουν πλήθος 1998,

είναι τέλειο τετράγωνο.

(Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα για "Μικρούς")

#1097

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 524: Αποδείξτε ότι ο αριθμός:

$\displaystyle{A=111...11122...2225}$ ,όπου οι άσσοι έχουν πλήθος 1997 και τα δυάρια έχουν πλήθος 1998,

είναι τέλειο τετράγωνο.

(Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα για "Μικρούς")

Παρατηρούμε ότι:

$\displaystyle{A = \underbrace {11 \ldots 1}_{1997}\underbrace {22 \ldots 2}_{1998}5 = \frac{{{{10}^{1997}} - 1}}{9} \cdot {10^{1999}} + 20 \cdot \frac{{{{10}^{1998}} - 1}}{9} + 5.}$

Θέτουμε

$\displaystyle{k = \underbrace {11 \ldots 1}_{1997} = \frac{{{{10}^{1997}} - 1}}{9},}$

οπότε

$\displaystyle{{10^{1999}} = 100 \cdot {10^{1997}} = 100\left( {9k + 1} \right)}$

και

$\displaystyle{\frac{{{{10}^{1998}} - 1}}{9} = \frac{{10 \cdot \left( {9k + 1} \right) - 1}}{9} = 10k + 1.}$

Επομένως,

$\displaystyle{A = k \cdot 100\left( {9k + 1} \right) + 20\left( {10k + 1} \right) + 5 = 900{k^2} + 300k + 25 = {\left( {30k + 5} \right)^2},}$

δηλαδή

$\displaystyle{A = {\left( {\underbrace {33 \ldots 3}_{1997}5} \right)^2}.}$

#1098

ΑΣΚΗΣΗ 525: Αν $\displaystyle{a , b , c\geq 0 , a+b+c=1}$ , να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\frac{11}{27}-2abc\leq a^2 +b^2 +c^2 \leq 1 - 2abc}$

(Από το περιοδικό "ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ" της Ε.Μ.Ε)

(ΣΗΜ: Άλλλαξα την προηγούμενη εκφώνηση της άσκησης αυτής, επειδή είχε ήδη τεθεί )

sokratis lyras · #1099

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 525: Αν $\displaystyle{a , b , c\geq 0 , a+b+c=1}$ , να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\frac{11}{27}-2abc\leq a^2 +b^2 +c^2 \leq 1 - 2abc}$

(Από το περιοδικό "ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ" της Ε.Μ.Ε)

(ΣΗΜ: Άλλλαξα την προηγούμενη εκφώνηση της άσκησης αυτής, επειδή είχε ήδη τεθεί )

Ας αρχίσουμε με τη δεξιά:
Αρκεί: $a^2+b^2+c^2+2abc\le (a+b+c)^2\Rightarrow ab+bc+ca\ge abc$ .Προφανώς $abc\in[0,1]$ και συνεπώς: $ab+bc+ca\ge \displaystyle \sqrt{3abc}\ge abc$
ΕDIT: Γενικά ισχύει: $(x+y+z)^2\ge 3(xy+yz+zx)$ και για x=ab

και κύκλικά προκύπτει η ανισότητα που χρησιμοποιώ.Ευχαριστώ για την παρατήρηση karanus(διόρθωσα ένα 3).
================
edit :
σας παρακαλώ να απαντάτε
πατώντας ''παράθεση'' ώστε να υπάρχει η εκφώνηση της άσκησης
Φωτεινή

#1100

ΑΣΚΗΣΗ 526
Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης 3^n+7=k^2.

ΑΣΚΗΣΗ 527
Να αποδείξετε ότι $(abc)^{2}\geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$ για κάθε x,y,z>0

με

ΑΣΚΗΣΗ 528
Αν a,b,c>0

να δείξετε την ισοδυναμία

$\displaystyle{ \frac{a+b}{b}\cdot\frac{1}{1+cd}+\frac{a+c}{c}\cdot\frac{1}{1+bd}+\frac{a+d}{d}\cdot\frac{1}{1+cb}=3 \Leftrightarrow a=bcd. }$

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