Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#1121

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 533
Στο επίπεδο, θεωρούμε σημεία $A_1 , A_2 , \cdots , A_{2010}$ και αυθαίρετο κύκλο $( \mathcal{C} )$ ακτίνας
Να δείξετε ότι υπάρχει σημείο του κύκλου τέτοιο ώστε

$SA_1 + SA_2 + ... + SA_{2010} \ge 2010.$

Έστω

οποιοδήποτε σημείο του κύκλου και έστω

το αντιδιαμετρικό του σημείο. Αφού (PQ) = 2

, από την τριγωνική ανισότητα πρέπει $(PA_i)+(A_iQ) \geqslant 2$ για κάθε

. Άρα $(PA_1) + \cdots + (PA_{2010}) + (QA_1) + \cdots + (QA_{2010}) \geqslant 4020$ . Άρα είτε $(PA_1) + \cdots + (PA_{2010}) \geqslant 2010$ είτε $(QA_{2010}) \geqslant 2010$ οπότε το ζητούμενο αποδείχθηκε.

#1122

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 531
Υπάρχουν ακέραιοι ώστε

Δουλεύουμε $\bmod 11$ . Παρατηρούμε ότι για κάθε

ισχύει ότι $n^5 \equiv 0,\pm 1 \bmod 11$ . (*) Άρα $x^5 + y^5 + z^5 + t^5 \in \{0,\pm 1,\pm 2,\pm 3,\pm 4\} \bmod 11$ . Όμως $93 \equiv 5 \bmod 11$ , άτοπο.

(*) Ένας τρόπος είναι να κάνουμε τις πράξεις για όλα τα

. Π.χ. αν

, τότε $n^5 = (11k+3)^5 \equiv 243 \equiv 1 \bmod 11$ κ.τ.λ. Διαφορετικά, αν $n \equiv 0 \bmod 11$ , τότε $n^5 \equiv 0 \bmod 11$ . Αν $n \not \equiv 0 \bmod 11$ τότε από το μικρό θεώρημα του Fermat έχουμε $n^{10} \equiv 1 \bmod 11$ και άρα $(n^5 - 1)(n^5+1) \equiv 0 \bmod 11$ . Δηλαδή 11|(n^5-1)(n^5+1)

και επειδή ο 11 είναι πρώτος είτε 11|(n^5-1)

, δηλαδή $n^5 \equiv 1 \bmod 11$ είτε 11|(n^5+1)

δηλαδή $n^5 \equiv -1 \bmod 11$ . Αυτή ήταν και η λογική που επιλέξαμε να ασχοληθούμε με $\bmod 11$ . Επειδή από το μικρό θεώρημα Fermat γνωρίζουμε ότι το n^5

παίρνει λίγες τιμές $\bmod 11$ .

#1123

Χαλαρές ασκησούλες στους πρώτους...

ΑΣΚΗΣΗ 535
Βρείτε τους πρώτους p,q

αν

ΑΣΚΗΣΗ 536
Βρείτε τους πρώτους p,q

αν

ΑΣΚΗΣΗ 537
Βρείτε τους θετικούς ακεραίους x,y

για τους οποίους ο αριθμός $\displaystyle{\frac{xy^2}{x+y}}$ είναι πρώτος.

#1124

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 529
Θεωρούμε την ακολουθία $a_1=2, a_2=5, \ a_{n+2}=(2-n^2)a_{n+1}+ (2+n^2)a_n ,\ n\geq 1$ .
Υπάρχουν ώστε

Παρατηρούμε ότι $a_n \equiv 2 \bmod 3$ για κάθε

. Πράγματι αυτό ισχύει για n=1,2

ενώ αν ισχύει για n=k

και

τότε ισχύει και για n=k+2

αφού $a_{k+2} = (2-k^2)a_{k+1} + (2+k^2)a_k \equiv (4-2k^2) + (4+2k^2) \equiv 8 \equiv 2 \bmod 3$ . Άρα επαγωγικά ισχύει για όλα τα

.

Επομένως δεν μπορούν να υπάρχουν p,q,r

με

αφού το αριστερό μέλος είναι ισότιμο με $1 \bmod 3$ ενώ το δεξί με $2 \bmod 3$ .

#1125

ΑΣΚΗΣΗ 538
Να βρείτε τους φυσικούς a,b,c

αν ισχύουν

$\displaystyle{[ab, c] = 2^8, \ [bc, a] = 2^9, \ [ca, b] = 2^{11}.}$

ΑΣΚΗΣΗ 539
Να βρείτε όλους τους φυσικούς αριθμούς

, για τους οποίους ο αριθμός (2^n + 1)(3^n + 2)

διαιρείται από τον 5^n.

ΑΣΚΗΣΗ 540
Να συγκριθούν οι αριθμοί $\displaystyle{\sqrt{p+\sqrt{q}}+\sqrt{q+\sqrt{p}}}$ και $\displaystyle{\sqrt{p+\sqrt{p}}+\sqrt{q+\sqrt{q}}}$

Από διαγωνισμούς στην Τσεχία. Όπως και τα προηγούμενα.

#1126

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 539
Να βρείτε όλους τους φυσικούς αριθμούς , για τους οποίους ο αριθμός διαιρείται από τον

Είναι εύκολο να δείξουμε ότι $2^n+1\equiv 0\pmod{5} \Leftrightarrow n\equiv 2 \pmod{4}$ και ότι $3^n+2\equiv 0\pmod{5} \Leftrightarrow n\equiv 1 \pmod{4} \ \ (\star)$ .

Άρα οι παράγοντες 2^n+1

και

διαιρούνται από το 5 (άρα και από δυνάμεις του 5) για διαφορετικές τιμές του

. Συνεπώς θα πρέπει 5^n|2^n+1

ή

που για $n\geq 2$ δε μπορεί να ισχύει καθώς 5^n>2^n+1

και

.

Παρατηρούμε ότι για n=1

ισχύει το συμπέρασμα, συνεπώς η μοναδική λύση είναι η n=1

.

$(\star)$ Με την ευκαιρία περισσότερες πληροφορίες μπορείτε να δείτε στη 2η λύση του παραδείγματος 3.1 στη σελίδα 7 εδώ.

Αλέξανδρος

#1127

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 535
Βρείτε τους πρώτους αν

Η σχέση γράφεται $q(q-1)=p(p-1)(p+1) \ \ (1)$ . Είναι εύκολο να δούμε ότι p<q

(αν ήταν $p\geq q$ τότε θα είχαμε p(p-1)(p+1)> q(q-1)

, άτοπο), άρα $p\leq q-1 \ \ (2)$ .

Επίσης από την (1)

είναι:

και επειδή ο

είναι πρώτος και p<q

άρα

οπότε $q\leq p+1 \Leftrightarrow p\geq q-1 \ \ (3)$ .

Από τις (2)

και

παίρνουμε

κι έτσι αντικαθιστώντας στην (1)

παίρνουμε τελικά p=2

και

.

Αλέξανδρος

#1128

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 536
Βρείτε τους πρώτους αν

Η παραπάνω γίνεται q(q-1)=p(145p-1)

άρα

κι επειδή ο

είναι πρώτος άρα p|q

ή

.

Αν

τότε επειδή p,q

πρώτοι άρα p=q

και αντικαθιστώντας στην (1)

παίρνουμε: 144p=0

, άτοπο.

Άρα p|q-1

οπότε υπάρχει φυσικός αριθμός

τέτοιος ώστε q-1=kp

. Αντικαθιστώντας στην (1)

παίρνουμε:

(kp+1)kp=p(145p-1)

οπότε $(145-k^2)p=k+1 \ \ (2)$ κι επειδή το 2ο μέλος είναι θετικός αριθμός άρα πρέπει $145-k^2\geq 0$ απ' όπου $k\leq 12$ .

Από τη (2)

έχουμε

δηλαδή $145-k^2\leq k+1$ ανισότητα που δεν ισχύει για $k\leq 11$ . Άρα αναγκαστικά k=12

οπότε από τη (2)

παίρνουμε

οπότε

που είναι δεκτές λύσεις.

Αλέξανδρος

#1129

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 539
Να βρείτε όλους τους φυσικούς αριθμούς , για τους οποίους ο αριθμός διαιρείται από τον

Για

. εύκολα διαπιστώνουμε ότι ο αριθμός $\displaystyle{(2^n +1)(3^n +2)}$ , διαιρείται με το 5^n

Για

,΄έχουμε ότι $\displaystyle{5^n >2^n +1 , 5^n >3^n +2}$

(Πράγματι, π.χ $\displaystyle{5^n =(3+2)^n > 3^n +2^n >3^n +2}$ , για κάθε n>1

)

Άρα αποκλείεται για n>1

, καθένας χωριστά από τους 2^n +1 , 3^n +2

, να είναι πολλαπλάσιο του 5^n

Μένει λοιπόν να εξετάσουμε αν είναι δυνατόν να υπάρχει φυσικός αριθμός

, ώστε και ο αριθμός 2^n +1

, και ο

, να είναι ταυτόχρονα πολλαπλάσια του 5.

O στόχος είναι να δούμε αν μπορούν ταυτόχρονα οι δύο αυτοί αριθμοί να λήγουν σε

ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Υπενθυμίζουμε ότι:

(α) Άν ένας αριθμός λήγει σε 0 , 1 , 5 , 6

, τότε οποιαδήποτε δύναμη με βάση αυτόν τον αριθμό, θα λήγει επίσης σε
0 , 1 , 5 , 6

(β) Αν ένας αριθμός λήγει σε 4, 9

, τότε για να βρούμε που θα λήγει μια δύναμη με βάση αυτόν τον αριθμό, παίρνουμε δύο περιπτώσεις για τον εκθέτη

:

1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ : n=2k

2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ : n=2k+1

(γ) Αν ένας αριθμός λήγει σε 2 , 3 , 7 , 8

, τότε για να βρούμε που θα λήγει μια δύναμη με βάση αυτόν τον αριθμό, παίρνουμε τέσσερις περιπτώσεις για τον εκθέτη

1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ : n=4k

2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ : n=4k+1

3η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ : n=4k+2

4η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ : n=4k+3

Επανερχόμενοι τώρα στο πρόβλημά μας, έχουμε:

1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ : n=4k

. Τότε $\displaystyle{2^n+1 =2^{4k}+1 =16^k +1}$ , και άρα λήγει σε

, που δεν μας κάνει

2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ : n=4k+1

. Tότε $\displaystyle{2^n +1 =2^{4k}.2 +1 =16^{k}.2 +1}$ , και άρα λήγει σε

, που επίσης δεν μας κάνει

3η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ : n=4k+2

. Τότε $\displaystyle{2^n +1 =2^{4k}.2^2 +1 =16^{k} .4} +1 }$ , και άρα λήγει

. Αυτό ίσως μας κάνει, αλλά όμως:

$\displaystyle{3^n+2=3^{4k+2} +2 =81^{k} .9 +2 }$ , που λήγει σε 1 και άρα ούτε η περίπτωση αυτή μας ενδιαφέρει.

4η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ : n=4k+3

. Τότε $\displaystyle{2^n+1 =16^{k} .8 +1}$ , που λήγει σε 9.

Συνεπώς , μόνο για n=1

, έχουμε το ζητούμενο.

#1130

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 532
Να λυθεί η εξίσωση $[x]\cdot\{x\}= 2005x .$

Επειδή $x=[x]+\{x\}$ άρα η εξίσωση γράφεται $[x]\left(\{x\}-2005\right)=2005\{x\} \ \ (1)$

$\bigstar$ Αν $x\in\mathbb{Z}$ τότε η (1)

ισχύει μόνο αν x=0

.

$\bigstar$ Αν $x\not\in\mathbb{Z}$ και x>0

τότε το αριστερό μέλος της (1)

είναι αρνητικός ενώ το δεξί θετικός, άτοπο.

$\bigstar$ Αν $x\not\in\mathbb{Z}$ και -1<x<0

τότε

οπότε η

δίνει $\{x\}=\dfrac{2005}{2006}$ οπότε μία επιπλέον λύση είναι η $x=-1+\dfrac{2005}{2006}=-\dfrac{1}{2006}$ .

$\bigstar$ Αν $x\not\in\mathbb{Z}$ και x<-1

τότε $[x]\leq -2$

Επίσης επειδή $0<\{x\} < 1$ άρα $-2005<\{x\}-2005<-2004$ οπότε $[x]\left(\{x\}-2005\right) > 4008$

ενώ $0<2005\{x\} < 2005$ άρα η (1)

δε μπορεί να ισχύει αφού

$4008 < [x] \left(\{x\}-2005\right) = 2005\{x\} < 2005$ .

Άρα μοναδικές λύσεις είναι οι x=0

και $x=-\dfrac{1}{2006}$ .

Αλέξανδρος

#1131

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 530
Αν θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε , να δείξετε ότι

$\displaystyle\frac{a}{a^3+b^2c+c^2b} + \frac{b}{b^3+c^2a+a^2c} + \frac{c}{c^3+a^2b+b^2a} \le 1+\frac{8}{27abc}.$

Έχω βρει μια λύση αλλά δυστυχώς αρκετά πολύπλοκη.

Αφαιρώντας a+b+c=1

και από τις δύο πλευρές αρκεί να δείξουμε ότι

$\displaystyle\left(\frac{a}{a^3+b^2c+c^2b} - a\right) + \left(\frac{b}{b^3+c^2a+a^2c} - b\right) + \left(\frac{c}{c^3+a^2b+b^2a} - c\right) \le \frac{8}{27abc}.$

Ισοδύναμα θέλουμε να δείξουμε ότι

$\displaystyle{ \frac{a - a^4 - ab^2c - ac^2b}{a^3 + b^2c + c^2b} + \frac{b - b^4 - ba^2c - bc^2a}{b^3 + a^2c + c^2a} + \frac{c - c^4 - cb^2a - ca^2b}{c^3 + b^2a + a^2b} \leqslant \frac{8}{27abc}.}$

Ισχυρίζομαι τώρα ότι οι αριθμητές των κλασμάτων του αριστερού μέλους είναι μη αρνητικοί. Πράγματι από συμμετρία αρκεί να εξετάσω μόνο τον αριθμητή του πρώτου κλάσματος και για αυτόν πρέπει να δείξω ότι $a^3 + b^2c + c^2b \leqslant 1$ το οποίο ισχύει αφού $a^3 \leqslant a,b^2c \leqslant b,c^2b \leqslant$ και άρα $a^3 + b^2c + c^2b \leqslant a+b+c = 1$ .

Χρησιμοποιώντας τώρα την ΑΜ-ΓΜ στους παρονομαστές έχουμε $a^3 + b^2c+c^2b \geqslant 3abc$ και ομοίως για τους άλλους δύο. Επειδή τώρα οι αριθμητές είναι μη αρνητικοί αρκεί να δείξω ότι

$\displaystyle{ \frac{(a - a^4 - ab^2c - ac^2b) + (b - b^4 - ba^2c - bc^2a) + (c - c^4 - cb^2a - ca^2b)}{3abc} \leqslant \frac{8}{27abc}}$

Ο αριθμητής όμως του αριστερού μέρους ισούται με (a+b+c)-(a^4+b^4+c^4) - abc(2a+2b+2c) = 1 - 2abc - (a^4+b^4+c^4)

. Οπότε αρκεί να δείξω ότι $\displaystyle{ a^4 + b^4 + c^4 + 2abc \geqslant \frac{1}{9}}$ .

Ισοδύναμα, γράφοντας [x,y,z]

για το $\displaystyle{ \frac{a^xb^yc^z + a^xb^zc^y + a^yb^xc^z + a^yb^zc^x + a^zb^xc^y + a^zb^yc^x}{6}}$ , αρκεί να δείξω ότι

$\displaystyle{27[4,0,0] + 54[2,1,1] \geqslant 1 = (a+b+c)^4 = 3[4,0,0] + 24[3,1,0] + 18[2,2,0] + 36[2,1,1]}$

η ισοδύναμα ότι

$\displaystyle{ 4[4,0,0] + 3[2,1,1] \geqslant 4[3,1,0] + 3[2,2,0].}$

Η ανισότητα του Schur όμως λέει ότι $[4,0,0] + [2,1,1] \geqslant 2[3,1,0]$ άρα αρκεί να δείξω ότι $[4,0,0] + 2[2,1,1] \geqslant 3[2,2,0]$ η οποία ισχύει από Muirhead.

#1132

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 540
Να συγκριθούν οι αριθμοί $\displaystyle{\sqrt{p+\sqrt{q}}+\sqrt{q+\sqrt{p}}}$ και $\displaystyle{\sqrt{p+\sqrt{p}}+\sqrt{q+\sqrt{q}}}$

Από διαγωνισμούς στην Τσεχία. Όπως και τα προηγούμενα.

Προς τους μαθητές που παρακολουθούν το θέμα:

Αυτήν την άσκηση , μπορείτε σίγουρα να την λύσετε (και ας είναι προτεινόμενη από τον Socrates

)

Περιμένουμε την δική σας λύση...

#1133

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε: Προς τους μαθητές που παρακολουθούν το θέμα:

Αυτήν την άσκηση , μπορείτε σίγουρα να την λύσετε (και ας είναι προτεινόμενη από τον Socrates )

Περιμένουμε την δική σας λύση...

Όπως κι αυτές...

ΑΣΚΗΣΗ 541
Να υπολογίσετε το άθροισμα

$\displaystyle{ S =\frac{3^{3}+1^{3}}{2^{3}-1}+\frac{5^{3}+2^{3}}{3^{3}-2^{3}}+....+\frac{4013^{3}+2006^{3}}{2007^{3}-2006^{3}} .}$

ΑΣΚΗΣΗ 542
Για ποιους ακέραιους

είναι ο αριθμός n^4- 3n^2 + 9

πρώτος;

ΑΣΚΗΣΗ 543
Οι πραγματικοί αριθμοί a,b,c,d

είναι τέτοιοι ώστε a^2+ b^2= b^2+ c^2= c^2+ d^2= 1.

Να δείξετε ότι $ab + ac + ad + bc + bd + cd \leq 3.$

kostas136 · #1134

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 543
Οι πραγματικοί αριθμοί είναι τέτοιοι ώστε

Να δείξετε ότι $ab + ac + ad + bc + bd + cd \leq 3.$

Μία απόπειρα για την 543. Εύκολα προκύπτει ότι $\displaystyle a^2=c^2$ άρα και $\displaystyle a^2+d^2=1$

Ισχύουν:

$\displaystyle ab\leq \frac{a^2+b^2}{2} \Rightarrow ab\leq \frac{1}{2}$

$\displaystyle bc\leq \frac{b^2+c^2}{2} \Rightarrow bc\leq \frac{1}{2}$

$\displaystyle cd\leq \frac{c^2+d^2}{2} \Rightarrow cd\leq \frac{1}{2}$

$\displaystyle ad\leq \frac{a^2+d^2}{2} \Rightarrow ad\leq \frac{1}{2}$

$\displaystyle ac+bd=\frac{2ac+2bd}{2}\leq \frac{a^2+c^2+b^2+d^2}{2} \Rightarrow ac+bd \leq 1$

Με πρόσθεση κατά μέλη όλων προκύπτει το ζητούμενο.

#1135

socrates έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 527
Να αποδείξετε ότι $(abc)^{2}\geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$ για κάθε με

Λείπω καιρό από το

και δεν είμαι σίγουρος αν έχει δοθεί η παρακάτω απόδειξη:

Θα αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{27(abc)^2\geq (a+b+c)^3(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b).}$

Είναι φανερό ότι αρκεί να αποδειχθεί η ζητούμενη για $\displaystyle{a,b,c}$ πλευρές τριγώνου.

Τότε, η ανισότητα γράφεται

$\displaystyle{27\cdot 16E^2R^2\geq 64s^3(s-a)(s-b)(s-c),}$

ή, λόγω του τύπου του Ήρωνα

$\displaystyle{3\sqrt{3}R\geq 2s.}$

Αυτή, όμως, είναι γνωστή. Είναι π.χ. ισοδύναμη με την

$\displaystyle{\sin A+\sin B+\sin C\leq \frac{3\sqrt{3}}{2}.}$

dr.tasos · #1136

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 538
Να συγκριθούν οι αριθμοί $\displaystyle{\sqrt{p+\sqrt{q}}+\sqrt{q+\sqrt{p}}}$ και $\displaystyle{\sqrt{p+\sqrt{p}}+\sqrt{q+\sqrt{q}}}$

Από διαγωνισμούς στην Τσεχία. Όπως και τα προηγούμενα.

για ευκολια ( πιο πολυ στο ματι ) θα πώ οτι $\displaystyle{ p=x \wedge q=y }$

Ας ειναι για $\displaystyle{ x<y }$

$\sqrt{x+\sqrt{y}}+\sqrt{y+\sqrt{x}}>\sqrt{x+\sqrt{x}}+\sqrt{y+\sqrt{y}} \Leftrightarrow (\sqrt{x+\sqrt{y}}+\sqrt{y+\sqrt{x}})^2>(\sqrt{x+\sqrt{x}}+\sqrt{y+\sqrt{y}})^2 \Leftrightarrow \sqrt{x+\sqrt{y}} \sqrt{y+\sqrt{x}} > \sqrt{x+\sqrt{x}} +\sqrt{y+\sqrt{y}} \Leftrightarrow (\sqrt{x+\sqrt{y}} \sqrt{y+\sqrt{x}})^2 > (\sqrt{x+\sqrt{x}} +\sqrt{y+\sqrt{y}})^2 \Leftrightarrow x(\sqrt{x}-\sqrt{y})-y(\sqrt{x}-\sqrt{y})> 0 \Leftrightarrow (x-y)(\sqrt{x}-\sqrt{y})>0$

Άτοπο συνεπώς ισχυει

$\sqrt{x+\sqrt{y}}+\sqrt{y+\sqrt{x}}>\sqrt{x+\sqrt{x}}+\sqrt{y+\sqrt{y}}$
Αν και μόνο αν x>y

Όμοια ισχύει

$\sqrt{x+\sqrt{y}}+\sqrt{y+\sqrt{x}}< \sqrt{x+\sqrt{x}}+\sqrt{y+\sqrt{y}}$

άν και μονο αν x<y

και τέλος η ισοτητα ισχυει : $\sqrt{x+\sqrt{y}}+\sqrt{y+\sqrt{x}}=\sqrt{x+\sqrt{x}}+\sqrt{y+\sqrt{y}}$

ανν y=x

dr.tasos · #1137

socrates έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 541
Να υπολογίσετε το άθροισμα

$\displaystyle{ S =\frac{3^{3}+1^{3}}{2^{3}-1}+\frac{5^{3}+2^{3}}{3^{3}-2^{3}}+....+\frac{4013^{3}+2006^{3}}{2007^{3}-2006^{3}} .}$

Οι όροι του αθροίσματος εχουν την μορφή .:

$\displaystyle \frac{(2x+1)^3+x^3}{(x+1)^3-x^3}=\frac{(3x+1)(3x^2+3x+1)}{3x^2+1+3x}=3x+1$

Εύκολα βλέπουμε τώρα οτι το αθροισμα μας εχει 2006 όρους που αποτελουν Α.Π με $\omega=3$ και είναι ίσο με $S=6023 \times 1003$ ???

Πρέπει να έχω φαουλ γιατι ειναι πολυ μεγαλο το νουμερο αλλα ας ειναι.

#1138

dr.tasos έγραψε:
socrates έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 541
Να υπολογίσετε το άθροισμα

$\displaystyle{ S =\frac{3^{3}+1^{3}}{2^{3}-1}+\frac{5^{3}+2^{3}}{3^{3}-2^{3}}+....+\frac{4013^{3}+2006^{3}}{2007^{3}-2006^{3}} .}$

Οι όροι του αθροίσματος εχουν την μορφή .:

$\displaystyle{ \frac{(2x+1)^3+x^3}{(x+1)^3-x^3}=\frac{(3x+1)(3x^2+3x+1)}{3x^2+1+3x}=\frac{3x+1} }$

Εύκολα βλέπουμε τώρα οτι το αθροισμα μας εχει 2006 όρους που αποτελουν Α.Π με $\omega=3$ και είναι ίσο με $S=7023 \times 1003$ ???

Πρέπει να έχω φαουλ γιατι ειναι πολυ μεγαλο το νουμερο αλλα ας ειναι.

Τάσο, μάλλον σου ξέφυγε ένα τυπογραφικό (6023χ1003)... Κατά τα άλλα, είναι μια χαρά

ΛΕΩΝΙΔΑΣ · #1139

socrates έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 542
Για ποιους ακέραιους είναι ο αριθμός πρώτος;

Παραγοντοποιούμε αρχικά: n^4-3n^2+9=(n^2+3)^2 -6n^2-3n^2=(n^2+3-3n)(n^2+3+3n)

Για

είναι $n^2+3-3n<n^2+3+3n \Leftrightarrow n^2+3-3n=1 \Rightarrow n=2$ ή n=1

Για

ακολουθώντας την ίδια πορεία βρίσκουμε λύσεις n=-2 , n=-1

, ενώ για

δεν είναι πρώτος.

freyia · #1140

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 538
Να βρείτε τους φυσικούς αν ισχύουν

$\displaystyle{[ab, c] = 2^8, \ [bc, a] = 2^9, \ [ca, b] = 2^{11}.}$
.

Θα πρέπει όλοι οι αριθμοί να είναι δυνάμεις του

. Επομένως:

a=2^k , b=2^m , c=2^n

Επομένως: $[ab,c]=[2^{k+m},2^n]=2^8$ , : (A)

$[bc,a]=[2^{m+n},2^k]=2^9$ , : (B)

$[ca,b]=[2^{k+n},2^m]=2^{11}$ , : (C)

Θα πάρω τις περιπτώσεις:

1) Άμα είναι n=8

, και

. Τότε από την (C), βλέπουμε το άτοπο.

2) Άμα είναι n=8

, και

. Τότε

, και από την (C), βλέπουμε ότι θα πρέπει k+n=11

, δηλαδή

Επομένως, στην περίπτωση αυτή είναι a=2^3 , b=2 , c=2^8

3) Άμα είναι k+m=8

, τότε $k\leq 8$ , και από την (Β) θα πρέπει να είναι m+n=9

. Και από εδώ επειδή είναι είναι

$m\leq 9$ , θα πρέπει λόγω της (C) να είναι k+n=11

Επομένως έχω το σύστημα:

k+m=8

Προσθέτω κατά μέλη και έχω:

k+m+n=14

Επομένως:

. Επομένως: a=2^5 , b=2^3 , c=2^6

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