Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#1141

ΑΣΚΗΣΗ 544: Αν x,y,z

θετικοί αριθμοί με x^2 +y^2 +z^2 =1

, τότε να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της συνάρτησης:

$\displaystyle{f(x,y,z)=\frac{x^2}{y}+\frac{x^2}{z}+\frac{y^2}{x}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{x}+\frac{z^2}{y}}$

(Από το περιοδικό της ΕΜΕ ¨ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β¨)

#1142

Η δοσμένη συνάρτηση γράφεται: $f(x,y,z)=\dfrac{y^2+z^2}{x}+\dfrac{z^2+x^2}{y}+\dfrac{x^2+y^2}{z}=\dfrac{1-x^2}{x}+\dfrac{1-y^2}{y}+\dfrac{1-z^2}{z}$

Θεωρούμε τη συνάρτηση $f(x)=\dfrac{1-x^2}{x}$ στο διάστημα (0,1)

της οποίας η δεύτερη παράγωγος είναι $f''(x)=\dfrac{2}{x^3}>0$ άρα είναι κυρτή στο (0,1)

.

Άρα από την ανισότητα Jensen έχουμε

$f(x)+f(y)+f(z)\geq 3f\left(\dfrac{x+y+z}{3}\right)$ οπότε ισοδύναμα έχουμε

$\dfrac{1-x^2}{x}+\dfrac{1-y^2}{y}+\dfrac{1-z^2}{z}\geq \dfrac{9-(x+y+z)^2}{x+y+z}$ δηλαδή $\dfrac{1-x^2}{x}+\dfrac{1-y^2}{y}+\dfrac{1-z^2}{z}\geq \dfrac{9}{x+y+z}-(x+y+z)$

Όμως από την ανισότητα C-S έχουμε $3(x^2+y^2+z^2)\geq (x+y+z)^2$ απ' όπου $x+y+z\leq \sqrt{3}$ συνεπώς

$\dfrac{9}{x+y+z}-(x+y+z)\geq \dfrac{9}{\sqrt{3}}-\sqrt{3}=2\sqrt{3}$

Άρα $f(x,y,z)\geq 2\sqrt{3}$ και η ισότητα ισχύει όταν $x=y=z=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$ .

Οπότε η ελάχιστη τιμή της παράστασης

είναι η $2\sqrt{3}$ .

Αλέξανδρος

#1143

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 544: Αν θετικοί αριθμοί με , τότε να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της συνάρτησης:

$\displaystyle{f(x,y,z)=\frac{x^2}{y}+\frac{x^2}{z}+\frac{y^2}{x}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{x}+\frac{z^2}{y}}$

(Από το περιοδικό της ΕΜΕ ¨ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β¨)

Μια διαφορετική λύση:

Ας είναι

$\displaystyle{A:=\sum \frac{x^2+z^2}{y}}$ και $\displaystyle{B:=\sum \frac{xz}{y}.}$

Καταρχάς, από την ανισότητα $\displaystyle{(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ca)}$ είναι

$\displaystyle{B^2\geq 3(x^2+y^2+z^2)=3 \Rightarrow B\geq \sqrt{3}.}$ (I)

Είναι ακόμα,

$\displaystyle{A\geq \sum \frac{(x+z)^2}{2y}=\sum \frac{x^2+z^2}{2y}+B\geq \frac{A}{2}+\sqrt{3}.}$

Άρα

$\displaystyle{A\geq 2\sqrt{3}}$

με την ισότητα να πιάνεται όταν $\displaystyle{x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}.}$

#1144

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 537
Βρείτε τους θετικούς ακεραίους για τους οποίους ο αριθμός $\displaystyle{\frac{xy^2}{x+y}}$ είναι πρώτος.

Έστω $\dfrac{xy^2}{x+y}=p$ , όπου

πρώτος. Τότε $p(x+y)=xy^2 \ \ (1)$ άρα p|xy^2

απ' όπου επειδή ο

είναι πρώτος έχουμε p|x

ή

δηλαδή

.

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

$(\bigstar)$ Αν p|x

τότε

για κάποιο θετικό ακέραιο x_1

. Αντικαθιστώντας στην (1)

παίρνουμε $px_1+y=x_1y^2 \ \ (2)$ απ' όπου x_1|y

δηλαδή

για κάποιο θετικό ακέραιο y_1

. Αντικαθιστώντας στη (2)

έχουμε $p+y_1=x_1^2y_1^2 \ \ (3)$ δηλαδή y_1|p

. Όμως οι μόνοι θετικοί διαιρέτες του

είναι οι

.

Αν λοιπόν y_1=1

τότε

κι έτσι από την (3)

παίρνουμε

δηλαδή $p=3, \ x_1=2$ οπότε παίρνουμε τη δεκτή λύση (x,y)=(6,2)

.
Αν

τότε

και από την (3)

παίρνουμε

απ' όπου $p=2, \ χ_1=1$ οπότε παίρνουμε τη δεκτή λύση (x,y)=(2,2)

.

$(\bigstar)$ Αν p|y

τότε

για κάποιο θετικό ακέραιο y_1

. Αντικαθιστώντας στην (1)

παίρνουμε $x+py_1=xpy_1^2 \ \ (4)$ απ΄ όπου p|x

δηλαδή

για κάποιο θετικό ακέραιο x_1

. Αντικαθιστώντας στην (4)

παίρνουμε $x_1+y_1=px_1y_1^2 \ \ (5)$ απ΄όπου x_1|y_1

και

άρα

οπότε από την (5)

έχουμε

δηλαδή

και

άρα καταλήγουμε και πάλι στη λύση (x,y)=(2,2)

που είχαμε βρει παραπάνω.

Συνεπώς οι μόνες λύσεις είναι οι (x,y)=(2,2)

και

.

Αλέξανδρος

#1145

xr.tsif έγραψε:ΔΕΝ υπάρχει η άσκηση 445

Xρήστο, γειά σου. Βλέπω ότι η δουλειά προχωράει με γοργό ρυθμό!!

Πρόσθεσα μια άσκηση με αριθμό 445, στην κατάλληλη θέση, παρμένη από το περιοδικό " ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β "της ΕΜΕ

Για την άσκηση 407 που λείπει, έχει δοθεί από παραδρομή το νούμερο 406 σε δύο διαδοχικές ασκήσεις, οπότε το δεύτερο 406, πρέπει να γίνει 407.

#1146

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 445: Να βρεθούν οι τιμές των ακεραίων αριθμών , που επαληθεύουν την εξίσωση:

$\displaystyle{x^2 +y^2 =x -y}$

Η εξίσωση γράφεται x^2-x+y^2+y=0

που έχει διακρίνουσα $\Delta=1-4y^2-4y$

Θα πρέπει $\Delta\geq 0$ δηλαδή $4y^2+4y\leq 1$ δηλαδή $(2y+1)^2\leq 2$ οπότε $|2y+1|\leq \sqrt{2}$ απ' όπου $\dfrac{-1-\sqrt{2}}{2}\leq y\leq \dfrac{-1+\sqrt{2}}{2}$ και οι μόνες τιμές του ακεραίου

είναι

ή

Αν

τότε

ή

οπότε παίρνουμε τις λύσεις (x,y)=(0,0), (1,0)

Αν

τότε

ή

οπότε παίρνουμε τις λύσεις (x,y)=(0,-1),(1,-1)

Αλέξανδρος

#1147

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 445: Να βρεθούν οι τιμές των ακεραίων αριθμών , που επαληθεύουν την εξίσωση:

$\displaystyle{x^2 +y^2 =x -y}$

Έχουμε:

$\displaystyle{x^2 +y^2 -x+y =0\Leftrightarrow x^2 -2.\frac{1}{2}x+(\frac{1}{2})^2 -(\frac{1}{2})^2 +y^2 +2.\frac{1}{2}y+(\frac{1}{2})^2 -(\frac{1}{2})^2 = 0}$

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

$\displaystyle{\Leftrightarrow (2x -1)^2 +(2y+1)^2 =2}$

Από εδώ συμπεραίνουμε ότι: $\displaystyle{(2x-1)^2 \leq 2}$ και $\displaystyle{(2y+1)^2 \leq 2}$ . Άρα:

$\displaystyle{|2x-1|\leq \sqrt 2}$ και $\displaystyle{|2y+1|\leq \sqrt 2}$ . Και άρα:

$\displaystyle{-\sqrt{2}\leq 2x-1\leq \sqrt{2} , , -\sqrt{2}\leq 2y+1\leq \sqrt{2}}$ . Δηλαδή:

$\displaystyle{\frac{1-\sqrt{2}}{2}\leq x\leq \frac{1+\sqrt{2}}{2}}$ , , $\displaystyle{\frac{-1-\sqrt{2}}{2}\leq y\leq \frac{-1+\sqrt{2}}{2}}$

Aφού λοιπόν οι αριθμοί x ,y

, είναι ακέραιοι, θα πρέπει:

x=0

,ή

και

, ή

Βλέπω ότι ο Αλέξανδρος έδωσε 'ηδη λύση στο θέμα.

#1148

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 519
Έστω θετικοί ακέραιοι.
Αν ο αριθμός $\displaystyle{ p=\frac{n^{2}+m^{2}}{\sqrt{n^{2}-m^{2}}} }$ είναι πρώτος, να δείξετε ότι $p\equiv 1\pmod 8 .$

Πολύ καλή άσκηση!! Δύσκολη όμως για Γυμνάσιο

Αφού ο αριθμός $p=\dfrac{n^2+m^2}{\sqrt{n^2-m^2}}$ είναι ακέραιος άρα πρέπει να υπάρχει ακέραιος

ώστε

δηλαδή οι αριθμοί l,m,n

αποτελούν πυθαγόρεια τριάδα.

Ας υποθέσουμε ότι (l,m,n)=d

. Τότε $l=dl_1, \ m=dm_1, \ n=dn_1$ με (l_1,m_1,n_1)=1

άρα οι

αποτελούν πρωταρχική πυθαγόρεια τριάδα οπότε υπάρχουν αριθμοί u,v

με

ώστε

και

ή

και

.

Σε κάθε περίπτωση αν (u,v)=1

τότε

ή

άρα

ή

Είναι $p=\dfrac{2m^2+l^2}{l}$ άρα l|2m^2

άρα

δηλαδή $l_1|2dm_1^2 \ \ (1)$ .

$(\bigstar)$ Ας υποθέσουμε ότι (l_1,m_1)=1

. Τότε από την (1)

παίρνουμε $l_1|2d \ \ (2)$

Τώρα διακρίνουμε τις εξής υποπεριπτώσεις:

$\bullet$ Αν (l_1,2)=1

τότε από την (2)

έχουμε

άρα

για κάποιο ακέραιο l_2

και επίσης ο l_1

είναι περιττός.

Άρα $p=\dfrac{2m^2+l^2}{l}=l_2(2m_1^2+l_1^2)$ άρα l_2=1

οπότε

Αφού ο

είναι περιττός άρα $l_1^2\equiv 1 \pmod{8}$ και επίσης l_1=u^2-v^2

και

απ' όπου

άρτιος άρα $2m_1^2\equiv 0\pmod{8}$

Άρα τελικά $p\equiv 1 \pmod{8}$

$\bullet$ Αν (l_1,2)=2

τότε από την (2)

έχουμε

δηλαδή

για κάποιο ακέραιο d_1

και επίσης l_1=2l_2

οπότε ο

είναι άρτιος.

Τότε $p=\dfrac{2m^2+l^2}{l}=d_1(m_1^2+2l_2^2)$ άρα d_1=1

οπότε

. Όμως αφού ο l_1

είναι άρτιος άρα ο m_1

είναι περιττός. Οπότε l_1=2uv

και

. Όμως

και

άρτιος άρα m_1,n_1

περιττοί συνεπώς $l_1^2=n_1^2-m_1^2\equiv 0 \pmod{8}$ άρα $l_1\equiv 0\pmod{4}$ οπότε ο l_2

είναι άρτιος.

Άρα τελικά $p=m_1^2+2l_2^2\equiv 1\pmod{8}$ .

$(\bigstar)$ Υποθέτουμε τώρα ότι (l_1,m_1)=2

. Τότε

και

με

άρα από την (1)

παίρνουμε

κι επειδή

άρα $l_2|4d \ \ (3)$

Διακρίνουμε τώρα τις εξής υποπεριπτώσεις:

$\bullet$ Αν (l_2,4)=1

τότε από την (3)

έχουμε

οπότε

για κάποιο ακέραιο l_3

και ο

είναι περιττός.

Τότε $p=\dfrac{2m^2+l^2}{l}=2l_3(2m_2^2+l_2^2)$ απ' όπου (επειδή

πρώτος) έχουμε $p=2, \ l_3=1$ και 2m_2^2+l_2^2=1

, άτοπο.

$\bullet$ Αν (l_2,4)=2

τότε

με

περιττό και από την (3)

έχουμε

οπότε αφού l_3

περιττός είναι l_3|d

άρα

για κάποιο ακέραιο l_4

.
Τότε $p=\dfrac{2m^2+l^2}{l}=2l_4(m_2^2+2l_3^2)$ και καταλήγουμε όπως πριν σε άτοπο.

$\bullet$ Αν (l_2,4)=4

τότε

και από την (3)

είναι

άρα

για κάποιο ακέραιο l_4

.
Τότε $p=\dfrac{2m^2+l^2}{l}=l_4(m_2^2+8l_3^2)$ απ' όπου l_4=1

και

. Όμως o

είναι άρτιος και (l_2,m_2)=1

άρα o

είναι περιττός συνεπώς $m_2^2\equiv 1 \pmod{8}$ δηλαδή $p=m_2^2+8l_3^2\equiv 1\pmod{8}$ .

Άρα τελικά σε όλες τις περιπτώσεις είναι $p\equiv 1\pmod{8}$ .

Αλέξανδρος

#1149

ΑΣΚΗΣΗ 545
Να δείξετε ότι

$\displaystyle{ \frac{1}{852}+\frac{1}{853}+...+\frac{1}{2544}= 1+\frac{2}{2*3*4}+\frac{2}{5*6*7}+...+\frac{2}{2552*2553*2554} .}$

ΑΣΚΗΣΗ 546
Να λυθεί το σύστημα

$\displaystyle{\begin{cases} \sqrt{x^2+y^2}=z+1 \\ \sqrt{y^2+z^2}=x+1 \\ \sqrt{z^2+x^2}=y+1 \end{cases}}$

ΑΣΚΗΣΗ 547
Βρείτε το υπόλοιπον της διαίρεσης του αριθμού N=1*3*5*...*2549+2*4*6*...*2550

με το

ΑΣΚΗΣΗ 548
Να λυθεί το σύστημα

$\displaystyle{\begin{cases} x^2 - y = z^2 \\ y^2- z = x^2 \\ z^2- x = y^2 \end{cases}}$

ΑΣΚΗΣΗ 549
Να βρεθούν οι ακέραιες ρίζες της 4^a+ 4a^2+ 4 = b^2

ΑΣΚΗΣΗ 550
Αν x,y,z

θετικοί αριθμοί να δείξετε ότι ένας, τουλάχιστον από τους αριθμούς x + y + z - xyz

και

είναι θετικός.
Βρείτε παράδειγμα τέτοιων αριθμών για τους οποίους οι αριθμοί x + y + z - xyz

και

είναι ετερόσημοι (μη μηδενικοί).

ΑΣΚΗΣΗ 551
Αν η εξίσωση (x + m)(x + n) = x + m + n

έχει ακέραια ρίζα να δείξετε ότι $\displaystyle{\frac{1}{2}<\frac{m}{n}<2.}$

ΑΣΚΗΣΗ 552
Αν $a,b,c\in [0,1]$ τότε $\displaystyle{1 \leq a + b + c + 2(ab + bc + ca) + 3(1- a)(1- b)(1- c) \leq 9.}$ Πότε έχουμε ισότητα;

ΑΣΚΗΣΗ 553
Να βρεθούν οι ρητοί x,y

αν $\sqrt{x\sqrt{5}}-\sqrt{y\sqrt{5}}=\sqrt{6\sqrt{5}-10}.$

Andreas Dalaoutis · #1150

socrates έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 548
Να λυθεί το σύστημα

$\displaystyle{\begin{cases} x^2 - y = z^2 \\ y^2- z = x^2 \\ z^2- x = y^2 \end{cases}}$

Ωραίο σύστημα. Λοιπόν:

Προσθέτουμε τις εξισώσεις και παίρνουμε: $x+y+z=0 \qquad (4)$

Επίσης γράφουμε τις αρχικές εξισώσεις ως εξής:

$\begin{cases} (x-z)(x+z)=y \\ (y-x)(x+y)=z \\ (z-y)(y+z)=x \end{cases}$

Υποθέτουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι $y\geq x\geq z$ .

Τότε θα πρέπει $z\geq 0$ άρα $y\geq x\geq z\geq0$ .

Οπότε είναι $x\geq 0, y\geq 0, z\geq 0$ άρα $x+y+z\geq 0$ με ισότητα μόνο για x=y=z

.

Τελικά παίρνουμε τις λύσεις (x,y,z)=(0,0,0)

sokratis lyras · #1151

Andreas Dalaoutis έγραψε:
socrates έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 548
Να λυθεί το σύστημα

$\displaystyle{\begin{cases} x^2 - y = z^2 \\ y^2- z = x^2 \\ z^2- x = y^2 \end{cases}}$

Ωραίο σύστημα. Λοιπόν:

Προσθέτουμε τις εξισώσεις και παίρνουμε: $x+y+z=0 \qquad (4)$

Επίσης γράφουμε τις αρχικές εξισώσεις ως εξής:

$\begin{cases} (x-z)(x+z)=y \\ (y-x)(x+y)=z \\ (z-y)(y+z)=x \end{cases}$

Kάπως διαφορετικά από εδώ:
Αντικαθιστούμε το x+y

με

και διαιρούμε με $z\ne 0$ .Ομοίως για τα άλλα 2 και προσθέτοντας έχουμε 0=-3

.Αρα

spiros filippas · #1152

socrates έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 550
Αν θετικοί αριθμοί να δείξετε ότι ένας, τουλάχιστον από τους αριθμούς και είναι θετικός.
Βρείτε παράδειγμα τέτοιων αριθμών για τους οποίους οι αριθμοί και είναι ετερόσημοι (μη μηδενικοί).

Έστω

$x+y+z \leq xyz ~~(1)$ και $xy+yz+zx \leq 3$ Από την (1) και ΑΜ-ΓΜ έχουμε:

$\displaystyle x+y+z\leq \left(\frac{x+y+z}{3} \right)^3\Leftrightarrow x+y+z\geq \sqrt{27}$

Επίσης από τη (2) τη $(a+b+c)^2 \geq 3(ab+bc+ca)$ και τη (1) έχουμε:

$\displaystyle 9\geq (xy+yz+zx)^2\geq 3xyz(x+y+z)\geq 3(x+y+z)^2\Leftrightarrow x+y+z\leq \sqrt{3}$

άτοπο.

π.χ (x,y,z)=(1,1,1/2)

spiros filippas · #1153

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 549
Να βρεθούν οι ακέραιες ρίζες της

Θα κάνουμε μια απλή παρατήρηση:

Εχουμε ένα τέλειο τετράγωνο το m^2

και του προσθέτουμε έναν θετικό αριθμό θέλοντας να πάρουμε ένα τέλειο τετράγωνο, τότε επειδή το αμέσως επόμενο
τετράγωνο του m^2

είναι το

ο αριθμός που θα του προσθέσουμε θα είναι $\geq 2m+1$

Αρα για να ισχύει το ζητούμενο θα πρέπει:

$4a^2+4 \geq 2^{a+1}+1 \Leftrightarrow 4a^2+3 \geq 2^{a+1}$

Ομως εύκολα δείχνουμε (επαγωγικά) ότι όταν $a \geq7$ τότε $4a^2+3 < 2^{a+1}$

Συνεπώς πρέπει $a \leq6$ και με δοκιμές (a,b)=(2,6)

#1154

Ανδρέα, Σωκράτη υπάρχει και η λύση (-1,1,0).

Andreas Dalaoutis · #1155

socrates έγραψε:Ανδρέα, Σωκράτη υπάρχει και η λύση

Θανάση όντως. επίσης βρήκα και τη λύση $(\sqrt{3},2,1)$

#1156

Andreas Dalaoutis έγραψε:
socrates έγραψε:Ανδρέα, Σωκράτη υπάρχει και η λύση

Θανάση όντως. επίσης βρήκα και τη λύση $(\sqrt{3},2,1)$

Αυτή, Ανδρέα, δεν επαληθεύει την τρίτη εξίσωση.

Andreas Dalaoutis · #1157

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
Andreas Dalaoutis έγραψε:
socrates έγραψε:Ανδρέα, Σωκράτη υπάρχει και η λύση

Θανάση όντως. επίσης βρήκα και τη λύση $(\sqrt{3},2,1)$
Αυτή, Ανδρέα, δεν επαληθεύει την τρίτη εξίσωση.

Ναι κύριε Δημήτρη λάθος μου. Από τη βιασύνη μου δεν κοίταξα καν αν επαληθεύει τις άλλες δύο εξισώσεις...

#1158

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

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

Δείτε και

viewtopic.php?f=111&t=16974

#1159

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 546
Να λυθεί το σύστημα

$\displaystyle{\begin{cases} \sqrt{x^2+y^2}=z+1 \\ \sqrt{y^2+z^2}=x+1 \\ \sqrt{z^2+x^2}=y+1 \end{cases}}$

Αν είναι $\displaystyle{x\neq y , y\neq z , z\neq x}$ , τότε, αφαιρώντας ανά δύο τις δοσμένες εξισώσεις του συστήματος, αφού πρώτα υψώσουμε στο τετράγωνο, έχουμε:

$\displaystyle{(x-z)(x+z)=-(z+x+2)(x-z)\Rightarrow x+z =-z-x-2\Rightarrow x+z=-1}$

Όμοια: $\displaystyle{y+z =-1}$ , και : $\displaystyle{x+y =-1}$ .

Συνεπώς, με πρόσθεση κατά μέλη: $\displaystyle{2x+2y+2z=-3\Rightarrow x+y+z=-\frac{3}{2}}$

Άρα παίρνουμε $\displaystyle{x=y=z=-\frac{1}{2}}$ , που είναι άτοπο, αφού π.χ έχουμε: $\displaystyle{x\neq y}$

Έστω τώρα $\displaystyle{x=y}$ .

Tότε το δοσμένο σύστημα γράφεται:

$\displaystyle{2x^2 =(z+1)^2}$

$\displaystyle{x^2 +z^2 =(x+1)^2}$

Με αφαίρεση κατά μέλη, παίρνουμε:

$\displaystyle{(x-z)(x+z)=-(x+z+2)(x-z)}$

1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: $\displaystyle{x\neq z}$ .

Τότε $\displaystyle{x+z=-1}$ , (όπου βέβαια από την υπόθεση εύκολα προκύπτει ότι $\displaystyle{x , y , z \geq -1}$ )

Λύνοντας το σύστημα

$\displaystyle{x+z=-1, 2x^2 = (z+1)^2}$ , βρίσκουμε $\displaystyle{x=0 , z=-1}$ και άρα $\displaystyle{x=y=0 , z=-1}$

2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: $\displaystyle{x=z}$

Τότε έχουμε $\displaystyle{2x^2=(x+1)^2}$ από οπου βρίσκουμε ότι:

$\displaystyle{x=1+\sqrt{2}}$ , ή , $\displaystyle{x=1-\sqrt{2}}$

Άρα έχουμε τις λύσεις:

$\displaystyle{(x,y,z)=(0,0,-1)}$ , ή, $\displaystyle{(x,y,z)=(1+\sqrt{2},1+\sqrt{2},1+\sqrt{2})}$ , ή,

$(x,y,z)=(1-\sqrt{2}, 1-\sqrt{2} , 1-\sqrt{2})$

Αν y=z

, τότε ομοίως βρίσκουμε επί πλέον την λύση (x,y,z)=(-1,0,0)

Και αν

, βρίσκουμε επί πλέον την λύση: (x,y,z)=(0,-1,0)

#1160

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 547
Βρείτε το υπόλοιπον της διαίρεσης του αριθμού με το

Θα αποδείξουμε με επαγωγή, ότι:

$\displaystyle{(x-a_1 ).(x-a_2 ). ... .(x-a_n )=}$ πολ $\displaystyle{x +(-1)^{n}.a_{1}a_{2}...a_{n}}$

για κάθε $\displaystyle{n\epsilon N}$

Πράγματι, για n=1

αληθεύει. Υποθέτουμε ότι αληθεύει για n=k

, δηλαδή ότι:

$\displaystyle{(x-a_1 )(x-a_2 ). ... .(x-a_k )=mx+(-1)^{k}.a_{1}a_{2}. ... .a_{k}}$ , όπου $m\epsilon N$ .

Θα δείξουμε ότι η πρόταση αληθεύει και για n=k+1

. Δηλαδή ότι:

$\displaystyle{(x-a_1 )(x-a_2 ). ... .(x-a_k )(x-a_{k+1})=}$ πολ $\displaystyle{x +(-1)^{k+1}.a_{1}a_{2}. ... .a_{k+1}}$

Πράγματι, έχουμε:

$\displaystyle{(x-a_1 )(x-a_2 ). ... .(x-a_k )(x-a_{k+1}) = (mx +(-1)^{k}.a_{1}a_{2}. ... .a_{k}).(x-a_{k+1}) =}$

$\displaystyle{=mx^{2} -a_{k+1}.mx +(-1)^{k}.a_{1}a_{2}. ... .a_{k}.x -(-1)^{k}.a_{1}a_{2}. ... .a_{k}a_{k+1} =}$

πολ $\displaystyle{x+(-1)(-1)^{k}. α_{1}α_{2}. ... .α_{k+1} =}$ πολ $\displaystyle{x+(-1)^{k+1}.a_{1}a_{2}. ... .a_{k+1}}$

Τώρα θα δείξουμε αυτό που μας ζητάει η άσκηση:

Έχουμε

$\displaystyle{N=1.3.5. ... .2549 + 2.4.6. ... .2550 =(2551 - 2550)(2551-2548). ... .(2551 -2)+2.4.6. ... .2550 =}$

=πολ $\displaystyle{2551 +(-1)^{1275}.2550.2548. ... 2 +2.4.6. ... .2550 =}$

=πολ $\displaystyle{2551 -2.4.6. ... .2550 +2.4.6. ... .2550 =}$ πολ $\displaystyle{2551}$ .

Άρα το υπόλοιπο που ζητάμε είναι το μηδέν.

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