Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#1221

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 585
Για ποιους θετικούς ακεραίους είναι ο αριθμός $\displaystyle{\left\lfloor \frac{n^3+8n^2+1}{3n} \right\rfloor}$ πρώτος ;

'Εστω $\displaystyle{A=\left\lfloor \frac{n^3 +8n^2 +1}{3n} \right\rfloor}$

Για n=1

, βρίσκουμε $\displaystyle{A=3}$ , ο οποίος είναι πρώτος.

Για $\displaystyle{n=2}$ , βρίσκουμε $\displaystyle{A=6}$ , ο οποίος δεν είναι πρώτος.

Έστω $\displaystyle{n=3k}$ , $\displaystyle{k\epsilon N}$ . Τότε $\displaystyle{A=\left\lfloor \frac{27k^3 +72k^2 +1}{9k} \right\rfloor =\left\lfloor \frac{9k^2 (3k+8)}{9k}+\frac{1}{9k} \right\rfloor} =k(3k+8)}$

Αν $\displaystyle{k=1}$ , τότε $\displaystyle{A=11}$ , ο οποίος είναι πρώτος. Δηλαδή, αν $\displaystyle{n=3}$ , τότε $\displaystyle{A}$ πρώτος

Αν όμως $\displaystyle{k>1}$ , τότε ο $\displaystyle{A}$ είναι σύνθετος.

Αν $\displaystyle{k=3k+1}$ , τότε $\displaystyle{A=\left\lfloor \frac{27k^3 +99k^2 +57k+10}{9k+3} \right\rfloor}$ . Κάνοντας την διαίρεση των

πολυωνύμων, βρίσκουμε:

$\displaystyle{A=\left\lfloor 3k^2 +10k+3 +\frac{1}{9k+3} \right\rfloor = (3k+1)(k+3)}$ , ο οποίος είναι σύνθετος

Τέλος, έστω ότι $\displaystyle{n=3k+2}$ . Tότε έχουμε:

$\displaystyle{A=\left\lfloor \frac{27k^3 +126k^2 +132k+41}{9k+6} \right\rfloor =\left\lfloor 3k^2 +12k+6+\frac{6k+5}{9k+6} \right\rfloor =3(k^2 +4k+2)}$

o οποίος είναι σύνθετος (ΣΗΜ: ο αριθμός $\displaystyle{\frac{6k+5}{9k+6}}$ , είναι προφανώς ανάμεσα στο μηδέν και το ένα, για κάθε

τιμή του φυσικού αριθμού $\displaystyle{k}$ ).

Συνεπώς ο αριθμός $\displaystyle{A}$ είναι πρώτος , μόνο όταν $\displaystyle{n=1}$ , ή $\displaystyle{n=3}$ .

#1222

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 573
Να βρεθούν οι ακέραιες ρίζες της εξίσωσης

Έχουμε: $\displaystyle{y^2 +2y=(x^2 +10x+2)^2 +1999\Leftrightarrow y^2 +2y+1=(x^2 +10x+2)^2 +2000\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{(x^2 +10x+2)^2 -(y+1)^2 =-2000\Leftrightarrow (x^2 +10x+y+3)(-x^2 -10x+y-1)=2000}$

Έστω $\displaystyle{x^2 +10x+y+3=k, -x^2 -10x+y-1=r}$ , όπου $\displaystyle{k , r \epsilon Z}$ , με $\displaystyle{kr=2000}$ .

Αφαιρώντας κατά μέλη τις παραπάνω σχέσεις, παίρνουμε: $\displaystyle{2x^2 +20x +4 =k-r}$ , (1) , και από την σχέση αυτή προκύπτει

ότι ο αριθμός $\displaystyle{k-r}$ είναι άρτιος και άρα θα πρέπει τα $\displaystyle{k , r}$ να είναι άρτιοι και οι δύο ή περιττοί και οι δύο και

δεδομένου ότι $\displaystyle{kr=2000}$ , συμπεραίνουμε ότι οι αριθμοί $\displaystyle{k , r}$ είναι και οι δύο άρτιοι.

Άρα $\displaystyle{k=2m , r=2n}$ , με $\displaystyle{m , n \epsilon Z}$ .

Τώρα η σχέση (1) γράφεται: $\displaystyle{2x^2 +20x +4=2m-2n \Leftrightarrow x^2 +10x +2 -(m-n)=0}$ , (2)

H διακρίνουσα του τριωνύμου αυτού είναι : $\displaystyle{\Delta =100-4[2-(m-n)]=4[23+(m-n)]}$

Θα πρέπει λοιπόν, αφ ενός να είναι $\displaystyle{\Delta \geq 0}$ και αφ ετέρου η διακρίνουσα να είναι και τέλειο τετράγωνο, δηλαδή

θα πρέπει ο αριθμός $\displaystyle{23+(m-n)}$ , να είναι τέλειο τετράγωνο και επίσης $\displaystyle{m-n\geq -23}$ .

Στο μεταξύ, από $\displaystyle{kr=2000}$ , παίρνουμε την σχέση: $\displaystyle{2m.2n=2000\Leftrightarrow mn=500}$ . Και με δεδομένο ότι οι

ακέραιοι $\displaystyle{m , n}$ πρέπει να έχουν διαφορά $\displaystyle{m-n\geq -23}$ , συμπεραίνουμε ότι:

$\displaystyle{(m ,n)\epsilon \{(20,25) , (25,20) , (50,10) , (100,5) , (125,4) , (250,2) , (500,1) , (-1,-500) , (-2,-250) , (-4,-125) , }$

$\displaystyle{(-5,-100) , (-10,-50) , (-20,-25)\}}$

Άρα $\displaystyle{m-n\epsilon \{-5 , 5 , 40 , 95 , 121 , 248 , 499 \}}$ .

Άρα $\displaystyle{23+(m-n) \epsilon \{18 , 28 , 63 , 118 , 144 , 271 , 522 \}}$ .

Από αυτούς τους αριθμούς, ο μόνος που είναι τέλειο τετράγωνο είναι ο 144

, ο οποίος αντιστοιχεί στο ζεύγος

$\displaystyle{(m,n)=(125,4)}$

Τώρα η σχέση (2) γράφεται: $\displaystyle{x^2 +10x -119=0}$ , από όπου προκύπτει ότι $\displaystyle{x=7}$ , ή $\displaystyle{x=-17}$ .

Επίσης από τις σχέσεις: $\displaystyle{x^2 +10x+y+3=k , -x^2 -10x+y-1=r}$ , που έχουμε στην αρχή βρει, με πρόσθεση κατά μέλη,

παιρνουμε: $\displaystyle{2y+2=k+r}$ , και άρα: $\displaystyle{2y+2=2m+2n}$ , δηλαδή $\displaystyle{y+1=m+n=125+4=129}$ , οπότε $\displaystyle{y=128}$

Άρα οι ζητούμενες λύσεις είναι:

$\displaystyle{x=7 , y=128}$ , ή $\displaystyle{x=-17 , y=128}$

freyia · #1223

sokratis lyras έγραψε:
socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 571

ΑΣΚΗΣΗ 582
Έστω και πρώτοι, διαφορετικοί ανά δύο, τέτοιοι ώστε

Βρείτε όλες τις δυνατές τιμές του γινομένου

.
Αφαιρούμε και με $\mod 3$ παίρνουμε και .Αντικαθιστώτας στην 1η παίρνουμε και με $\mod 5$ λαμβάνουμε και έπεται ότι
Άρα $p_1\cdot p_2\cdot p_3\cdot p_4=390$

Θα γράψω και μια λύση παρόμοια με του Σωκράτη, αλλά πιο αναλυτική:

Άμα αφαιρέσω από την δεύτερη εξίσωση την πρώτη, παίρνω: $p_1 +4p_2 -3p_4 =0\Rightarrow 4p_2 =3(p_4 -3p_1 )$
Επομένως 3|4p_2

και επειδή (3,4)=1

, θα πρέπει 3|p_2

και επειδή ο p_2

είναι πρώτος, θα πρέπει p_2 =3

Τώρα από $9p_1 +4p_2 -3p_4 =0\Rightarrow p_4 =3p_1 +4$
Tώρα από την πρώτη πάλι εξίσωση της άσκησης έχουμε $2p_1 +3p_2 +5p_3 +7(3p_1 +4 )=162\Rightarrow 23p_1 =5(25-p_3 )$
Επομένως 5|23p_1

και επειδή (5,23)=1

, θα πρέπει 5|p_1

και επειδή ο p_1

είναι πρώτος, θα πρέπει p_1 =5

Tώρα από την $23p_1 =5(25-p_3 )\Rightarrow 23.5=5(25-p_3 )\Rightarrow p_3 =2$
Tέλος, από την $9p_1 +4p_2 -3p_4 =0\Rightarrow 9.5+4.3-3p_4 =0\Rightarrow p_4 =19$
Επομένως p_1 p_2 p_3 p_4=5.3.2.19=570

Σωκράτη, έχεις ένα λαθάκι απροσεξίας εκεί που βρίσκεις το p_4

, και για αυτό έχεις βρει άλλο αποτέλεσμα.

#1224

ΑΣΚΗΣΗ 586
Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης $\displaystyle{1+x^2y=x^2+2xy+2x+y.}$

#1225

ΑΣΚΗΣΗ 587
α) Δείξτε ότι υπάρχουν πραγματικοί x,y,z

τέτοιοι ώστε x + y + z = 0

και

β) Αν οι πραγματικοί x,y,z

είναι τέτοιοι ώστε x + y + z = 0

και

να βρείτε την τιμή της παράστασης x^3y + y^3z + z^3x.

freyia · #1226

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 586
Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης $\displaystyle{1+x^2y=x^2+2xy+2x+y.}$

Άμα λύσουμε ως προς

την εξίσωση θα λάβουμε: $y=\frac{2x-1}{x^2 -2x-1}$ . Για να είναι ακέραιος ο αριθμός

, πρέπει

$|x^2 -2x-1|\leq |2x-1|$ . Άμα λύσουμε αυτή την ανίσωση, και δεδομένου ότι $x\in Z$ , θα βρούμε ότι

x=-1 , 0 , 2 , 3 , 4

. Όμως οι τιμές x=-1 , 3

δεν είναι παραδεκτές, διότι τότε ο

δεν είναι ακέραιος.

Επομένως οι λύσεις της εξίσωσης είναι: x=0 , y=1

, ή

.

Μετά από ειδοποίηση από τον Socrates,
H λύση που έδωσα δεν είναι σωστή, γιατί έλυσα απρόσεκτα ως προς

. Το σωστό είναι

$y=\frac{x^2 +2x-1}{x^2 -2x-1}=1+\frac{4x}{x^2 -2x-1}$ . H λύση τώρα μπορεί να γίνει όπως πριν, αλλά επειδή ήδη την έχει λύσει πιο κάτω ο κ. Θάνος, δεν θα την ξαναγράψω

#1227

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 586
Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης $\displaystyle{1+x^2y=x^2+2xy+2x+y.}$

Καταρχάς, είναι φανερό ότι η μοναδική λύση με $\displaystyle{x=0}$ είναι η $\displaystyle{(0,1).}$

Στα παρακάτω υποθέτουμε ότι $\displaystyle{x\ne 0.}$

Ας είναι $\displaystyle{(x,y)}$ λύση της εξίσωσης. Τότε

$\displaystyle{y=\frac{x^2+2x-1}{x^2-2x-1}\implies y=1+\frac{4x}{x^2-2x-1}.}$

Άρα

$\displaystyle{|x^2-2x-1|\leq |4x|}$ ( $\displaystyle{\color{red}\dagger}$ )

$\displaystyle{\bullet}$ Αν $\displaystyle{x<0}$ η ( $\displaystyle{\color{red}\dagger}$ ) γράφεται $\displaystyle{x^2-2x-1\leq -4x\iff x^2+2x-1\leq 0 \iff -1-\sqrt{2}\leq x\leq -1+\sqrt{2}}$

και επειδή $\displaystyle{x\in \mathbb{Z}}$ , βρίσκουμε $\displaystyle{x=-1\vee x=-2.}$

Αν $\displaystyle{x=-1}$ βρίσκουμε $\displaystyle{y=-1,}$ ενώ αν $\displaystyle{x=-2}$ είναι $\displaystyle{y\notin \mathbb{Z}.}$

Άρα μια ακόμα λύση είναι η $\displaystyle{(-1,-1).}$

$\displaystyle{\bullet}$ Αν $\displaystyle{x>2}$ η ( $\displaystyle{\color{red}\dagger}$ ) γράφεται $\displaystyle{x^2-2x-1\leq 4x\iff x^2-6x-1\leq o \iff 3-\sqrt{10}\leq x\leq 3+\sqrt{10}\stackrel{x\in \mathbb{Z}}{\implies}x=3\vee x=4}$

Αν $\displaystyle{x=3,}$ βρίσκουμε $\displaystyle{y=7,}$ ενώ αν $\displaystyle{x=4}$ είναι $\displaystyle{y\notin \mathbb{Z}.}$

Άρα, ακόμα μια λύση είναι η $\displaystyle{(3,7).}$

$\displaystyle{\bullet}$ Τέλος, για $\displaystyle{x=1,~x=2}$ βρίσκουμε $\displaystyle{y=-1,~y=-7,}$ αντίστοιχα.

Τελικά, η αρχική εξίσωση έχει τις λύσεις:

$\displaystyle{\boxed{(0,1),(-1,-1),(1,-1),(3,7),(2,-7)}}$

#1228

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 587
α) Δείξτε ότι υπάρχουν πραγματικοί τέτοιοι ώστε και
β) Αν οι πραγματικοί είναι τέτοιοι ώστε και να βρείτε την τιμή της παράστασης

a) Π.χ. $\displaystyle{x=-y=\sqrt{3},z=0.}$

b)

Ίσως υπάρχει και κάτι συντομότερο:

Ας είναι

$\displaystyle{K=x^3y + y^3z + z^3x,~ M=xy^3+yz^3+zx^3.}$

Είναι

$\displaystyle{K-M=xy(x-y)(x+y)+yz(y-z)(y+z)+zx(z-x)(z+x)\stackrel{x+y+z=0}{=}-xyz(x-y)-xyz(y-z)-xyz(z-x)=0\implies \boxed{K=M}}$

Επίσης,

$\displaystyle{K=x^3y + y^3z + z^3x\stackrel{x+y+z=0}{=}x^3(-x-z)+y^3(-y-z)+z^3(-y-z)=-(x^4+y^4+z^4)-M\implies 2K=-(x^4+y^4+z^4)}$

Απομένει να βρεθεί η τιμή της παράστασης $\displaystyle{x^4+y^4+z^4.}$

Είναι

$\displaystyle{x+y+z=0\implies x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+zx)=0\implies \boxed{x^2+y^2+z^2=6}}$ ( $\displaystyle{\color{red}1}$ )

Επίσης,

$\displaystyle{xy+yz+zx=-3\implies (xy)^2+(yz)^2+(zx)^2+2xyz(x+y+z)=9\implies \boxed{(xy)^2+(yz)^2+(zx)^2=9}}$ ( $\displaystyle{\color{red}2}$ )

Τότε,

$\displaystyle{(1)\implies x^4+y^4+z^4+2[(xy)^2+(yz)^2+(zx)^2]=36\stackrel{(2)}{\implies}x^4+y^4+z^4=18.}$

Άρα τελικά η τιμή της παράστασης ισούται με $\displaystyle{\boxed{-9}.}$

freyia · #1229

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 587
α) Δείξτε ότι υπάρχουν πραγματικοί τέτοιοι ώστε και
β) Αν οι πραγματικοί είναι τέτοιοι ώστε και να βρείτε την τιμή της παράστασης

Μου φαίνεται λίγο παράξενη η άσκηση ως προς το δεύτερο ερώτημα.

Για το πρώτο, άμα λύσω ως προς

θα βρω

και άμα αντικαταστήσω στην άλλη, θα βρω
$xy+y(-x-y)+x(-x-y)=-3\Leftrightarrow y^2 +xy+x^2 -3 =0$ . Eπομένως κατάληξα σε τριώνυμο που έχει για διακρίνουσα
$\Delta = 3(4-x^2 )$ . Kαι με $4-x^2\geq 0$ , δηλαδή με $|x|\leq 2$ , παίρνω

$y=\frac{-x+\sqrt{3(4-x^2 )}}{2}$ , είτε $y=\frac{-x-\sqrt{3(4-x^2 )}}{2}$

Θα πάρω μονάχα την περίπτωση $y=\frac{-x+\sqrt{3(4-x^2)}}{2}$ , γιατί η άλλη περίπτωση αντιμετωπίζεται όμοια

Επομένως βρήκα ότι υπάρχουνε άπειροι πραγματικοί αριθμοί και έχουνε την μορφή

Το

όπως το βρήκα παραπάνω, $z=-x-\frac{-x+\sqrt{3(4-x^2)}}{2}=\frac{-x-\sqrt{3(4-x^2}}{2}$ και το

είναι οποιοσδήποτε πραγματικός αριμός αρκεί να είναι τέτοιος, ώστε $|x|\leq 2$

Για παράδειγμα, αν βάλλω x=1

, βρίσκω

και

, δηλαδή τιμές που ικανοποιούνε τις απαιτήσεις της άσκησης.
Βρήκα δηλαδή, άπειρες τιμές ότι υπάρχουνε για τους x , y , z

Tώρα για το δεύτερο ερώτημα, αντικαθιστώ τις τιμές που βρήκα για τους x , y, z

και βρίσκω την ΄παράσταση
x^3 y +y^3 z +z^3 x

, σαν συνάρτηση του

. (Δεν ξέρω μόνο άμα μετά τις πράξεις, προκύψει σταθερό αποτέλεσμα, δηλαδή ανεξάρτητο από το

)

XM!!! Είδα από την λύση του κ. Θάνου, ότι τελικά βγαίνει σταθερός αριθμός (δεν έκανα τις πράξεις, γιατί ήτανε πολλές)

#1230

ΑΣΚΗΣΗ 588: Δείξτε ότι:

$\displaystyle{\frac{5}{1.3}+\frac{6}{2.4}+\frac{7}{3.5}+ . . . +\frac{104}{100.102}>\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+ . . . +\frac{1}{340}}$

#1231

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 587
β) Αν οι πραγματικοί είναι τέτοιοι ώστε και να βρείτε την τιμή της παράστασης

Αλλιώς:

οι x,y,z

είναι ρίζες της εξίσωσης $\displaystyle{t^3-3t-P=0}$ και άρα $\displaystyle{x^3=3x+P}$ κτλ...

#1232

ΑΣΚΗΣΗ 589
Να δείξετε ότι η παράσταση

$\displaystyle{\frac{\sqrt{n+\sqrt{0}}+\sqrt{n+\sqrt{1}}+\sqrt{n+\sqrt{2}}+...+\sqrt{n+\sqrt{n^2-1}}+\sqrt{n+\sqrt{n^2}}}{\sqrt{n-\sqrt{0}}+\sqrt{n-\sqrt{1}}+\sqrt{n-\sqrt{2}}+...+\sqrt{n-\sqrt{n^2-1}}+\sqrt{n-\sqrt{n^2}}}$

είναι σταθερή, δηλαδή ανεξάρτητη του θετικού ακεραίου

#1233

ΑΣΚΗΣΗ 590
Βρείτε όλες τις τριάδες (x,y,p)

όπου

ακέραιοι και

πρώτος τέτοιες ώστε

$\displaystyle{ x^2-3xy+p^2y^2=12p .}$

#1234

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 589
Να δείξετε ότι η παράσταση

$\displaystyle{\frac{\sqrt{n+\sqrt{0}}+\sqrt{n+\sqrt{1}}+\sqrt{n+\sqrt{2}}+...+\sqrt{n+\sqrt{n^2-1}}+\sqrt{n+\sqrt{n^2}}}{\sqrt{n-\sqrt{0}}+\sqrt{n-\sqrt{1}}+\sqrt{n-\sqrt{2}}+...+\sqrt{n-\sqrt{n^2-1}}+\sqrt{n-\sqrt{n^2}}}$

είναι σταθερή, δηλαδή ανεξάρτητη του θετικού ακεραίου

Θα χρησιμοποιήσουμε τη σχέση

$\displaystyle{\boxed{\sqrt {a + \sqrt b } = \sqrt {\frac{{a + \sqrt {{a^2} - b} }}{2}} + \sqrt {\frac{{a - \sqrt {{a^2} - b} }}{2}} }}$ $\bf\color{red} \left(\bigstar \right)$ ,

η οποία ισχύει για κάθε $\displaystyle{a,b \ge 0}$ με $\displaystyle{b \le {a^2}}$ .

Θέτουμε

$\displaystyle{A = \sqrt{n+\sqrt{0}}+\sqrt{n+\sqrt{1}}+\sqrt{n+\sqrt{2}}+...+\sqrt{n+\sqrt{n^2-1}}+\sqrt{n+\sqrt{n^2}}}}$

και

$\displaystyle{B = \sqrt{n-\sqrt{0}}+\sqrt{n-\sqrt{1}}+\sqrt{n-\sqrt{2}}+...+\sqrt{n-\sqrt{n^2-1}}+\sqrt{n-\sqrt{n^2}}}}.$

Διαιρούμε κάθε όρο της $\displaystyle{A}$ και της $\displaystyle{B}$ με $\displaystyle{\sqrt 2 }$ και στη συνέχεια προσθέτουμε τους αντίστοιχους όρους των παραστάσεων $\displaystyle{\frac{A}{{\sqrt 2 }}}$ και $\displaystyle{\frac{B}{{\sqrt 2 }}}$ , από τα δεξιά προς τα αριστερά. Χρησιμοποιώντας την $\bf\color{red} \left(\bigstar \right)$ , έχουμε ότι:

$\displaystyle{\frac{A}{{\sqrt 2 }} + \frac{B}{{\sqrt 2 }} = A}$ ,

οπότε η παράστασή μας είναι ίση με

$\displaystyle{\frac{A}{B} = \frac{1}{{\sqrt 2 - 1}} = \boxed{\sqrt 2 + 1}}$ .

#1235

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 590
Βρείτε όλες τις τριάδες όπου ακέραιοι και πρώτος τέτοιες ώστε

$\displaystyle{ x^2-3xy+p^2y^2=12p .}$

Αρχικά λόγω της 12p+3xy=x^2+p^2y^2

παίρνουμε

Αν

ή

πρώτος $\geq 5$ τότε είναι $p^2\equiv 1\pmod{3}$ άρα 3|x^2+y^2

απ' όπου

και

.

Ας υποθέσουμε λοιπόν ότι x=3x_1

και

για κάποιους ακέραιους $x_1, \ y_1$ . Τότε αντικαθιστώντας στην αρχική παίρνουμε:
9x_1^2-27x_1y_1=12p-9p^2y_1^2

πράγμα που σημαίνει ότι 9|12p

δηλαδή

απ' όπου τελικά p|3

δηλαδή

, άτοπο.

Άρα p=3

οπότε αντικαθιστώντας στην αρχική παίρνουμε x^2-3xy=36-9y^2

δηλαδή

οπότε

κι έτσι έχουμε x=3x_1

για κάποιο ακέραιο x_1

. Αντικαθιστώντας στην τελευταία, παίρνουμε τελικά ότι x_1^2-yx_1+y^2-4=0

που έχει διακρίνουσα $\Delta=-3y^2+16$ η οποία πρέπει να είναι θετική πράγμα που σημαίνει ότι $|y|\leq 2$ και οι μόνες δεκτές τιμές του

για τις οποίες η διακρίνουσα είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου, είναι οι $y=\pm 2$ και y=0

.

Για

παίρνουμε

ή

οπότε

και

αντίστοιχα κι έτσι έχουμε τις λύσεις (x,y,p)=(0,2,3)

και

.
Για

παίρνουμε

ή

οπότε

και

αντίστοιχα κι έτσι έχουμε τις λύσεις (x,y,p)=(0,-2,3)

και

.
Τέλος, για y=0

παίρνουμε

ή

οπότε

και

αντίστοιχα κι έτσι έχουμε τις λύσεις (x,y,p)=(6,0,3)

και

.

Αλέξανδρος

#1236

ΑΣΚΗΣΗ 591
Να λυθεί η εξίσωση x^6-2[x]^3+1=0.

ΑΣΚΗΣΗ 592
Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις του συστήματος
$\displaystyle{\begin{cases}a_1^2+a_1\leq 2a_2+1 \\ a_2^2+a_2\leq 2a_3+1 \\ ... \\ a_n^2+a_n\leq 2a_1+1\end{cases}}$

ΑΣΚΗΣΗ 593
Βρείτε όλους τους πρώτους

ώστε ο αριθμός p (p + 17)

να γράφεται ως γινόμενο δύο διαδοχικών θετικών ακεραίων.

#1237

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 593
Βρείτε όλους τους πρώτους ώστε ο αριθμός να γράφεται ως γινόμενο δύο διαδοχικών θετικών ακεραίων.

Έστω ότι $\displaystyle{p(p+17)=n(n+1)}$ , $\displaystyle{n\in N}$ . Τότε: n^2 +n-p(p+17)=0

. Η διακρίνουσα του τριωνύμου αυτού είναι:

$\Delta =4p^2 +68p +1$ . Παρατηρούμε ότι για κάθε p>2

, είναι:

. Αυτό

σημαίνει ότι 4p^2 +68p+1=(2p+a)^2,

, (1) , όπου a=10 , 11 , ... , 16

.

το μεταξύ, από την ισότητα 4p^2 +68p+1=(2p+a)^2

, συμπεραίνουμε ότι το πρώτο μέλος της είναι περιττός, οπότε θα

πρέπει και το δεύτερο να είναι περιττός και άρα και ο 2p+a

, πρέπει να είναι περιττός, δηλαδή

περιττός.

Άρα τελικά, πρέπει a=11,13 , 15

*** Για }

, έχουμε από την (1), $4p^2 +68p+1=(2p+11)^2\Rightarrow p=5$

*** Για a=13

, έχουμε από την (1), $4p^2 +68p+1=(2p+13)^2\Rightarrow p=\frac{21}{2}$ , που όμως απορρίπτεται

αφού πρέπει

πρώτος.

*** Για a=15

, με όμοιο τρόπο βρίσκουμε ότι p=28

, που όμως και πάλι απορρίπτεται αφού

πρώτος.

Μένει τώρα να δούμε τι γίνεται όταν είναι p=2

.

Τότε με βάση το πρόβλημα, θα πρέπει $2(2+17)=n(n+1)\Rightarrow n^2 +n-38=0$ . Η εξίσωση όμως αυτή, έχει

διακρίνουσα D=153

και άρα είναι αδύνατη στο

Τελικά, μόνο για p=5

, έχουμε το ζητούμενο

#1238

ΑΣΚΗΣΗ 594: Εστω $\displaystyle{x=\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+ . . . +\frac{1}{100^2}}$

Δείξτε ότι: $\displaystyle{0,2<\sqrt{\frac{x}{11}}<0,3}$

#1239

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 591
Να λυθεί η εξίσωση

'Εχουμε $\displaystyle{[x]\leq x \Rightarrow [x]^3 \leq x^3 \Rightarrow -2[x]^3 \geq -2x^3 \Rightarrow x^6 -2[x]^3 +1 \geq x^6 -2x^3 +1}$

Άρα $\displaystyle{x^6 -2[x]^3 +1 \geq (x^3 -1)^2}$ , (1)

Aν $\displaystyle{x\neq 1}$ , τότε $\displaystyle{(x^3 -1)^2 >0}$ και άρα $\displaystyle{x^6 -2[x]^3 +1 >0}$ , οπότε η δοσμένη εξίσωση είναι αδύνατη.

Αν $\displaystyle{x=1}$ , διαπιστώνουμε ότι η δοσμένη εξίσωση επαληθεύεται και άρα είναι η μόνη λύση της.

Garfield · #1240

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 594: Εστω $\displaystyle{x=\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+ . . . +\frac{1}{100^2}}$

Δείξτε ότι: $\displaystyle{0,2<\sqrt{\frac{x}{11}}<0,3}$

Θα χρησιμοποιήσουμε την βασική ταυτότητα: $\displaystyle{ \boxed{ \frac{1}{ \nu ( \nu +1) } = \frac{1}{ \nu} - \frac{1}{ \nu +1} \quad \nu \geq 2 }$ .

Έχουμε λοιπόν ότι:

$\displaystyle{ x=\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+ . . . +\frac{1}{100^2} < \frac{1}{ 1 \cdot 2} + \frac{1}{2 \cdot3} + \frac{1}{3 \cdot 4} + \cdots + \frac{1}{ 99 \cdot 100} =\left(1 - \frac{1}{2} \right)+ \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{3} \right)+\left(\frac{1}{3} - \frac{1}{4} \right)+ \cdots +\left(\frac{1}{99} - \frac{1}{100} \right) }$

$\displaystyle{ \implies x < 1 - \frac{1}{100} = \frac{99}{100} \implies \frac{x}{11} < \frac{9}{100} \implies \sqrt{ \frac{x}{11} } < \frac{3}{10}= 0,3 }$

Ομοίως έχουμε ότι:

$\displaystyle{ x=\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+ . . . +\frac{1}{100^2} > \frac{1}{2 \cdot3} + \frac{1}{3 \cdot 4} + \cdots + \frac{1}{ 100 \cdot 101} = \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{3} \right)+\left(\frac{1}{3} - \frac{1}{4} \right)+ \cdots +\left(\frac{1}{100} - \frac{1}{101} \right) }$

$\displaystyle{ \implies x > \frac{1}{2} - \frac{1}{101} = \frac{99}{202} > \frac{44}{100} \implies \frac{x}{11} > \frac{4}{100} \implies \sqrt{ \frac{x}{11} } > \frac{2}{10}= 0,2 }$ .

Άρα το ζητούμενο αποδείχθηκε.

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