Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#1241

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

Δίνω μια λύση, αλλά έχει πολλή φασαρία. Ίσως δοθεί κάποια πιο σύντωμη στο μέλλον.

Θεωρώ την ανίσωση: $\displaystyle{a_k ^2 +a_k \leq 2a_m +1 , k , m \in N^{*}}$ . Τότε αυτή γράφεται:

$\displaystyle{a_k ^2 +a_k -(2a_m +1) \leq 0}$ , (1) , και έχει διακρίνουσα $\displaystyle{\Delta =8a_m +5}$ .

Aν ήταν $\displaystyle{\Delta <0}$ , δηλαδή $\displaystyle{a_m <-\frac{5}{8}}$ , τότε η (1) θα ήταν αδύνατη. Άρα πρέπει να είναι $\displaystyle{a_m \geq -\frac{5}{8}}$

Αφού όμως $\displaystyle{a_m}$ ακέραιος, άρα έχουμε ότι $\displaystyle{a_m\geq 0}$ , δηλαδή $\displaystyle{a_m \in N}$ , δηλαδή:

$\displaystyle{a_1 , a_2 , . . . , a_n /in N}$ .

Θα αποδείξω τώρα ότι αποκλείεται όλα τα $\displaystyle{a_i}$ , να είναι μεγαλύτερα της μονάδας. Πράγματι, έστω ότι $\displaystyle{a_i \geq 2}$ ,

για κάθε $\displaystyle{i=1,2,...,n}$ . Οι δοσμένες ανισώσεις, γράφονται:

$\displaystyle{a_1 ^2 +a_1 -3a_1 +1 \leq 2a_2 -3a_1 +2}$

$\displaystyle{a_2 ^2 +a_2 -3a_2 +1 \leq 2a_3 -3a_2 +2}$

........................................
.........................................
..........................................

$\displaystyle{a_n ^2 +a_n -3a_n +1 \leq 2a_1 -3a_n +2}$

Και άρα:

$\displaystyle{(a_1 -1)^2 \leq 2a_2 -3a_1 +2}$

$\displaystyle{(a_2 -1)^2 \leq 2a_3 -3a_2 +2}$

.............................
............................
............................

$\displaystyle{(a_n -1)^2 \leq 2a_1 -3a_n +2}$

Mε πρόσθεση αυτών κατά μέλη, έχουμε:

$\displaystyle{\Sigma (a_i -1)^2 \leq 2n-\Sigma a_i}$

Όμως, αφού υποθέσαμε ότι $\displaystyle{a_i \geq 2}$ , τότε $\displaystyle{\Sigma a_i \geq 2n}$ και άρα $\displaystyle{2n-\Sigma a_i \leq 0}$ , δηλαδή

$\displaystyle{\Sigma (a_i -1)^2 \leq 0}$ και άρα $\displaystyle{a_i =1}$ , πράγμα που είναι άτοπο, αφού υποθέσαμε ότι $\displaystyle{a_i \geq 2}$

Aπό τα ανωτέρω, συμπεραίνουμε ότι ένα τουλάχιστον από τα $\displaystyle{a_i}$ , θα είναι ίσο με $\displaystyle{0}$ , ή με $\displaystyle{1}$ .

Στη συνέχεια θα δείξω ότι αν ένα από τα $\displaystyle{a_i}$ είναι ίσο με μηδέν, τότε όλα τα $\displaystyle{a_i}$ , θα είναι ίσα με μηδέν.

Πράγματι, έστω ότι $\displaystyle{a_1 =0}$ . Τότε από την ανίσωση $\displaystyle{a_n ^2 +a_n \leq 2a_1 +1 \Rightarrow a_n ^2 +a_n \leq 1}$

και αφού $\displaystyle{a_n \in N \Rightarrow a_n =0}$ .

Mε όμοιο τρόπο, από την ανίσωση $\displaystyle{a_{n-1}^2 +a_{n-1} \leq 2a_n+1 \Rightarrow a_{n-1}=0}$ , και ομοίως συμεραίνουμε ότι

$\displaystyle{a_{n-2}=a_{n-3}= ... =a_2 =0}$

Όμοια , αν $\displaystyle{a_2 =0}$ , τότε από $\displaystyle{a_1 ^2 +a_1 \leq 2a_2 +1 \Rightarrow a_1 =0}$ , οπότε όπως πριν είδαμε, θα είναι όλα μηδέν,

και ούτω καθ εξής.

Τέλος, θα δείξω ότι αν ένα από τα $\displaystyle{a_i}$ είναι ίσο με μονάδα, τότε όλα όλα θα είναι ίσα με την μονάδα.

Πράγματι, έστω ότι $\displaystyle{a_1 =1}$ . Τότε από την ανίσωση $\displaystyle{a_n ^2 +a_n \leq 2a_1 +1 \Rightarrow a_n ^2 +a_n \leq 3}$

και αφού $\displaystyle{a_n \in N \Rightarrow a_n =0}$ ή $\displaystyle{a_n =1}$ . Όμως αποκλείεται να είναι $\displaystyle{a_n =0}$ , γιατί τότε όπως

προηγουμένως είδαμε, θα ήταν όλα τα $\displaystyle{a_i =0}$ , και άρα θα ήταν και $\displaystyle{a_1 =0}$ , που είναι άτοπο, αφού υποθέσαμε ότι

$\displaystyle{a_1 =1}$ . Άρα υποχρεωτικά θα είναι $\displaystyle{a_n =1}$ . Τότε από την ανίσωση $\displaystyle{a_{n-1}^2 +a_{n-1}\leq 2a_n +1\Rightarrow}$

$\displaystyle{a_{n-1}^2 +a_{n-1} \leq 3 \Rightarrow a_{n-1}=1}$ , (παρόμοια με πριν)

Και ομοίως βρίσκουμε ότι $\displaystyle{a_{n-2}=a_{n-3}= ... =a_2 =1}$

Στο ίδιο συμπέρασμα (εργαζόμενοι ομοίως) καταλήγουμε ότι αν $\displaystyle{a_2 =1}$ , τότε $\displaystyle{a_i =1}$ για κάθε $\displaystyle{i=1,2,...,n}$

Kαι ούτω καθ εξής.

Τελικά η λύση του συστήματος που μας δόθηκε, είναι:

$\displaystyle{(a_1 , a_2 , . . . , a_n )=(0 , 0 , . . . , 0)}$ , ή $\displaystyle{(a_1 , a_2 , . . . , a_n )=(1,1, . . . , 1)}$

EDIT: Nομίζω ότι θέλει επανέλεγχο στο πρώτο στάδιο. Θα επανέλθω αφού το ξαναδώ

EDIT: Νομίζω ότι είναι καλά διατυπωμένο το γιατί $\displaystyle{a_i \in N}$ (στο οποίο πίστεψα προς στιγμήν ότι υπήρχε κενό)

#1242

ΑΣΚΗΣΗ 595: Αν $\displaystyle{a , b , c}$ είναι πρώτοι αριθμοί και $\displaystyle{2\sqrt{a}+7\sqrt{b}=c\sqrt{3}}$ , να

βρεθούν οι $\displaystyle{a , b , c}$ .

#1243

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

Νομίζω η απόδειξη του Δημήτρη είναι σωστή. Δίνω μια διαφορετική απόδειξη.

Παρατήρηση 1η: Αν $x_k \geqslant 2$ τότε $x_k^2 + x_k \geqslant 2x_k + x_k > 2x_k + 1$ και επομένως $x_{k+1} > x_k \geqslant 2$ .

Επομένως αν υπάρχει

ώστε $x_i \geqslant 2$ τότε θα έχουμε $x_i < x_{i+1} < x_{i+2} < \cdots < x_n < x_1 < \cdots < x_i$ , άτοπο. Επομένως $x_i \leqslant 1$ για κάθε

.

Παρατήρηση 2η: Αν x_k = 1

τότε $x_{k+1} \geqslant 1/2$ . Άρα (από την προηγούμενη παρατήρηση) $x_{k+1} = 1$ .

Επομένως αν υπάρχει

ώστε $x_i \geqslant 2$ τότε θα έχουμε $x_i = x_{i+1} = \cdots = x_n = x_1 = \cdots = x_i = 1$ .

Άρα είτε η λύση είναι η $(1,1,\ldots,1)$ είτε $x_i \leqslant i$ για κάθε

. $(\ast)$

Παρατήρηση 3η: Αν $x_k \leqslant -1$ τότε $x_k^2 + x_k = (-x_k)(1-x_k) \geqslant 2$ . Τότε όμως $x_{k+1} \geqslant 1$ .

Από το $(\ast)$ όμως δεν μπορεί να υπάρχει

με $x_k \leqslant -1$ και $x_{k+1} \geqslant 1$ . Άρα οι μόνες πιθανές λύσεις είναι οι $(0,\ldots,0)$ και $(1,\ldots,1)$ οι οποίες είναι πράγματι λύσεις.

Επεξεργασία: Όπως με ενημέρωσε ο Σωράτης Λυράς η προηγούμενή μου αντιμετόπιση ήταν λανθασμένη αφού έβρισκά μόνο τις λύσεις στους φυσικούς και όχι στους ακεραίους.

Garfield · #1244

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 595: Αν $\displaystyle{a , b , c}$ είναι πρώτοι αριθμοί και $\displaystyle{2\sqrt{a}+7\sqrt{b}=c\sqrt{3}} \quad \bigstar$ , να

βρεθούν οι $\displaystyle{a , b , c}$ .

Υψώνοντας στο τετράγωνο την δοσμένη σχέση παίρνουμε: $\displaystyle{ 4a + 28 \sqrt{ab} + 49b = 3 c^{2} \implies \sqrt{ab} \in \mathbb Z_{>0} \implies ab=n^{2}$ για κάποιο

θετικό ακέραιο.

$\displaystyle{ \implies a|n^{2} \implies a|n \implies n=ma \quad \textnormal{ \gr για κάποιο} \quad m \in \mathbb Z_{>0} }$ .

Έτσι έχουμε ότι: $\displaystyle{ ab =m^{2}a^{2} \implies b =m^{2} a \implies a|b \implies a=b }$ γιατί οι a,b

είναι πρώτοι.

Με αντικάτσταση τώρα: $\displaystyle{ \bigstar \Longleftrightarrow 9 \sqrt{a} = c \sqrt{3} \Longleftrightarrow 81a=3c^{2} \Longleftrightarrow 27a = c^{2} \implies c = 3 \sqrt{3a} \in \mathbb Z_{>0}}$ . Άρα $3a = \ell^{2} \quad \textnormal{ \gr για κάποιο} \quad \ell \in \mathbb Z_{>0} \implies 3| \ell^{2} \implies 3| \ell }$

Άρα $\displaystyle{ \ell =3k \quad \textnormal{ \gr για κάποιο} \quad k \in \mathbb Z_{>0} }$ και επομένως $\displaystyle{ 3a = \ell^{2} \Longleftrightarrow 3a = 9k^{2} \Longleftrightarrow a = 3k^{2} \implies 3|a \implies a=3 }$ γιατί

είναι πρώτος αριθμός.

Επομένως $\displaystyle {a=b=3}$ και με ανικατάσταση η $\displaystyle{ \bigstar}}$ μας δίνει $\displaystyle{ 9 \sqrt{3} = c \sqrt{3} \implies c=9 }$ το οποίο απορρίπτεται γιατί ο

πρέπει να είναι πρώτος.

Άρα δεν υπάρχουν πρώτοι αριθμοί που να ικανοποιούν την $\displaystyle{ \bigstar}$ .

#1245

ΑΣΚΗΣΗ 596: Δείξτε ότι ο αριθμός

$\displaystyle{\frac{2009}{1.3}+\frac{2009}{3.5}+\frac{2009}{5.7}+ ... +\frac{2009}{2007.2009}}$ , είναι φυσικός.

Garfield · #1246

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 596: Δείξτε ότι ο αριθμός

$\displaystyle{\frac{2009}{1.3}+\frac{2009}{3.5}+\frac{2009}{5.7}+ ... +\frac{2009}{2007.2009}}$ , είναι φυσικός.

Θα προσπαθήσουμε να κάνουμε το άθροισμα τηλεσκοπικό χρησιμοποιώντας την ταυτότητα: $\displaystyle{ \boxed{ \frac{1}{ \nu ( \nu+2)} = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{ \nu} - \frac{1}{ \nu +2} \right) \quad \nu \in \mathbb N} }$

Έτσι έχουμε ότι:

$\displaystyle{\frac{2009}{1.3}+\frac{2009}{3.5}+\frac{2009}{5.7}+ ... +\frac{2009}{2007.2009} =\frac{2009}{2} \left( \left( 1 -\frac{1}{3} \right) + \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{5} \right) + \cdots + \left( \frac{1}{2007} - \frac{1}{2009} \right) \right) = }$

$\displaystyle{ = \frac{2009}{2} \left( 1 - \frac{1}{2009} \right) = \frac{2009}{2} \cdot \frac{2008}{2009} = 1004 \in \mathbb N }$

#1247

ΑΣΚΗΣΗ 597: Αν $\displaystyle{n\in N^{*} , a\in N}$ , με $\displaystyle{a\geq 2}$ , τότε ο αριθμός $\displaystyle{A=\frac{1+a^{n+1}}{1+a^n}}$ ,

δεν μπορεί να είναι φυσικός.

#1248

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 597: Αν $\displaystyle{n\in N^{*} , a\in N}$ , με $\displaystyle{a\geq 2}$ , τότε ο αριθμός $\displaystyle{A=\frac{1+a^{n+1}}{1+a^n}}$ ,

δεν μπορεί να είναι φυσικός.

Αν ο αριθμός

$\displaystyle{\rm A=\frac{1+a^{n+1}}{1+a}=\frac{1-a}{1+a^n}+a}$ είναι ακέραιος, το ίδιο θα ισχύει και για τον

$\displaystyle{\rm \frac{1-a}{1+a^n},}$

άρα

$\displaystyle{1+a^n\leq a-1\implies a(a^{n-1}-1)+2\leq 0,}$ άτοπο.

#1249

ΑΣΚΗΣΗ 598: Δείξτε ότι: $\displaystyle{\sqrt{2012.2013+\sqrt{2012.2013+\sqrt{2012.2013}}}<2013}$

#1250

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 598: Δείξτε ότι: $\displaystyle{\sqrt{2012.2013+\sqrt{2012.2013+\sqrt{2012.2013}}}<2013}$

Αρκεί να αποδείξω ότι:
$\displaystyle{{2013^2} - 2012 \cdot 2013 > \sqrt {2012 \cdot 2013 + \sqrt {2012 \cdot 2013} } }$

Αρκεί να αποδείξω ότι:
$\displaystyle{2013 > \sqrt {2012 \cdot 2013 + \sqrt {2012 \cdot 2013} } }$

Αρκεί να αποδείξω ότι:
$\displaystyle{{2013^2} - 2012 \cdot 2013 > \sqrt {2012 \cdot 2013} }$

Αρκεί να αποδείξω ότι:
$\displaystyle{2013 > \sqrt {2012 \cdot 2013} }$

Αρκεί να αποδείξω ότι:
$\displaystyle{{2013^2} > 2012 \cdot 2013}$

Αρκεί να αποδείξω ότι:
$\displaystyle{2013 > 2012}$

που ισχύει.

Χρήστος Λαζαρίδης · #1251

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 598: Δείξτε ότι: $\displaystyle{\sqrt{2012.2013+\sqrt{2012.2013+\sqrt{2012.2013}}}<2013}$

Μία προσπάθεια γενίκευσης.
Θα αποδείξουμε ότι:

$\displaystyle{\sqrt {\alpha (\alpha + 1) + \sqrt {\alpha (\alpha + 1) + \sqrt {\alpha (\alpha + 1)} } } < \alpha + 1}$ ή

$\displaystyle{\alpha (\alpha + 1) + \sqrt {\alpha (\alpha + 1) + \sqrt {\alpha (\alpha + 1)} } < (\alpha + 1)^2 }$ ή

$\displaystyle{\sqrt {\alpha (\alpha + 1) + \sqrt {\alpha (\alpha + 1)} } < \alpha + 1 }$ ή

$\displaystyle{\alpha (\alpha + 1) + \sqrt {\alpha (\alpha + 1)} < (\alpha + 1)^2 }$ ή

$\displaystyle{\sqrt {\alpha (\alpha + 1)} < \alpha + 1}$ ή

$\displaystyle{\alpha (\alpha + 1) < (\alpha + 1)^2}$ ή

$\displaystyle{\alpha < \alpha + 1}$ Ισχύει

Για $\displaystyle{\alpha = 2012}$ προκύπτει το ζητούμενο

Φιλικά Χρήστος

#1252

Χρήστος Λαζαρίδης έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 598: Δείξτε ότι: $\displaystyle{\sqrt{2012.2013+\sqrt{2012.2013+\sqrt{2012.2013}}}<2013}$
Μία προσπάθεια γενίκευσης.
Θα αποδείξουμε ότι:

$\displaystyle{\sqrt {\alpha (\alpha + 1) + \sqrt {\alpha (\alpha + 1) + \sqrt {\alpha (\alpha + 1)} } } < \alpha + 1}$ ή

$\displaystyle{\alpha (\alpha + 1) + \sqrt {\alpha (\alpha + 1) + \sqrt {\alpha (\alpha + 1)} } < (\alpha + 1)^2 }$ ή

$\displaystyle{\sqrt {\alpha (\alpha + 1) + \sqrt {\alpha (\alpha + 1)} } < \alpha + 1 }$ ή

$\displaystyle{\alpha (\alpha + 1) + \sqrt {\alpha (\alpha + 1)} < (\alpha + 1)^2 }$ ή

$\displaystyle{\sqrt {\alpha (\alpha + 1)} < \alpha + 1}$ ή

$\displaystyle{\alpha (\alpha + 1) < (\alpha + 1)^2}$ ή

$\displaystyle{\alpha < \alpha + 1}$ Ισχύει

Για $\displaystyle{\alpha = 2012}$ προκύπτει το ζητούμενο

Φιλικά Χρήστος

Επίσης, γενικεύεται και για περισσότερα ριζικά . Π.χ για τέσσερα ριζικά, έχουμε: (με $\displaystyle{a>0}$ )

$\displaystyle{\sqrt{a(α+1)+\sqrt{a(a+1)+\sqrt{a(a+1)+\sqrt{a(a+1)}}}}}<$

$\displaystyle{\sqrt{a(a+1)+\sqrt{a(a+1)+\sqrt{a(a+1)+\sqrt{a+1)(a+1)}}}}=}$

$\displaystyle{\sqrt{a(a+1)+\sqrt{a(a+1)+\sqrt{a(a+1)+(a+1)}}}=\sqrt{a(a+1)+\sqrt{a(a+1)+\sqrt{a+1)(a+1)}}}=}$

$\displaystyle{\sqrt{a(a+1)+\sqrt{a(a+1)+(a+1)}}=}$

$\displaystyle{=\sqrt{a(a+1)+\sqrt{(a+1)(a+1)}}=\sqrt{a(a+1)+(a+1)}=\sqrt{(a+1)(a+1)}=a+1}$

#1253

Χρήστος Λαζαρίδης έγραψε: $\displaystyle{\sqrt {\alpha (\alpha + 1) + \sqrt {\alpha (\alpha + 1) + \sqrt {\alpha (\alpha + 1)} } } < \alpha + 1}$

Ένα σχόλιο:

Στο περσινό διαγωνισμό "Καγκουρό" είχε παρόμοια, την $\displaystyle{\sqrt {6+ \sqrt {6 + \sqrt {6} } } < 3}$ (τα ριζικά μπορεί να είναι όσα θέλουμε). Ένας γρήγορος τρόπος λύσης είναι να μεγαλώσουμε το τελευταίο

σε

και μετά η παράσταση παίρνει "τηλεσκοπική" μορφή. Το κάνω για την περίπτωση των τριών ριζικών αλλά γίνεταια με όσα θέλουμε (στο "Καγκουρό" ήταν με τέσσερα):

$\displaystyle{\sqrt {6+ \sqrt {6 + \sqrt {6} } } < \sqrt {6+ \sqrt {6 + \sqrt {9} } } = \sqrt {6+ \sqrt {6 + 3 } } =\sqrt {6+ 3 } = 3}$ (όλο ισότητες μετά την πρώτη ανισότητα).

Για την παραπάνω εργαζόμαστε με ακριβώς τον ίδιο τρόπο, λέγοντας a(a+1)< a(a+1) +a+1=(a+1)^2

και η παράσταση πάλι γίνεται "τηλεσκοπική".

Παρόμοιο π.χ. το $\displaystyle{\sqrt [3]{6+ \sqrt [3]{6 + \sqrt [3]{6} } } < 2}$ , όπου μεγαλώνουμε το τελευταίο

σε

.

Μ.

#1254

AΣΚΗΣΗ 599: Αν $\displaystyle{a,b,c \in Q}$ και $\displaystyle{ab+bc+ca=2013}$ , δείξτε ότι ο αριθμός:

$\displaystyle{A=\sqrt{(2013+a^2 )(2013+b^2 )(2013+c^2 )},}$ είναι ρητός.

gavrilos · #1255

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 599: Αν $\displaystyle{a,b,c \in Q}$ και $\displaystyle{ab+bc+ca=2013}$ , δείξτε ότι ο αριθμός:

$\displaystyle{A=\sqrt{(2013+a^2 )(2013+b^2 )(2013+c^2 )},}$ είναι ρητός.

$\displaystyle{A=\sqrt{(2013+a^2)(2013+b^2)(2013+c^2)}=\sqrt{(ab+bc+ca+a^2)(ab+bc+ca+b^2)(ab+bc+ca+c^2)}}$

Παραγοντοποιούμε και έχουμε :

$\displaystyle{A=\sqrt{[b(a+c)+a(a+c)][a(b+c)+b(b+c)][a(b+c)+c(b+c)]}=\sqrt{(a+b)(a+c)(a+b)(b+c)(a+c)(b+c)}}$

$\displaystyle{A=\sqrt{(a+b)^2(a+c)^2(b+c)^2}}$

Διαγράφουμε τα τετράγωνα και τη ρίζα ...

$\displaystyle{A=(a+b)(a+c)(b+c)}$

Και αφού οι $\displaystyle{ a,b,c}$ είναι ρητοί τότε το άθροισμά τους θα είναι ρητός και το γινόμενο του αθροίσματος θα είναι επίσης ρητός . Άρα ο $\displaystyle{A}$ είναι ρητός.

#1256

ΑΣΚΗΣΗ 600: Αν $\displaystyle{a,b \in N , a,b \geq 2}$ και αν επί πλέον είναι $\displaystyle{a\neq b}$ , δείξτε ότι:

$\displaystyle{ab\geq a+b+1}$

#1257

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 600: Αν $\displaystyle{a,b \in N , a,b \geq 2}$ και αν επί πλέον είναι $\displaystyle{a\neq b}$ , δείξτε ότι:

$\displaystyle{ab\geq a+b+1}$

Είναι

$\displaystyle{(a-2)(b-2)\geq 0 \implies ab\geq 2(a+b)-4,}$ οπότε αρκεί να ισχύει

$\displaystyle{2(a+b)-4\geq a+b+1,}$ δηλαδή $\displaystyle{a+b\geq 5.}$

Αυτή ισχύει, αφού οι φυσικοί $\displaystyle{a,b\geq 2}$ και $\displaystyle{a\ne b.}$

sokratis lyras · #1258

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 600: Αν $\displaystyle{a,b \in N , a,b \geq 2}$ και αν επί πλέον είναι $\displaystyle{a\neq b}$ , δείξτε ότι:

$\displaystyle{ab\geq a+b+1}$

$ab\ge a+b+1\Rightarrow ab-a-b+1\ge 2\Rightarrow (a-1)(b-1)\ge 2$ που ισχύει αφού $a\ne b$

#1259

AΣΚΗΣΗ 601: Να γραφτεί ο αριθμός: $\displaystyle{A=10^{2n}-10^{2n-1}-10^{2n-2}}$ , ως άθροισμα τετραγώνων

τριών φυσικών αριθμών ( $\displaystyle{n \in N^{*}}$ )

gavrilos · #1260

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 601: Να γραφτεί ο αριθμός: $\displaystyle{A=10^{2n}-10^{2n-1}-10^{2n-2}}$ , ως άθροισμα τετραγώνων

τριών φυσικών αριθμών ( $\displaystyle{n \in N^{*}}$ )

$\displaystyle 10^{2n}-10^{2n-1}-10^{2n-2}=10^{2n}-10^{2n}\cdot 10^{-1}-10^{2n} \cdot 10^{-2}=10^{2n}(1-\frac{1}{10}-\frac{1}{100})$

$\displaystyle =10^{2n} \cdot \frac{89}{100}=10^{2n} \cdot \frac{9}{100} + 10^{2n} \cdot \frac{16}{100} + 10^{2n} \cdot \frac{64}{100}=$

$\displaystyle 3^2 \cdot 10^{2n-2} + 4^2 \cdot 10^{2n-2} + 8^2 \cdot 10^ {2n-2}=(3 \cdot 10^{n-1})^2 + (4 \cdot 10^{n-1})^2 + (8 \cdot 10^{n-1})^2$

Τα τετράγωνα είναι $\displaystyle{(3 \cdot 10^{n-1})^2 , (4 \cdot 10^{n-1})^2 , (8 \cdot 10^{n-1})^2}$ .

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