Εισαγωγη σε διαγωνιστικα μαθηματικα για το γυμνασιο

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 1

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Σε αυτή την προσπάθεια πρωτοστάτησε ο ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ και έδωσαν το παρόν αρκετοί συνάδελφοι, εξαίρετοι ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ όπως ο Θανάσης Κοντογιώργης και ο Θάνος Μάγκος και πολλοί ταλαντούχοι μαθητές προτείνοντας και λύνοντας θέματα. Όλοι έχουν το ίδιο μικρόβιο, την αγάπη για τα μαθηματικά . Και φυσικά όταν έχεις το μικρόβιο, είσαι καταδικασμένος να δημιουργήσεις κάποια στιγμή όμορφα πράγματα.

Ξεκίνησα την αποδελτίωση με την συμπαράσταση του Μιχάλη Νάννου ο οποίος φιλοτέχνησε το εξώφυλλο. Επειδή όλο και κάτι ξεφεύγει παρακαλώ στείλτε τις παρατηρήσεις σας στο xr.tsif@gmail.com

Αφιερωμένο σε κάθε μαθητή Γυμνασίου που ασχολείται ή πρόκειται να ασχοληθεί με Μαθηματικούς διαγωνισμούς

Τσιφάκης Χρήστος

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 2

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

ΕΙΣΑΓΩΓΗ ΣΕ ΔΙΑΓΩΝΙΣΤΙΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΓΙΑ ΤΟ ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Ασκήσεις 1 – 400

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 3

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 1 Αν

x 1 y  3 5  z   και αν 2x  3y  5z  10 , να βρεθούν οι αριθμοί x,y,z .

2 5 7

Λύση : Αρχικά αφού όλα τα κλάσματα είναι ίσα μεταξύ τους, είναι ίσα με έναν αριθμό

k . Άρα

x 1 y  3 5  z   k.

2 5 7

Αντιστοιχίζουμε τους x,y,z με το k .

x 1  k  2k  x 1  x  2k  1, 2 y3  k  5k  y  3  y  5k  3 , 5 5z  k  7k  5  z  z  7k  5 .

7 Τώρα αντικαθιστούμε τους x,y,z με το k .

2x  3y  5z  10  2(2k  1)  3(5k  3)  5(7k  5)  10   4k  2 15k  9  35k  25 10  4k 15k  35k  10  2  9  25  26 26  46k  26  k  k . 46 46 Οπότε τώρα μπορούμε να βρούμε τις τιμές τους.

x  1 26   46(x  1)  26  2  46x  46  52  46x  52  46  2 46 x

98 49  .

46 23

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 4

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

y  3 26   46(y  3)  5  26  46y  138  130  46y  130  138  5 46

 46y  8  y 

8 4  .

46 23

5  z 26   46(5  z)  7  26  230  46z  182  7 46  46z  182  230  46z  48  z  Άρα x 

48 48 24 z  . 46 46 23

49 4 24 , y , z .

23 23 23

Β τρόπος

x 1 y  3 5  z 2x  2 3y  9 5z  25 2x  2  3y  9  5z  25        2 5 7 4 15 35 4  15  35 

2x  3y  5z  36 26 13   . 46 46 23

Έτσι έχουμε

2x  2 13 49  x .

4 23 23 3y  9 13 4  y . 15 23 23 5z  25 13 24  z . 35 23 23

ΘΕΜΑ 2

(Atemlos)

Να συγκριθούν οι αριθμοί a  34·443 και b  43·334 .

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 5

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : Έστω a  b . Τότε : 34·443  43·334  (

44 3 33 4 )  ( )  113  114 , που ισχύει, άρα 4 3

ισχύει και η αρχική υπόθεση. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 3

x y z   , y z w xyz  64w3 και x  y  z  42 , να βρεθούν οι αριθμοί x,y,z,w .

Αν οι αριθμοί x,y είναι ομόσημοι και ισχύουν οι σχέσεις:

Λύση : Καταρχήν, αφού όλοι οι λόγοι είναι ίσοι μεταξύ τους, θα είναι ίσοι και με έναν αριθμό n , δηλαδή Άρα

x y z    n. y z w

x  n  x  ny , y

και

y  n  y  nz , z

και

z  n  z  nw . w

Συνεπώς: z  nw ,

y  nz  y  n  n  w  y  n 2  w και

x  ny  y  n  n2w  n3w . Οπότε xyz  64w3  n3w  n2w  nw  64w3  n6w3  64w3  n6  64 

 n  6 64  n  2 .

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 6

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Ο λόγος για τον οποίο ο n είναι θετικός είναι επειδή n 

x και x,y ομόσημοι y

αριθμοί. Τώρα βρίσκουμε τους x,y,z συναρτήσει του w : Έχουμε x  y  z  42 και γνωρίζουμε ότι:

x  n3w  23 w  8w , y  n2w  22 w  4w , z  nw  2w . Οπότε αντικαθιστούμε τους x,y,z με τους w τύπους:

x  y  z  42  8w  4w  2w  42 14w  42  w 

42  w  3.

14

Tώρα είναι εύκολο να βρούμε τους x,y και z .

x  8w  8  3  24 , y  4w  4  3  12 , z  2w  2  3  6 . Αν θέλουμε να επαληθεύσουμε το αποτέλεσμα μπορούμε να κάνουμε και πάλι αντικατάσταση.

ΘΕΜΑ 4

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Να βρεθούν τα ψηφία x,y αν γνωρίζουμε ότι ο αριθμός 4x25y διαιρείται με το

2 , με το 3 και με το 5 και ότι είναι μικρότερος από τον αριθμό 44 103 .

Λύση : Αρχίζουμε λέγοντας ότι το 4x25y  44 103  4x25y  44000 .

O αριθμός 4x25y είναι άρτιος αφού διαιρείται με το 2 και το 5 , που σημαίνει ότι το y μπορεί να πάρει ΜΟΝΟ την τιμή 0 . (έτσι ώστε να διαιρείται και με το 5 και με το 2 , και για να ισχύσει αυτό, ο αριθμός πρέπει να λήγει σε 0 . Δεδομένου του ότι ο αριθμός είναι μικρότερος του 44000 , και αφού το άθροισμα των ψηφίων του αριθμού είναι πολλαπλάσιο του 3 , τότε:

4  x  2  5  0  3, δηλαδή, 11 x  3k  x  3k 11. Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 7

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Όμως 0  x  4 , άρα 0  3k 11  4, όπου ο k είναι ακέραιος. Οπότε : 0  3k  11  3k  11  k 

11 ΚΑΙ 3

3k 11  4  3k  4 11  3k 15  k  5 . Οι κοινές ακέραιες λύσεις είναι το 4 και το 5 . Οπότε το x μπορεί να πάρει τις τιμές x  3k 11  x  3 4 11  x 1 ή x  3k 11  x  3 5 11  x  4 . Και στις δύο περιπτώσεις έχουμε άθροισμα πολλαπλάσιο του 3 , όμως αν πάρουμε το x ως 4 , τότε ξεπερνάμε τον αριθμό 44000 . Οπότε το x παίρνει την τιμή 1. Άρα y  0 , x  1. Και ο αριθμός είναι 41250 .

ΣΗΜΕΙΩΣΗ Γράφω το τι μας χρειάζεται από την Α Γυμνασίου:

α) Ένας αριθμός διαιρείται με το 2 , αν είναι άρτιος (δηλ. λήγει σε 0,2,4,6,8 . β) Ένας αριθμός διαιρείται με το 5 , αν και μόνο αν λήγει σε 0 ή σε 5 . γ) Ένας αριθμός διαιρείται με το 3 , αν και μόνο αν το άθροισμα των ψηφίων του, είναι πολλαπλάσιο του 3 .

ΘΕΜΑ 5

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Έστω f (n)  2n1  3n  5 , όπου n  Z , (δηλαδή ο n , είναι ακέραιος). Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει ακέραιος m , έτσι ώστε να είναι:

f (m)  5f (m  2)  4f (m 1)  2f (m  3) .

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 8

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

ΣΗΜΕΙΩΣΗ: (Για τους μικρούς μαθητές). Έστω π.χ. ότι f (x)  5x  3x 2 . Τότε , π.χ. το f (3y  4) , θα το βρούμε αν βάλλουμε όπου x , το 3y  4 . Δηλαδή, f (3y  4)  53y4  3(3y  4)2 . Επίσης, θυμηθείτε τις ιδιότητες των δυνάμεων και κυρίως:

a a  a m

n

mn

και a

mn

am  n με a  0 . a

Λύση : f (m)  2m1  3m  5 , f (m  2)  2m21  3m2  5 , f (m 1)  2m11  3m1  5 , f (m  3)  2m31  3m3  5 . Άμα αντικαταστήσουμε στην εξίσωση, τότε:

2m1  3m  5  5[2m3  3m2  5]  4[2m2  3m1  5]  2[2m4  3m3  5] , επομένως:

2m m 2m 3m 2m 3m 2m 3m  3  5  5  3  5  2  25  4  2  4   20  2 4  2  3  10 , 2 2 3 2 3 2 3 επομένως:

2m m 2m 3m 2m 3m 2m 3m  3  5  5  5  25  4  4  20  2  2  10 , 2 8 9 4 3 16 27 επομένως:

2m 2m 2m 2m m 3m 3m 3m 5 4 2 3 5 4 2 , 2 8 4 16 9 3 27

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 9

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

1 5 2 8

1 8

5 4 2 ), 9 3 27

επομένως: 2m (   1  )  3m (1    επομένως: 2m  0  3m (

26 ).

27

Επειδή η εξίσωση αυτή είναι αδύνατη, σημαίνει ότι δεν υπάρχει ακέραιος m , ο οποίος θα επαληθεύει την εξίσωση της εκφώνησης.

ΘΕΜΑ 6

(gauss1988)

Σε ένα μαθηματικό διαγωνισμό, υπήρχαν δύο ισοδύναμα βαθμολογικά θέματα. Στο πρώτο θέμα, απάντησαν σωστά το 40% των μαθητών , στο δεύτερο θέμα απάντησαν σωστά το 25%, ενώ το 50% των μαθητών δεν απάντησε σωστά σε κανένα από τα δύο θέματα. Κάθε σωστή απάντηση παίρνει άριστα και κάθε λανθασμένη, παίρνει μηδέν. Κάποιος ισχυρίζεται ότι όσοι μαθητές πήραν άριστα είναι τόσοι, όσοι απάντησαν μόνο στο πρώτο θέμα. Είναι σωστός ο ισχυρισμός;

Λύση : Αφού το 50% δεν απάντησε σωστά σε κανένα θέμα, άρα όσοι απάντησαν σωστά σε ένα τουλάχιστον θέμα αποτελούν το υπόλοιπο 50% του συνόλου των μαθητών. Αν x είναι το ποσοστό των μαθητών που απάντησε σωστά μόνο στην

A ερώτηση, w το ποσοστό όσων απάντησε σωστά μόνο στην B ερώτηση και y όσων απάντησαν σωστά και στις δύο ερωτήσεις, τότε με βάση το πρόβλημα έχουμε: x  y  40 , y  w  25 ,

x  y  w  50 . Προσθέτουμε τις δύο πρώτες εξισώσεις κατά μέλη και ύστερα αφαιρούμε την Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 10

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

τρίτη, οπότε βρίσκουμε y  15 . Άρα και στα δύο ερωτήματα απάντησε το 15% των μαθητών, ενώ στο πρώτο θέμα απάντησε το 40% 15%  25%. Άρα ο ισχυρισμός είναι λάθος. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 7

Να βρείτε το ψηφίο των μονάδων των αριθμών: α) 1322002 . b) 7100  6561000 .

Λύση : α) Διαιρούμε το 2002 με το 4 και βρίσκουμε υπόλοιπο 2 . Άρα, το τελευταίο ψηφίο θα είναι (1322002 )  (22 )  4 . b) Η διαίρεση του 100 με το 4 είναι τέλεια και άρα το τελευταίο ψηφίο του 7100 είναι (7100 )  (74 )  1. Το ίδιο συμβαίνει και με το 1000 και άρα: (6561000 )  (64 )  6 . Άρα, το τελευταίο ψηφίο του αθροίσματος των δύο αριθμών θα είναι το άθροισμα των τελευταίων ψηφίων των αριθμών, δηλ. 1  6  7 . (ΜΠΑΜΠΗΣ ΣΤΕΡΓΙΟΥ)

ΘΕΜΑ 8

77775 88885 ,y και οι όροι των κλασμάτων έχουν το ίδιο 77778 88889 πλήθος ψηφίων, να αποδείξετε ότι x  y . Αν x 

Λύση : Ας είναι a  77 75 και b  88 85. Τότε, x 

a b και y  . b4 a 3

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 11

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

1 1  δηλαδή ότι 3b  4a . x y

Επειδή x, y  0 , αρκεί να αποδειχθεί ότι

Όμως, είναι 3b  3·8·11 10  15  24·11 10  15 n

n

και 4a  4·7·11 10  20  28·11 10  20 . n

n

(ΓΙΩΡΓΟΣ ΡΙΖΟΣ)

ΘΕΜΑ 9

Στο σχήμα όπου η x είναι παράλληλη προς τη y να υπολογιστεί το άθροισμα των γωνιών 

  

,, ,  .

Θαλής 1998 – 1999 (Β Γυμνασίου)

Λύση : Κοιτώντας το σχήμα του κ. Ρίζου, παίρνω πάνω στην ευθεία x , ένα τυχαίο σημείο  , και φέρνω από αυτό την κάθετη  πάνω στην ημιευθεία y . Τότε έχουμε δημιουργήσει ένα εξάγωνο  . Αν από μια κορυφή αυτού του εξαγώνου φέρουμε τις διαγώνιες, τότε εμφανίζονται 4 τρίγωνα. Άρα το άθροισμα των γωνιών του εξαγώνου, είναι 4 180  720o . 







Συνεπώς:     720o  90o  90o  540o .

ΘΕΜΑ 10

(ΓΙΩΡΓΟΣ ΡΙΖΟΣ)

Στο παρακάτω σχήμα υπολογίσετε το x σε μοίρες. Θαλής 2006 – 2007 (Γ Γυμνασίου)

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 12

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : Από το πρώτο τρίγωνο παίρνουμε ότι: 3x  4x 180o  . Από το δεύτερο τρίγωνο παίρνουμε ότι: 5x 180o   E . Και από το τρίτο τρίγωνο, ισχύει ότι: 6x  2x  180o  E . Άρα:

5x  C 180o  E  6x  2x  5x  C  8x  5x    8x  5x     3x . Και για να βρούμε το E ισχύει ότι: 5x 180o   E  5x  E  180o  . Άρα: 5x  E  3x  4x  E  3x  4x  5x  E  2x . Τέλος, αντικαθιστούμε τις σχέσεις και βρίσκουμε ότι:

3x  4x 180o   3x  4x   180  3x  4x  3x  180o  10x  180o  x  18o . Άρα η μόνη τιμή που μπορεί να πάρει το x είναι ο αριθμός 18o .

ΘΕΜΑ 11

(ΓΙΩΡΓΟΣ ΡΙΖΟΣ)

Στο διπλανό σχήμα δίνεται ότι i. (1 ) / /(2 ) / /(3 ) . ii.   (3 ) iii. AE  E

ˆ  30 , ˆ  50 iv.  Να βρεθούν οι γωνίες του τετραπλεύρου AB . Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 13

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Θαλής 1999 – 2000 (Β Γυμνασίου)

Λύση : (Αναφέρομαι στο σχήμα του κ. Ρίζου) Επειδή η  είναι κάθετη στην (3 ) , θα είναι κάθετη και στην (1 ) . Επομένως το τρίγωνο AE , είναι ορθογώνιο και ισοσκελές. 

Επομένως η γωνία A  E θα είναι ίση με 45o , 

και τόσο θα είναι και η γωνία  E . 

H γωνία  , είναι ίση με 90o  30o  60o . 

H γωνία  , είναι ίση με 50o  30o  80o . 





Τέλος, η γωνία  είναι ίση με  AE  EAB  45o  (180o  50o )  1750 . Β τρόπος 

Ας ονομάσουμε την ορθή γωνία δίπλα στη  , x . Τότε 





  180o  x   180o  30o  90o   60o . 

Ονομάζουμε την ορθή γωνία στα αριστερά της (2 ) , y . Και τη γωνία B χωρίς το  , z . 

z  180o   y  z  180o  60o  90o  z  30o και άρα 





B  z    B  30o  50o  B  80o . 

Η A ανήκει στο τετράπλευρο και ισούται με: 











A  360  90  90     A  360  90  90  50    A  130   . 



Επιμέλεια: xr.tsif













Σελίδα 14

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Στο τρίγωνο AE ,    άρα και αφού είναι ορθογώνιο και ισοσκελές η 

  45 . 







Άρα A  130    A  130  45  A  175 . 



ΘΕΜΑ 12



(ΓΙΩΡΓΟΣ ΡΙΖΟΣ)

Στο παρακάτω σχήμα δίνονται

α) (1 ) / /(2 ) . β) το  ισοσκελές τρίγωνο  AB  B με BA  20 . γ) η B είναι διχοτόμος της γωνίας AB . δ) Z  A .

ˆ E,   AE,  . Να βρείτε τις γωνίες    Να εξηγήσετε γιατί οι ευθείες BE, Z δεν είναι παράλληλες. Θαλής 2003 – 2004 (Β Γυμνασίου)

Λύση : 1 AB  A  80o  B  80  40o (διχοτόμος).

2   180o  40o  80o  60o    180o    180o  60o  120o .

  40o , εντός εναλλάξ των παραλλήλων (1 ), (2 ) τεμνόμενες από την  . Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 15

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

 10o εντός – εκτός επί τα αυτά των παραλλήλων (1 ), (2 ) τεμνόμενες από 

την  , ίση με Z H  180o  70o  10o . Οι  ,  δεν είναι παράλληλες αφού   . (ΓΙΩΡΓΟΣ ΡΙΖΟΣ)

ΘΕΜΑ 13 Στο διπλανό τραπέζιο AB ,  AB/ / δίνεται ότι 



B  A   και ότι τα τρίγωνα AB, A είναι ισοσκελή με AB  A , A   . i) Να αποδείξετε ότι η A διχοτομεί τη γωνία AB . ii) Να υπολογίσετε τη γωνία  .

Θαλής 2006 – 2007 (Β Γυμνασίου)

Λύση : 

i) Με βάση την υπόθεση, έχουμε ότι x  y και B  . 

Επίσης A  B x   x . Όμως A  y , ως εντός εναλλάξ των παραλλήλων AB, που τέμνονται από την A . Άρα  x  y   x  x    2x . Άρα A   x  2x  x  x και άρα η

A είναι διχοτόμος της A . 

ii) Έχουμε από την υπόθεση ότι AB  B  2x  . Τώρα από το τρίγωνο 

 έχουμε:  B x  180o  2x  2x  x  180o  x  36o . Άρα B  72o .

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 16

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(ΓΙΩΡΓΟΣ ΡΙΖΟΣ)

ΘΕΜΑ 14

Στο παρακάτω σχήμα είναι AB  B και η διχοτόμος x της 

γωνίας A  είναι παράλληλη στην AB . Να υπολογίσετε τις γωνίες του τριγώνου AB . Θαλής 2005 – 2006 (Β Γυμνασίου)

Λύση : 





Ονομάζω y την γωνία A  x . Τότε A  x ως εντός εναλλάξ και A  B  x διότι το τρίγωνο AB είναι ισοσκελές. Τώρα η εξωτερική γωνία του τριγώνου AB που είναι ίση με 2x , θα είναι ίση με το άθροισμα των απέναντι γωνιών. Δηλαδή 



2x  x   και άρα   x . Τώρα είδαμε ότι το τρίγωνο AB έχει όλες τις γωνίες ίσες, δηλαδή είναι ισόπλευρο και όλες οι γωνίες του είναι από 60o μοίρες.

ΘΕΜΑ 15

(ΜΠΑΜΠΗΣ ΣΤΕΡΓΙΟΥ)

Στον πίνακα είναι γραμμένοι οι αριθμοί :

1,2,3,4,6,7,8,9,11,12,13,14,16,17,18,19,21..... α) Να αποδείξετε ότι στην παραπάνω σειρά αριθμών (ακολουθία) δεν ανήκει ο αριθμός 2010 . β) Ποιος αριθμός βρίσκεται στη 2010 – ή θέση της ακολουθίας αυτής. γ) Να βρείτε το άθροισμα των πρώτων 2010 αριθμών της παραπάνω ακολουθίας.

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 17

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : α) Παρατηρώ ότι από την παραπάνω σειρά των αριθμών, λείπουν όλα τα πολλαπλάσια του 5 . Αφού ο 2010 είναι πολλαπλάσιο του 5 , άρα δεν συμπεριλαμβάνεται . β) Αν ήσαν γραμμένοι όλοι οι αριθμοί , χωρίς να λείπει κάποιος, τότε θα είχαμε 2010 στο πλήθος αριθμούς. Αφού όμως λείπουν τα πολλαπλάσια του 5 , που από το 5 , μέχρι το 2010 έχουν πλήθος 2010:5  402 , αυτό σημαίνει ότι ο αριθμός που κατέχει την 2010 ή θέση στην σειρά των αριθμών, θα είναι ο 2010  402  2412 . γ) Το άθροισμα που ζητάμε είναι ίσο με

(1  2  3  4  5  6  ...  2412)  (5  10  15  ...  2010) . Είναι όμως γνωστό, ότι 1  2  3  4  ...  2412 

2412  20413  1206  2413.

2

Και

5  10  15  ...  2010  1 5  2  5  3  5  ...  402  5  5(1  2  3  ...  402) 

 5

402  403  201 2015 .

2

Άρα το άθροισμά μας είναι ίσο με: 1206  2413  201 2015.

ΘΕΜΑ 16

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Να λυθεί η εξίσωση:

x2  4x  3 x2  4x  3 x2  6x  8 x 2  6x  8 .    x2  4x  3 x2  4x  3 x2  6x  8 x2  6x  8

Πολυτεχνείο 1954

Λύση : Το σύνολο ορισμού της εξίσωσης είναι: R  1, 2, 3, 4,1,2,3,4 . Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 18

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

x2  4x  3 x2  4x  3 x2  6x  8 x2  6x  8    x2  4x  3 x2  4x  3 x2  6x  8 x2  6x  8

(1) .

x2  4x  3 x2  6x  8 Έστω a  2 . ,b 2 x  4x  3 x  6x  8 1 1 a 2  1 b2  1 (1) a   b     ba 2  b  ab2  a  a b a b

 ba2  b  ab2  a  0  aba  b  a  b  0  a  bab 1  0 

 a  b ή ab=1. x2  4x  3 x2  6x  8 Από a  b  2  x  4x  3 x2  6x  8

(2) .

Θέτουμε k  x2  3, m  x2  8 .

(2)   k  4x  m  6x    k  4x  m  6x  

 km  6kx  4mx  24x2  km  6kx  4mx  24x2  12kx  8mx  x  0 ή 3k  2m  3x 2  9  2x 2  16  x 2  7  x   7 .  x2  4x  3  x2  6x  8  Από ab  1   2  2  1  x  4x  3  x  6x  8 

  k  4x  m  6x    k  4x  m  6x  

 km  6kx  4mx  24x2  km  6kx  4mx  24x2 12kx  8mx  0   x  0 ή 3k=  2m  3x2  9  2x2 16  x2  5, Αδύνατη. Άρα ρίζες τελικά είναι οι x  0 , x   7 .

ΘΕΜΑ 17

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Να λυθεί η εξίσωση: 6x2  (x  1)(x  4)  x 2 (x 1)2 .

Επιμέλεια: xr.tsif

Πολυτεχνείο 1949

Σελίδα 19

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : Η εξίσωση γράφεται:

5(x2  x 1)  (x 2  x)2 1  (x 2  x 1)(x 2  x  1)   (x2  x 1)(x2  x  4)  0 . Η άσκηση έχει πρακτικά τελειώσει. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 18

Να βρεθεί το σύνολο λύσεων της εξίσωσης: 5x2  2x  3  2sinx . (Με sinx , συμβολίζουμε το ημίτονο της γωνίας x ).

Λύση : 1 5

Γράφω 5(x  )2 

14  2sinx .

5

Όμως είναι 1  sinx  1 2  2sinx  2 . Συνεπώς LHS 

14  2 και RHS  2 .

5

Συνεπώς η ισότητα δεν πιάνεται πουθενά και η εξίσωση είναι αδύνατη.

ΘΕΜΑ 19 Να λυθεί η εξίσωση: 2x2  4x 

(KARKAR)

x 1 0. x

Λύση : Πρέπει x  0 . Η εξίσωση γράφεται: x 2  x 2  x  Επιμέλεια: xr.tsif

x  4x . x Σελίδα 20

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Από ΑΜ – ΓΜ στο αριστερό μέλος προκύπτει ότι L  4x ,άρα πρέπει όλοι οι όροι του αριστερού μέλους να είναι ίσοι. Αυτό γίνεται για x  1. Το μηδέν απορρίπτεται, λόγω των περιορισμών. Β τρόπος Η εξίσωση γράφεται: (θυμηθείτε  

x

1  2x2  4x . Επειδή x

x  0 είναι x 

1 2 x

1  2 ), ενώ το τριώνυμο του β' μέλους έχει μέγιστη τιμή το 2 

για x  1(θυμηθείτε την κορυφή της παραβολής που είναι η γραφική παράσταση του τριωνύμου). Έτσι το x  1 είναι η μοναδική λύση της εξίσωσης .

ΘΕΜΑ 20

(ΓΙΩΡΓΟΣ ΚΑΛΑΘΑΚΗΣ)

Να βρεθούν όλες οι τριάδες ακεραίων αριθμών  x,y,z που ικανοποιούν τη σχέση xyz  2(xy  xz  yz)  4(x  y  z)  7 .

Λύση : Παρατήρηση: Το μοναδικό που χρειάζεται να γνωρίζεις για να λύσεις αυτήν την άσκηση είναι μόνο το τί είναι ένας ακέραιος αριθμός (που νομίζω ότι το γνωρίζεις). Αρκεί να παρατηρήσουμε ότι :

(x  2)(y  2)(z  2)  LHS  8  (x  2)(y  2)(z  2)  1 και αφού x,y,z  Z τα πράγματα είναι απλά.

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ

(x  2)(y  2)(z  2)  LHS  8  (x  2)(y  2)(z  2)  1: αυτό πως το παρατήρησες; LHS: left hand side δηλ. εννοεί το αριστερό μέρος της ισότητας. Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 21

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

RHS:right hand side ,το δεξιό μέρος της ισότητας. Υπάρχουν δύο τρόποι (που γνωρίζω). Ο ένας είναι να προσπαθήσεις να κάνεις παραγοντοποίηση με διάφορες προσθαφαιρέσεις. Εγώ πήγα αλλιώς. Σκέφτηκα ότι στο ανάπτυγμα της παράστασης (x  k)(y  k)(z  k) εμφανίζονται το άθροισμα, τα διπλάσια γινόμενα των 3 μεταβλητών και το γινόμενο τους και έτσι το πρόβλημα ανάχθηκε στην αναζήτηση του k που στην προκειμένη είναι πολύ απλό.

" Σκέφτηκα ότι στο ανάπτυγμα της παράστασης (x  k)(y  k)(z  k) εμφανίζονται το άθροισμα, τα διπλάσια γινόμενα των 3 μεταβλητών και το γινόμενο τους " : αυτό από που το ξέρει κάποιος; Δεν είναι να το ξέρεις απέξω. Είναι να το φανταστείς ή να το έχεις δει κάπου μιας και παραστάσεις αυτής της μορφής συναντούνται πολύ συχνά στους διαγωνισμούς γυμνασίου.

Κάνω πράξεις:

xyz  2xy  2xz  2yz  4x  4y  4z  7   xy(z  2)  2x(z  2)  2y(z  2)  4z  7   (z  2)(xy  2x  2y)  4z  8  8  7   (z  2)(xy  2x  2y)  4(z  2)  1  (z  2)(xy  2x  2y  4)  1   (z  2)[x(y  2)  2(y  2)]  1  (z  2)(y  2)(x  2)  1 . Άρα:

z  2  1,y  2  1,x  2  1 ή z  2  1,y  2  1,x  2  1 ή ........ κλπ. Δηλαδή (z  3,y  3,x  1) ή (z  3,y  1,x  3) ή (z  1,y  3,x  3) ή

(z  1, y  1,x  1) . Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 22

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

1η τοποθέτηση (δύο σκέψεις) {Υπάρχουν 2 τρόποι . Ο ένας είναι να προσπαθήσεις να κάνεις παραγοντοποίηση με διάφορες προσθαφαιρέσεις. Εγώ πήγα αλλιώς. Σκέφτηκα ότι στο ανάπτυγμα της παράστασης εμφανίζονται το άθροισμα, τα διπλάσια γινόμενα των 3 μεταβλητών και το γινόμενο τους και έτσι το πρόβλημα ανάχθηκε στην αναζήτηση του που στην προκειμένη είναι πολύ απλό."} 2η τοποθέτηση {Δεν είναι να το ξέρεις απέξω..είναι να το φανταστείς ή να το έχεις δει κάπου μιας και παραστάσεις αυτής της μορφής συναντούνται πολύ συχνά στους διαγωνισμούς γυμνασίου.}

3η τοποθέτηση Η αναλυτική επίλυση του gauss1988 . Όλα τα παραπάνω είναι αυτά που θα ήθελε να ακούσει και να δει γραμμένα, ένα παιδί που τώρα ξεκινάει και ασχολείται με τους διαγωνισμούς, όπως άλλωστε ρητά δηλώνεται και στον τίτλο του συγκεκριμένου φακέλου , "Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά". Σίγουρα λοιπόν δεν του έφτανε να ξέρει ,"τι είναι ακέραιος για να λύσει την άσκηση".

ΘΕΜΑ 21

(ΓΙΩΡΓΟΣ ΚΑΛΑΘΑΚΗΣ)

Μια διαδικασία ολοκληρώνεται από τον  σε 3 ώρες , από τον  σε 10 ώρες και από τον  σε 15 ώρες . Αν εργαστούν και οι τρεις μαζί σε πόσες ώρες θα την ολοκληρώσουν; (Β Γυμνασίου)

Λύση : Έστω ότι η διαδικασία θα ολοκληρωθεί σε x ώρες. Τότε σε 1 ώρα , ο  , θα Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 23

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

έχει εκτελέσει τo

1 1 1 της διαδικασίας, ο  τo και ο  , τo της 3 10 15

διαδικασίας. Επομένως, μέσα σε μια ώρα, και οι τρεις μαζί, θα έχουνε εκτελέσει τα

1 1 1 1   της διαδικασίας, δηλαδή τα της διαδικασίας.

3 10 15 2

Επομένως, μέσα σε μια ώρα, θα έχει εκτελεστεί η μισή διαδικασία και άρα ολόκληρη θα εκτελεστεί μέσα σε 2 ώρες.

ΘΕΜΑ 22

(freyia)

Μια βρύση, γεμίζει μια δεξαμενή σε 6 ώρες. Μια άλλη σε 9 ώρες. Και οι δύο μαζί σε πόσες ώρες θα την γεμίσουν;

Λύση : Έστω ότι η δεξαμενή θα γεμίσει σε x ώρες. Τότε η πρώτη βρύση θα έχει

x x της δεξαμενής. και η δεύτερη βρύση τα αυτής. Άρα για να βρω 6 9 x x 18 το x , θα λύσω την εξίσωση:   1, από όπου προκύπτει x  ώρες.

6 9 5 γεμίσει τα

ΘΕΜΑ 23

(freyia)

Μια βρύση, γεμίζει μια δεξαμενή σε 4 ώρες. Μια άλλη, που είναι στο κάτω μέρος της δεξαμενής, μπορεί να την αδειάσει σε 6 ώρες. Άμα ανοιχτούνε και οι δύο μαζί, σε πόση ώρα θα γεμίσει η δεξαμενή;

Λύση : Όμοια αν εργαστούμε όπως και πριν, έχουμε:

x  12 ώρες.

Επιμέλεια: xr.tsif

x x   1 , από όπου προκύπτει 4 6

Σελίδα 24

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

ΘΕΜΑ 24

(freyia)

Σε κυλιόμενες σκάλες ενός πολυκαταστήματος, ένας πελάτης, άμα σταθεί ακίνητος, ανεβαίνει σε 2 λεπτά. Άμα όμως έχει κοπεί το ρεύμα, παρατήρησε ότι ανεβαίνει σε 3 λεπτά. Πόσο χρόνο θα χρειαστεί να ανέβει, όταν και ο ίδιος ανεβαίνει αλλά και οι σκάλες λειτουργούνε;

Λύση : Όμοια όπως και με τις παραπάνω, αρκεί να λύσουμε την εξίσωση:

x x 6   1, από όπου x  λεπτά.

2 3 5 (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 25

Αν οι αριθμοί a,b,x,y είναι διάφοροι του μηδενός και αν ay  bx , να

x2 b2 υπολογίσετε την αριθμητική τιμή της παράστασης: P  2 .  x  y2 a 2  b2 Μια μικρή υπόδειξη για τους μικρούς μαθητές, αν δεν καταφέρουν να την λύσουν:

a x  . Σε καθένα τώρα από τα κλάσματα της b y a x παράστασης P , προσπαθήστε να εμφανίσετε τους λόγους , . b y Από την σχέση ay  bx 

Λύση : Έχουμε ay  bx 

a x  . b y

Τώρα, έχουμε:

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 25

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

x2 y2

x 2 x 2 b2 ( ) ( ) 2 1 1 y y b P 2  2      1. x 2 a 2 x 2 x 2 x a 1 2 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 y b y y y2 b (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 26

Σε ένα ισοσκελές τρίγωνο ABC , με AB  AC , θεωρούμε σημείο D στην βάση BC και σημείο E στην πλευρά AC , έτσι 

ώστε η γωνία BAD να ισούται με το 

διπλάσιο της γωνίας CDE . Να αποδείξετε ότι AD  AE .

Λύση : Θέλω να αποδείξω ότι AD  AE . Επομένως, πρέπει να αποδείξω ότι οι γωνίες y και w είναι ίσες. Όμως η γωνία w , είναι εξωτερική στο τρίγωνο DEC και επομένως, θα ισούται με το άθροισμα των απέναντι εσωτερικών γωνιών του. Δηλαδή, w  x  z (1) . 

Επίσης, η γωνία ADC , είναι εξωτερική στο τρίγωνο ABD , και επομένως, y  z  x  2z , δηλ. y  x  z (2) . Από (1) και (2) , βρίσκω w  y , δηλαδή AD  AE .

ΘΕΜΑ 27

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Να λυθεί η εξίσωση: (x2n  1)(y2m  1)  2x n , με άγνωστο τον πραγματικό αριθμό x , όταν m,n  N* .

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 26

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : Λόγω του ότι οι αριθμοί x2m  1, y2m  1 είναι θετικοί και ισχύει x2m  1  2xn έχουμε (x2n  1)(y2m  1)  2x n (y2m  1) δηλαδή 2÷2n  2xn (y2m  1) οπότε

y2m  0 που ισχύει μόνο αν y  0 . Για y  0 είναι x2n  1  2xn δηλαδή (x n  1)2  0 απ' όπου αν n άρτιος έχουμε τις λύσεις x  1 ενώ αν n περιττός έχουμε τη λύση x  1. Άρα τελικά αν n άρτιος οι λύσεις είναι (x, y)  (1,0) και (x, y)  (1,0) ενώ αν

n περιττός τότε η λύση είναι η (x, y)  (1,0) . (ΜΠΑΜΠΗΣ ΣΤΕΡΓΙΟΥ)

ΘΕΜΑ 28

Αν οι φυσικοί αριθμοί ab,bc,ca είναι τέλειοι κύβοι, να αποδειχθεί ότι και οι φυσικοί αριθμοί a,b,c είναι τέλειοι κύβοι.

Λύση : Ας είναι p ένας πρώτος διαιρέτης του γινομένου abc . Ας είναι ακόμα pa η 1

μεγαλύτερη δύναμη του p που διαιρεί το a και αντιστοίχως pb η μεγαλύτερη 1

δύναμη του p που διαιρεί το b και pc η μεγαλύτερη δύναμη του p που διαιρεί το c .

1

Τότε pa b είναι η μεγαλύτερη δύναμη του p που διαιρεί το ab . Εφόσον ο ab 1

1

είναι τέλειος κύβος, έπεται ότι το άθροισμα a1  b1 είναι πολλαπλάσιο του 3 . Ομοίως τα αθροίσματα b1  c1 και a1  c1 είναι πολλαπλάσια του 3 . Από εδώ εύκολα προκύπτει ότι οι a1,b1,c1 είναι όλοι τους πολλαπλάσια του 3 . Επομένως οι a,b,c είναι τέλειοι κύβοι.

ΘΕΜΑ 29

(ΜΠΑΜΠΗΣ ΣΤΕΡΓΙΟΥ)

Έστω a,b ακέραιοι αριθμοί, έτσι ώστε οι αριθμοί ab,(a  1)(b  1) να είναι

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 27

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

διαδοχικοί ακέραιοι. Να αποδείξετε ότι ο αριθμός ab 1 είναι τέλειο τετράγωνο.

Λύση : Θα είναι (a 1)  b 1  ab  1 b  a  2 και έχουμε ότι :

ab 1  a a  2 1  a2  2a 1  a a 1  a 1  a 1 .

2

ΘΕΜΑ 30

(ΓΙΩΡΓΟΣ ΚΑΛΑΘΑΚΗΣ)

Στο παρακάτω σχήμα το τετράγωνο έχει εμβαδόν 1 και το τρίγωνο  έχει εμβαδόν

2 . Να βρείτε το 3

μήκος της .

Λύση : Αφού  ABZ  1 AZ  AB  1 . Έστω H  x και y το αντίστοιχο ύψος προς την , στο τρίγωνο  .

1 2 4 xy   3xy  4  x  . Αν EK είναι το αντίστοιχο ύψος προς την 2 3 3y AZ , στο τρίγωνο AEZ , τότε: EK  1  y .

Τότε

Από την ομοιότητα των τριγώνων AEZ και  έχουμε:

H y x y 4 y       3y2  4y  4  0 . Η εξίσωση αυτή δίνει AZ EK 1 1  y 3y 1  y μία θετική και μία αρνητική ρίζα. Δεκτή είναι η y  2 από την οποία προκύπτει 2 H  x  .

3 Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 28

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Β τρόπος Μια λύση με εμβαδά. Αφού  ABZ  1 AZ  AB  1

(1) .

Έστω H  x και y το αντίστοιχο ύψος προς την , στο τρίγωνο  . Τότε

1 2 4 xy   3xy  4  x  (2) . Αν EK είναι το αντίστοιχο ύψος προς την 2 3 3y AZ , στο τρίγωνο AEZ , τότε: EK  1  y (3) .

2 1 AZ  H 2 (1),(2) ·AB   Έχουμε  AEZ   AHZ   ·AZ·EK  3 2 2 3 (3)

1  1 1  y  2

4  2 4 3y 1   31  y   31    4  2 3  3y 

1

4  3  3y  3   4  3y2  4y  4  0 . Η εξίσωση αυτή δίνει μία θετική και y 2 μία αρνητική ρίζα. Δεκτή είναι η y  2 από την οποία παίρνουμε H  x  .

3 Γ τρόπος Μεταφέρω το E "κατακόρυφα" ώστε να γίνει

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 29

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

συνευθειακό των D,C . Το ύψος CE του τριγώνου TCE δεν άλλαξε , άρα ούτε η βάση x . Από την ομοιότητα των TCE , TBA παίρνω : CE  Συνεπώς :

x , x  1.

1 x

x x 2 2   ...  x  .

2 1 x 3 3 (ΣΤΡΑΤΗΣ ΑΝΤΩΝΕΑΣ)

ΘΕΜΑ 31

Να γράψετε τον αντίστροφο ενός πρώτου αριθμού p , σαν άθροισμα δύο κλασμάτων, που το καθένα από αυτά να έχει αριθμητή το 1 και παρονομαστή (θετικό) ακέραιο.

Λύση : 1 1 1   . p p(p  1) p  1 Β τρόπος Έστω p πρώτος. Τότε:

1 1 1   . p 2p 2p

Μήπως έχει παραληφθεί κάτι από την εκφώνηση; Γιατί δεν είναι απαραίτητο να είναι ο p πρώτος. Γ τρόπος

1 1 1   και έστω 0  x  y αν οι παρονομαστές είναι θετικοί p x y ακέραιοι ή x  y και x, y  0 αν οι παρονομαστές είναι ακέραιοι. Θέλουμε

1 1 1    xy  px  py  xy  px  py  p2  p2  p x y

 (x  p)(y  p)  p2  1·p·p  1·(p)(p)  (1)·(p)·p . Με εξέταση των διάφορων περιπτώσεων έχουμε: Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 30

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

1 1 1 1 1 1    και  με παρονομαστή θετικό ακέραιο p 2p 2p p p(p  1) p  1 και επί πλέον

1 1 1   με παρονομαστή ακέραιο. p p(1  p) p  1 (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 32

Αν a,b,c είναι ακέραιοι αριθμοί, να αποδείξετε ότι ο αριθμός:

(a  b)(b  c)(c  a) , είναι άρτιος.

Λύση : Μεταξύ των τριών αυτών αριθμών θα υπάρχουν σίγουρα δύο – ας υποθέσουμε οι a,b – οι οποίοι είναι είτε άρτιοι είτε περιττοί. Συνεπώς η διαφορά τους (a  b) είναι άρτιος, άρα και το γινόμενο (a  b)(b  c)(c  a) είναι άρτιος. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 33

Δείξτε ότι ο αριθμός x2  2 , με x  Z , δεν διαιρείται με το 4 .

Λύση : Έστω x  4+ με =0,1,2,3. Τότε:

x2  2   4+  2  162  8 2  2  4(42  2)  2  2  4 2  2 .

2

Επομένως: Για   0  x2  2  4  2 . Για   1 x2  2  4 3. Για   2  x2  2  4 6  4 4  2  4  2 . Για   3  x2  2  411  4 8  3  4  3.

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 31

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Βλέπουμε ότι ο αριθμός x2  2 έχει πάντα τη μορφή 4  2 ή 4 3 και επομένως δεν διαιρείται με το 4 . Β τρόπος Αν x  2k , τότε x2  2  4k2  2 , άρα ο x2  2 , δεν διαιρείται με το 4 , (αφού αφήνει υπόλοιπο 2 ) Αν πάλι x  2k  1, τότε x2  2  4k2  4k  3  4m  3 , και άρα και πάλι δεν διαιρείται με το 4 , (αφού δίνει υπόλοιπο 3 ). (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 34

Να αποδείξετε ότι ο αριθμός 25 , δεν μπορεί να γραφεί ως άθροισμα δέκα ακεραίων προσθετέων, καθένας από τους οποίους να είναι ίσος με 1 ή 3 ή 5 .

Λύση : Έστω ότι αυτό γίνεται . Έστω ότι χρησιμοποιούμε k φορές το 1 , m φορές το 3 , n φορές το 5 . Τότε ισχύει: k  m  n 10  n 10  k  m και

k·1  m·3  n·5  25  k  3m  5(10  k  m)  25   4k  2m  25  4k  2m  25  22k  m  25  2=25 . Το τελευταίο είναι προφανώς άτοπο.

ΘΕΜΑ 35

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Αν ο a είναι περιττός ακέραιος, τότε ο αριθμός:

A  a 2  (a  2)2  (a  4)2  1, διαιρείται με το 12 .

Λύση : Έχουμε ότι

a 2 +(a+2)2 +(a+4)2 +1=a 2 +a 2 +4a+4+a 2 +8a+16+1=3a 2 +12a+21=3(a 2 +4a+7) . Στην παρένθεση έχουμε άρτιο αριθμό άρα το αποτέλεσμα θα είναι άρτιο. Συνεπώς εύκολα αποδεικνύεται ότι 12|3(a 2 +4a+7) ή 4|(a 2 +4a+7) . Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 32

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Θεωρώ ότι είναι μια πολύ ωραία άσκηση να γίνει μέσα στην τάξη τώρα που οι μαθητές της Γ Γυμνασίου, διδάσκονται τις ταυτότητες. Έτσι τους φέρνουμε (όσοι είναι αρχάριοι) σε μια πρώτη επαφή με τα διαγωνιστικά μαθηματικά. Και μπορούμε να δώσουμε και για το σπίτι να λύσουν την παρόμοια: Αν a άρτιος, τότε ο αριθμός A  a 2  (a  1)2  (a  3)2  2a  2 , διαιρείται με το 4 . Έχουμε ότι αφού ο a είναι περιττός θα έχει μορφή a  2n 1 δηλαδή a 2 +4a+7=(2n+1)2 +4(2n+1)+7=4n2 +4n+1+8n+4+7=4n2 +12n+12 . Παραγοντοποιώντας και πάλι μπορούμε να διώξουμε το τέσσερα και θα έχουμε 4|4(n2 +3n+3) ή 1|(n 2 +3n+3) που ισχύει αφού το 1 διαιρεί κάθε αριθμό.

ΘΕΜΑ 36

(ΓΙΩΡΓΟΣ ΚΑΛΑΘΑΚΗΣ)

Γνωρίζοντας ότι ο κύκλος έχει ακτίνα 1 και το τόξο  είναι τετραπλάσιο από το  , να υπολογίσετε τη διαφορά E1  E2 των έγχρωμων κυκλικών τμημάτων.

Λύση : Από την υπόθεση συνεπάγεται ότι A  144 και B  36 . Αν  το κέντρο του κύκλου, τότε OA  OB   . Έχουμε E1  E2  E1  E2     E1     E2   

12 144 12  36 108 3 . O.A  O.     360 360 360 10 Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 33

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

ΘΕΜΑ 37

(ΓΙΩΡΓΟΣ ΚΑΛΑΘΑΚΗΣ)

Να βρείτε το πλήθος των αριθμών από το 1 έως το 2012 που έχουν όλα τα ψηφία τους διαφορετικά.

Λύση : Κανένας αριθμός από το 2000 έως το 2012 δεν έχει όλα του τα ψηφία διαφορετικά. Οι τετραψήφιοι της μορφής 1abc με όλα τους τα ψηφία διαφορετικά έχουν πλήθος 9·8·7 . Οι τριψήφιοι με διαφορετικά ψηφία είναι 9·8·8 . Οι διψήφιοι με διαφορετικά ψηφία είναι 9·9 . Υπάρχουν και 9 μονοψήφιοι. Συνολικά υπάρχουν 1242 τέτοιοι αριθμοί.

ΘΕΜΑ 38

(ΟΡΕΣΤΗΣ ΓΟΤΣΗΣ)

Τετραψήφιου αριθμού το πρώτο ψηφίο είναι ίσο με το δεύτερο και το τρίτο ίσο με το τέταρτο. Να βρεθεί ο αριθμός αν είναι γνωστό ότι είναι τέλειο τετράγωνο.

Λύση : Ας είναι ο ζητούμενος αριθμός ο aabb , όπου a,b {0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}. Είναι aabb  1000a  100a  10b  b  1100a  11b  11(100a  b) . Αφού είναι τέλειο τετράγωνο, πρέπει το 100a  b να είναι πολλαπλάσιο του 11 και επειδή 100a  b  99a  a  b πρέπει το a  b να είναι πολλαπλάσιο του 11. Επειδή a,b {0,1,2,3,4,5,6,7,8,9} πρέπει a  b 11. Επίσης, αφού ο aabb είναι τέλειο τετράγωνο, το b δεν μπορεί να ισούται με 2,3,7,8 . Άρα έχουμε τις εξής περιπτώσεις: Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 34

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

   

  5,b  6 ,   6,b  5 ,   7,b  4 ,   4,b  7 .

Τώρα, είναι απλό να δούμε ότι μόνο ο αριθμός 7744 είναι τέλειο τετράγωνο ( 7744  882 ).

ΘΕΜΑ 39

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Να βρεθούν οι φυσικοί αριθμοί a,b,c,d , αν είναι μικρότεροι του 3 και αν 27a  9b  3c  d  67.

Λύση : Η δοσμένη γράφεται 27a  9b  3c  d  67  3(9a  3b  c)  67  d . Επομένως ο αριθμός 67  d είναι πολλαπλάσιο του 3 . Για d  0,1,2 παίρνουμε τους 67,66,65 , από τους οποίους μόνο το 66 είναι πολλαπλάσιο του 3 . Έτσι η προηγούμενη σχέση γίνεται 9a  3b  c  22  3(3a  b)  22  c . Με όμοιο συλλογισμό βρίσκουμε διαδοχικά c 1 και b  1, οπότε a  2 . Β τρόπος Έχουμε ότι 27a  9b  3c  d  67  67  3(9a  3b  c)  d . Άρα ο αριθμός 67 διαιρείται με το 3 και δίνει πηλίκο 9a  3b  c και υπόλοιπο

d 3 . Αλλά 67  3  22  1 οπότε 22  9a  3b  c και d 1. Όμοια 22  3(3a  b)  c και επειδή 22  3 7 1 τότε 7  3a  b και c 1. Όμοια, αφού 7  3 2 1 έχουμε ότι a  2 και b  1.

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 35

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 40

Αν a 1  b u , είναι η ευκλείδεια διαίρεση του a 1 με τον b , όπου

a,b  N* , να βρεθεί το πηλίκο και το υπόλοιπο της διαίρεσης (abk 1): bk1 .

Λύση : Από υπόθεση έχουμε a  b u 1,0  u  b . Επομένως: abk  bk1  (u  1)bk  abk  1  bk1  (u  1)bk  1. Για να είναι η πιο πάνω ισότητα ευκλείδεια διαίρεση, (με διαιρέτη το bk1 ), θα πρέπει να αποδείξω ότι: (u  1)bk  1  bk1 . Επειδή u  b  u  1  b  (u  1)bk  bbk  (u  1)bk  1  bk1  1  bk1 . Επομένως έχουμε ευκλείδεια διαίρεση με διαιρετέο τον a  bk 1, διαιρέτη το bk1 πηλίκο το  , και υπόλοιπο το (u  1)bk 1 .

ΘΕΜΑ 41

(KARKAR)

Στο άκρο  της διαμέτρου του ημικυκλίου φέραμε κάθετη . Αν το άκρο C χορδής

BC μήκους x , απέχει από την κάθετη απόσταση y , πώς μπορούμε να βρούμε την ακτίνα του ημικυκλίου ;

Λύση : Mε το σχήμα: Αν φέρω την χορδή AC , παρατηρώ ότι τα τρίγωνα ACB και BCC' , είναι Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 36

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104 



όμοια επειδή είναι ορθογώνια και έχουν την γωνία CBC'  BAC (γωνία υπό χορδής και εφαπτομένης). Επομένως

x y x2   2Ry  x2  R  .

2R x 2y (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 42

Αν a,b,c είναι περιττοί φυσικοί αριθμοί, δείξτε ότι η εξίσωση: ax2  bx  c  0 δεν έχει ρίζες ακέραιες. Ας αποδειχθεί και το ισχυρότερο, δηλαδή ότι η παραπάνω εξίσωση δεν έχει ρητές ρίζες.

Λύση : Έστω μία ρητή ρίζα της παραπάνω εξίσωσης της μορφής x 

p με p,q  N και q

p2 p (p,q)  1. Άρα θα ισχύει: a 2  b  c  0  ap2  bpq  cq2  0 q q Φυσικά δεν γίνεται να είναι p  q(mod2) και με

(1) .

mod2 παίρνουμε άτοπο

στην (1) αφού το δεξί μέλος είναι 0 ενώ το αριστερό είναι πάντα περιττό. Β τρόπος Ας δούμε και μια ακόμα λύση στο θέμα αυτό, χωρίς την χρήση των ισοτιμιών. Αφού οι αριθμοί a,b,c είναι περιττοί φυσικοί αριθμοί, θα υπάρχουν

k,m,n  N , ώστε: a  2k 1,b  2m 1,c  2n 1. Η διακρίνουσα του τριωνύμου, είναι:

  b2  4ac  (2m  1)2  4(2k  1)(2n  1)   4m2  4m 16kn  8k  8n  3  4m(m  1) 16kn  8k  8n  3

(1) .

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 37

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

ΠΡΕΠΕΙ ΟΜΩΣ ΝΑ ΓΝΩΡΙΖΟΥΜΕ ΟΤΙ : "Το γινόμενο δύο διαδοχικών ακεραίων, είναι πάντοτε πολλαπλάσιο του 2 ". Άρα m(m  1)  2q,q  N . Οπότε η (1) γράφεται:

  8q 16kn  8k  8n  3  8(q  2kn  k  n)  3  8t  3 , όπου t Z . Πρέπει τώρα να αποδείξουμε ότι η διακρίνουσα δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο ρητού αριθμού και μάλιστα, επειδή είναι ακέραιος αριθμός, θα δείξουμε ότι δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου. ΠΡΕΠΕΙ ΟΜΩΣ ΝΑ ΓΝΩΡΙΖΟΥΜΕ ΟΤΙ : Το τετράγωνο περιττού αριθμού παίρνει πάντα την μορφή 8v 1. (Η απόδειξη της πρότασης αυτής είναι απλή και αφήνεται ως άσκηση) Άρα, αν η διακρίνουσα ήταν τέλειο τετράγωνο ακεραίου, θα έπρεπε   8v 1,v  N. Άρα θα έχουμε 8t  3  8v 18t  8v  4  2t  2v 1, πράγμα που είναι άτοπο, αφού το πρώτο μέλος είναι άρτιος, ενώ το δεύτερο περιττός. Άρα το τριώνυμο, δεν έχει ρίζες ρητές. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 43

Σε ένα ισοσκελές τρίγωνο ABC , με βάση την BC , φέρνουμε το ύψος CD . Επί της CA , παίρνουμε σημείο E , έτσι ώστε CE  CD . Φέρνουμε και το 



ευθύγραμμο τμήμα DE . Αν η γωνία A  50o , να υπολογιστούν οι γωνίες B , 





DCB , EDC , AED .

Λύση : 



Το τρίγωνο είναι ισοσκελές και άρα B  C . Έxoυμε ότι ˆ B ˆ  180o  2B ˆ C ˆ  130o  B ˆ  65o .

A

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 38

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

ˆ  90o . Εφόσον το CD είναι ύψος, τότε BDC Άρα 

ˆ    B  180o    180o 155o  BDC   25o . 

Επομένως,   DCB  25o . 



Έχουμε ότι B  C  65o . 

Άρα, k  C   k  40o . Από την υπόθεση ισχύει ότι το τρίγωνο DEC είναι ισοσκελές. Έτσι: 



EDC   k  180o  2 140o  70o . Άρα,  EDC  70o . 





Βλέπουμε ότι  AED  180  AED  180  70  AE D  110o .

ΘΕΜΑ 44

o

o

o

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Θεωρούμε έναν τριψήφιο αριθμό του οποίου το ψηφίο των εκατοντάδων είναι μεγαλύτερο από το ψηφίο των μονάδων του. Στη συνέχεια, θεωρούμε και τον τριψήφιο αριθμό, ο οποίος έχει τα ψηφία του πρώτου με αντίστροφη σειρά. Αφαιρούμε τους δύο αυτούς αριθμούς και βρίσκουμε έναν νέο φυσικό αριθμό. Στον νέο αυτόν αριθμό, προσθέτουμε τον αριθμό που έχει τα ίδια με αυτόν ψηφία, γραμμένα κατά την αντίστροφη σειρά. Να δικαιολογήσετε γιατί θα προκύψει σταθερός αριθμός (τον οποίο και να βρείτε).

Λύση : Έστω ο αριθμός abc με a  c τότε ο αριθμός με τα ψηφία αντεστραμμένα θα είναι ο cba . Οπότε: abc  100a  10b  c Επιμέλεια: xr.tsif

(1) και cba  100c 10b  a

(2) . Σελίδα 39

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Αφαιρώντας κατά μέλη έχω :

(1)  (2)  abc  cba  100a  10b  c  100c  10b  a    abc  cba  100a  c  c  a  . Δηλαδή ο αριθμός είναι:  a  c 0 c  a   100 a  c  10·0   c  a 

(3) .

Ο αριθμός ο οποίος έχει αντιστραμμένα τα ψηφία του είναι ο

c  a  0a  c  100c  a   10·0  a  c

(4) .

Προσθέτοντας κατά μέλη (κάθετα) έχω

(3)  (4)   a  c 0 c  a    c  a  0 a  c  

100a  c 10·0  c  a 100c  a  10·0  a  c 100·0 10·0 1·0

(5) .

Παρατηρώ ότι το άθροισμα των μονάδων είναι c  a  a  c  0 και επειδή a  c θα ισχύει c  a  a  c  10, οπότε γράφουμε 0 και 1 κρατούμενο . Προσθέτω τις δεκάδες 1 κρατούμενο οπότε έχω 0  0 1 1. Παρατηρώ ότι το άθροισμα των εκατοντάδων είναι a  c  c  a  0 και επειδή a  c θα ισχύει a  c  c  a 10. Οπότε τελικά έχω: 100a  c 10·0  c  a  100c  a   10·0  a  c  1010 .

ΘΕΜΑ 45

(KARKAR)

Ένας θετικός ακέραιος έχει περισσότερα από ένα ψηφία . Δείξτε ότι ο αριθμός είναι μεγαλύτερος από το γινόμενο των ψηφίων του .

Λύση : Έστω ότι ο αριθμός είναι x0  10x1  102 x2  ...  10n xn , με ένα τουλάχιστον από τα x1,x2 ,...,xn1,xn , διάφορο του μηδενός. Τότε

x0  10x1  102 x2  ...  10n xn  x0x1x2...xn 

 xn (10n  x0x1...xn1 )  x0  10x1  102 x2  ...  10n1 x n1  0 , επειδή: Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 40

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

10  x0

10  x1

10  x2 .......... ......... .........

10  xn1 και άμα πολλαπλασιάσω κατά μέλη, θα πάρω:

10n  x0x1x2...xn1 10n  x0x1x2...xn1  0 . Επομένως xn (10n  x0x1x 2...x n1 )  0 

 xn (10n  x0x1x2 ...xn1 ))  x0  10x1  102 x2  ...  10n1 xn1  0 , επειδή κάποιο από τα x1,x2 ,...,xn1,xn , είναι διάφορο του μηδέν . Δηλαδή, απέδειξα ότι: x0  10x1  102 x2  ...  10n xn  x0 x1x2...xn .

ΘΕΜΑ 46

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Αν υπάρχουν θετικού αριθμοί x,y,z τέτοιοι ώστε να είναι:

xy(

xy yz zx  z)  yz(  x)  zx(  y)  0 , να αποδείξετε ότι x  y  z .

2 2 2

Λύση : Υπόδειξη: Κάνε τις πράξεις (βγάλε παρενθέσεις και κάνε απαλοιφή παρονομαστών) και κάτι σημαντικό θα παρατηρήσεις (αν το 6xyz , που θα σου εμφανιστεί, το γράψεις 2xyz  2xyz  2xyz ). Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 41

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Έχουμε:

xy   yz  xz  xy   z   yz   x   zx   y  0   2   2   2  x 2 y  xy2 y2z  zy2 z2 x  x 2z   xyz   xyz   xyz  0  2 2 2 x 2 y  xy2  2xyz  y2z  z2 y  2xyz  z2x  x 2z  2xyz  0 2

 y(x2  2xz  z2 )  x(y2  2yz  z2 )  z(y2  2xy  x 2 )  0   y(x  z)2  x(y  z)2  z(y  x)2  0 . Άρα x  z  y  z  y  x . (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 47

Αν ο p είναι πρώτος και αν p2012  2014 δεν διαιρείται με το 5 , να βρεθεί ο p .

Λύση : Αν ο p είναι πρώτος διαφορετικός του 5 , τότε από Euler έχουμε

p(5)  1mod5  p4  1mod5  p2012  1mod5  p2012  2014  0mod5 , άτοπο, άρα p  5 . Β τρόπος Ας δώσω την ίδια λύση, χωρίς modulo, μιας και αναφερόμαστε στο Γυμνάσιο. Αν ο p είναι διάφορος του 2 και του 5 , τότε θα λήγει σε 1 ή 3 ή 7 ή 9 .  1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: Αν λήγει σε 1 , τότε και ο p2012 θα λήγει σε 1 και άρα ο p2012  2014 , θα λήγει σε 5 και άρα διαιρείται με το 5 , άτοπο. Άρα αποκλείεται ο p να λήγει σε 1 . Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 42

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

 2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: Αν λήγει σε 3 ,

τότε ο p4 θα λήγει σε 1 και άρα και ο (p4 )503 λήγει σε 1 , δηλαδή ο p2012 λήγει σε 1 και άρα ο p2012  2014 λήγει σε 5 , άτοπο. Άρα αποκλείεται ο p να λήγει σε 3 . Όμοια, στις περιπτώσεις να λήγει ο p σε 7 ή σε 9 , βρίσκουμε άτοπο, οπότε αποκλείεται ο p να λήγει σε 7 ή σε 9 . Μένει μόνο να δούμε τι γίνεται όταν ο p  2 ή όταν p  5 .  Αν p  2 , τότε ο p2012  (p4 )503 , λήγει σε 6 , εφόσον ο p4 , λήγει σε 6 . Άρα ο p2012  2014 , λήγει σε μηδέν και άρα διαιρείται με το 5 , άτοπο. Άρα αποκλείεται ο p να είναι ο 2 .  Μένει μόνο να δούμε τι γίνεται όταν p  5 . Τότε ο p2012 , θα λήγει επίσης σε 5 και άρα ο p2012  2014 , λήγει σε 9 και άρα δεν διαιρείται με το 5 , όπως θέλαμε. Άρα η μοναδική τιμή του p είναι η p  5 .

ΘΕΜΑ 48

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Να προσδιορίσετε τους πραγματικούς αριθμούς x,y,z , αν ισχύει:

x2  y2  z2  17  2(2x  3y  2z) .

Λύση : Με ισοδυναμίες έχουμε

x2  y2  z2  17  2(2x  3y  2z)  x 2  y2  z2  17  4x  6y  4z  0   (x  2)2  (y  3)2  (z  2)2  0  (x  2)2  (y  3)2  (z  2)2  0  Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 43

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

x  2  0  y  3  0  z  2  0  x  2  y  3  z  2 .

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 49

Αν a,b,c Q* , και αν a  b  c  0, να αποδείξετε ότι ο αριθμός

A

1 1 1 είναι ρητός.   a 2 b 2 c2

Λύση : Ας παρατηρήσουμε ότι

1 1 1 1 1 1 a bc 1 1 1 2  2  2  2  2  2 2 (   ) , 2 a b c a b c abc a b c οπότε

1 1 1 1 1 1   |   | Q . a 2 b2 c2 a b c

ΘΕΜΑ 50

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Να βρεθούν οι ακέραιοι x,y αν ισχύει ότι: 2x  xy  y2  13 . Υπόδειξη: Συχνά σε τέτοιου είδους ασκήσεις, λύνουμε ως προς έναν άγνωστο, (εδώ είναι εύκολο να λύσουμε ως προς x ), και με κατάλληλες προσθαφαιρέσεις και διασπάσεις, προσπαθούμε να καταλήξουμε σε ένα κλάσμα που να έχει σταθερό αριθμητή και μεταβλητό παρονομαστή. Τότε, επειδή θέλουμε το κλάσμα αυτό να είναι ακέραιος, πρέπει ο παρονομαστής να διαιρεί ακριβώς τον αριθμητή. Μετά η συνέχεια είναι απλή.

Λύση : Η δοθείσα γράφεται x(y  2)  y2  13 και προφανώς αυτή δεν ικανοποιείται για y  2 . Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 44

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

y2  13 y2  4 17 Τότε, έχουμε x  , η οποία γράφεται και ως x  .  y2 y2 y2 y2  4 (y  2)(y  2) Επειδή είναι   y  2 Z , y2 y2 πρέπει να ισχύει και

17   y  2  1, 1,17, 17 , y2

οπότε βρίσκουμε y  1  y  3  y  15  y  19 .

ΘΕΜΑ 51

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Αν ο αριθμός xyy είναι τριψήφιος , ο yz διψήφιος και ο yxy επίσης τριψήφιος και αν xyy  yz  yxy , να βρεθούν τα ψηφία x,y,z .

Λύση : Αρχικά θα πρέπει x,y {1,2,3,4,5,6,7,8,9} ενώ ο z {0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}. Σύμφωνα με τη δοθείσα εξίσωση έχουμε:

xyy  yz  yxy  100x  10y  10y  z  100y  10x  y . Κάνοντας τις πράξεις καταλήγουμε ότι: 9x  8y 

z , από όπου λαμβάνουμε 10

ότι z  0 , που δεν προσκρούει σε κανέναν περιορισμό. Άρα 9x  8y  x 

ΘΕΜΑ 52

8y , το οποίο μας δίνει ότι x  8 και y  9 .

9 (vzf)

Δείξτε ότι αν a,b είναι πραγματικοί αριθμοί μεγαλύτεροι του

1 , τότε 2

1 a  2b  5ab  .

4 Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 45

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : 1 2

1 2

Είναι a   k,b   για κάποια k,  0 . Αρκεί:

1 1  1  1  1  k  2    5  k     .

2 2  2  2  4

Αρκεί να αποδείξω ότι:

1 1 k  1  k  1  2  5    k   .

2 4 2 2  4

Αρκεί να αποδείξω ότι:

3 5 5k 5 1  k  2     5k  .

2 4 2 2 4

Αρκεί να αποδείξω ότι: k  2 

5k 5   5k .

2 2

Αρκεί να αποδείξω ότι: 2k  4  5k  5 10k . Αρκεί να αποδείξω ότι: 3k  10k  0 , το οποίο αληθεύει.

ΘΕΜΑ 53

(vzf)

Έστω a  0 και b  0 . Αποδείξτε ότι

a b 1   . a  b4 b  a 4 1  a 2 b 2

Λύση : Η προς απόδειξη γράφεται a5  b5  ab  a2b2 . Αυτή όμως είναι αληθής αφού

a5  b5  ab  ab(a3  b3 )  ab  ab(a3  b3  1)  ab·3ab  3a 2b2  a 2b2 .

ΘΕΜΑ 54

(vzf)

Αν x,y,z είναι θετικοί αριθμοί, αποδείξτε ότι

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 46

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

 xy yz zx  1 1 1 3    2(x  y  z)     .  x y   z x y z

Λύση :  xy yz zx  1 1 1    2(x  y  z)  x  y  z . x y   z  

Αρκεί να αποδείξουμε ότι: 3 Αρκεί να αποδείξουμε ότι:

3 x2 y  y2x  y2z  z2y  z2x  x2z   2 x  y  z  xy  yz  zx  .

Αρκεί να αποδείξουμε ότι: 3x2 y  3y2x  3y2z  3z2 y  3z2x  3x 2z 

 2x2 y  2y2x  2y2z  2z2 y  2z2x  2x2z  6xyz . Αρκεί να αποδείξουμε ότι: x2 y  y2x  y2z  z2 y  z2x  x 2z  6xyz . το οποίο ισχύει αφού από την Α.Μ – G.M έχω:

x2 y  y2 x  y2z  z2 y  z2x  x 2z  6 6 x6 y6z6  6xyz . Β τρόπος Λίγο διαφορετικά...

x y

y x

x y

Αρκεί να αποδείξουμε ότι 3  3  2  ή

x

y  3 x 

y

 y   x  6 όπου ισχύει λόγω της Ανισότητας AM – GM.

Γ τρόπος Και λίγο αλλιώς. Είναι ομογενής άρα με x  y  z  1 παίρνει τη μορφή:

1 z 1 x 1 y   1 1 1  1 1 1 3     2 x  y  z   x  y  z  9 που ισχύει. z x y     Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 47

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Δ τρόπος Λίγο διαφορετικά:

1 1 1 z x y

Αφού οι τριάδες (x  y, y  z,z  x) και ( , , ) είναι όμοια διατεταγμένες η ζητούμενη ανισότητα προκύπτει αμέσως από την ανισότητα Chebyshev. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 55

Αν x  my  a 2  m2b2 και mx  y  m2a 2  b2 , να αποδείξετε ότι

x2  y2  a 2  b2 .

Λύση : (x  my)2  a 2  m2b2 και (mx  y)2  m2a 2  b2 . Θα προσθέσω κατά μέλη και θα βρω:

x2  m2 y2  m2x2  y2  a 2  m2b2  m2a 2  b2   (x2  y2 )  m2 (x2  y2 )  (a 2  b2 )  m2 (a 2  b2 )  (x2  y2 )(1  m2 )  (a 2  b2 )(1  m2 )  x 2  y2  a 2  b2 .

ΘΕΜΑ 56

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

m2  3 m2  1 Αν m  Z , να αποδείξετε ότι ο αριθμός A  δεν είναι ακέραιος.  5 3

Λύση : m2  3 m2  1 8m2  4 .

A   5 3 15 Άρα έχουμε ότι: A  Z  15| (8m2  4)  3| (8m2  4)  5| (8m2  4) γιατί είναι (5,3)  1 και 3,5 είναι πρώτοι αριθμοί. Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 48

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Όμως 3| (8m2  4)  8m2  4mod3  2m2  1mod3  m2  2·2m2  2mod3 

 m2  2mod3 το οποίο είναι άτοπο γιατί a2  0,1mod3 για κάθε a  Z . (Ομοίως θα καταλήγαμε σε άτοπο αν δουλεύαμε με την σχέση 5| (8m2  4) ). Άρα ο A δεν είναι ακέραιος. Β τρόπος Ας δούμε και έναν ακόμα τρόπο χωρίς ισοτιμίες:

8m2  4 Έχουμε A   8m2  4  15A  4(2m2  1)  15A .

15 Άρα 4|15A και αφού (4,15)  1, θα πρέπει 4| A . Άρα A  4k,k  Z . Τότε έχουμε: 8m2  4  15  4k  2m2  15k 1. Αν ο k είναι άρτιος, τότε ο 15k 1 θα είναι περιττός και άρα θα έχουμε ότι ένας άρτιος ισούται με έναν περιττό, πράγμα άτοπο. Άρα θα πρέπει ο k να είναι περιττός. Δηλαδή k  2n 1,n Z . Τότε 2m2  15(2n  1)  1  2m2  30n  16  m2  15n  8 . Θα δείξουμε ότι η τελευταία σχέση είναι αδύνατη. Έστω k  2t,t  Z . Τότε m2  30t  8. Όμως ο αριθμός 30t  8, δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο, αφού λήγει σε 8 . Έστω k  2t 1,t Z . Τότε m2  30t  23 . Και πάλι όμως έχουμε άτοπο, αφού ο αριθμός 30t  23 , λήγει σε 3 και άρα δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο. Συνεπώς ο A , δεν μπορεί να είναι ακέραιος.

ΘΕΜΑ 57

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Αν ένας φυσικός αριθμός ισούται με το άθροισμα των τετραγώνων δύο φυσικών αριθμών, τότε το ίδιο θα συμβαίνει και με το πενταπλάσιο του αριθμού αυτού.

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 49

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : Αν A  5(a 2  b2 ) τότε, όπως εύκολα ελέγχουμε, 5A  (2a  b)2  (a  2b)2 . Γενικότερα, στη θέση του 5  22 12 μπορούμε να βάλουμε οποιοδήποτε άθροισμα τετραγώνων c2  d2 αφού (c2  d2 )(a 2  b2 )  (ca  db)2  (da  cb)2 . Για παράδειγμα το 34A είναι επίσης άθροισμα τετραγώνων αφού 34  32  52 . Να συμπληρώσω ότι αυτή είναι η ταυτότητα Lagrange, που αποτελεί ειδική περίπτωση μιας γενικότερης ταυτότητας. Και να συμπληρώσω ακόμα ότι η παραπάνω ταυτότητα (εννοώ η ειδική περίπτωση της Lagrange) εμφανίζεται πρώτη φορά στο Liber Quadratorum του Fibonacci, το 1225, πολύ πριν τον Lagrange. Επίσης υπάρχει σε ισοδύναμη μορφή στα Αριθμητικά του Διόφαντου. Β τρόπος Αν A  x2  y2 τότε

5A  5x2  5y2  4x2  x2  4y2  y2  (4x2  4xy  y2 )  (4y2  4xy  x 2 ) 

 (2x  y)2  (2y  x)2 . Αφού οι αριθμοί x,y είναι φυσικοί, άρα και οι αριθμοί (2x  y)2 ,(2y  x)2 είναι επίσης φυσικοί.

ΘΕΜΑ 58

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Αν ο επταψήφιος αριθμός x9y4xy7 , γνωρίζουμε ότι διαιρείται με το 11, να βρείτε την τιμή του ψηφίου x . ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Ένας αριθμός A  anan1an2...a1a0 διαιρείται με το 11, αν και μόνο αν ο αριθμός: a n  a n1  a n2  ...  (1)n a 0 , διαιρείται με το 11.

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 50

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : Με κάποια πειράματα που έκανα με τα πολλαπλάσια του 11, παρατήρησα ότι ένας αριθμός διαιρείται με το 11 αν η ακολουθία που είναι στο spoiler είναι πολλαπλάσιο του 11 ή 0 . Λοιπόν: Παρατηρούμε ότι x {1,2,3,4,5,6,7,8,9}. Άρα, θα πρέπει x  9  y  4  x  y  7  0

x  9  y  4  x  y  7  o11

(1) ή

(2) .

Λύνοντας την (1) καταλήγουμε ότι x  3. Λύνοντας την (2) έχουμε:

2x  6  o11, από όπου καταλαβαίνουμε ότι δεν υπάρχει κανένας αριθμός που να ικανοποιεί τη σχέση x {1,2,3,4,5,6,7,8,9}. Άρα, μοναδική λύση είναι η x  3.

ΘΕΜΑ 59

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Αν x,y,z  Z και x2  x | y  2| (z2  4)2  0 , να βρεθούν όλες οι δυνατές τιμές των x,y,z .

Λύση : Επειδή είναι | y  2| (z2  4)2  0 πρέπει να ισχύει x2  x  0  0  x  1. Όμως x  Z άρα x  0 ή x  1. Και στις δύο περιπτώσεις είναι x2  x  0 , οπότε η συνθήκη γράφεται

| y  2| (z2  4)2  0 | y  2| z2  4  0  y  2  (z  2  z  2) Τελικά είναι λοιπόν (x  0,y  2,z  2) ή (x  0,y  2,z  2) ή

(x  1,y  2,z  2) ή (x  1,y  2,z  2) . Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 51

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

ΘΕΜΑ 60

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Αν ένας τριψήφιος αριθμός έχει το ψηφίο των μονάδων , μικρότερο από το ψηφίο των δεκάδων και το ψηφίο των δεκάδων μικρότερο από αυτό των εκατοντάδων και αν επί πλέον τα ψηφία του είναι διαδοχικοί φυσικοί αριθμοί, να αποδείξετε ότι το υπόλοιπο της διαίρεσης αυτού με το 111, είναι το 99 .

Λύση : Έστω ότι ο τριψήφιος αριθμός είναι xyz . Ακόμα, από την υπόθεση θα ισχύει ότι: y  x  1 και z  x  2 . Άρα:

xyz  100x  10y  z  100x  10(x 1)  x  2  111x 12 . Σύμφωνα με την ταυτότητα της Ευκλείδειας Διαίρεσης θα ισχύει:

xyz  111m   με 0   111. Έχουμε:

xyz  111m    111x  12  111m    111x  111m    12 

xm

  12 .

111

Το τελευταίο μας δίνει ότι 12  o111 και επειδή 0   111, η μόνη τιμή που μπορεί να πάρει το  είναι το 99 . Έτσι, το ζητούμενο αποδείχτηκε. Από αυτό το σημείο και μετά, θα μπορούσαμε να εργαστούμε και ως εξής:

xyz  111x  12  111x  99  99  12  111x  111  99  111(x  1)  99 και άρα έχουμε το ζητούμενο.

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 52

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 61 Να αποδείξετε ότι: (1 

k  2.

1 1 1 1 1 )(1  k )(1  k )...(1  )  για κάθε k  N , με k k 2 3 4 2012 2

Λύση : k  2  2k  22 1  (1  

1 1 1 2 . k 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1 )(1  )(1  )...(1  )  (1  )(1  )(1  )(1  ) 2k 3k 4k 2012k 22 32 42 20122

2 1 2  1 3 1 3  1 2012 1 2012  1 2013 1        .

2 2 3 3 2012 2012 2·2012 2 (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 62 1 2

Έστω 1  , 2  1 

1 1 1 . , 3  1  ,..., 2012  1  1  1 12  1 12...2011  1

Δείξτε ότι: 1  2  3  ...  2012  1.

Λύση : Έχω, με πράξεις πως:

1 1   0 .

2 2 

1  0. 1  1

3 

12  0. 12  1

.... Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 53

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

....

2012 

12 ...2011  0, 12 ...2011  1

επομένως όλοι θετικοί. Επιπλέον αν κάνω χιαστί γινόμενα σε κάθε ισότητα, έχω:

1 1   0 .

2 21  2  1 . 321  3  12 . ....

201212...2011  2012  12...2011 , απ' όπου με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε:

1 201212 ...2011  2  3  .........2012   2 201212...2011  1  2  3  ...  2012  1

1  2  3  ...  2012  1 201212...2011   1, αφού το γινόμενο θετικών είναι θετικός.

ΘΕΜΑ 63

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Αν οι αριθμοί x,y,z είναι ανάλογοι προς τους αριθμούς 3,4,2 να αποδείξετε ότι:

x y z 1 1   1    30   . yz zx xy  4·7 7·10 10·13 

και μετά βελτιώστε το στο

x y z 111 45 1 1   1      30   . y  z z  x x  y 70 26  4·7 7·10 10·13  Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 54

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : Είναι

x y z    k  x  3k, y  4k,z  2k .

3 4 2

Επομένως

x y z 3k 4k 2k 1 4 2 111          . y  z z  x x  y 6k 5k 7k 2 5 7 70

Όμως, (όπως έχει γράψει ο κ. Λάμπρου), 30(

1 1 1 45   ) .

4  7 7 10 10 13 26

Επομένως ισχύει αυτό που θέλουμε να αποδείξουμε διότι

111 45  , επειδή 70 26

111 26  70  45 , δηλαδή επειδή 2886  3150 .

ΘΕΜΑ 64

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Αν a,b,x,y  Z και b  2a | 2a(x  y) , δείξτε ότι b  2a | b(x  y) .

Λύση : Είναι άμεσο από την ισότητα b(x  y)  (b  2a)(x  y)  2a(x  y) .

ΘΕΜΑ 65

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

x2  y2  z2 3x3  y3  xyz 29 Αν  4x  4z  7y , να αποδείξετε ότι: 3  . y x  3y3  xyz 15

Λύση : Από την υπόθεση έχουμε

x2  y2  z2  4xy  4yz  7y2  x2  4yx  8y2  z2  4yz  0 .   16y2  4(8y2  z2  4yz)  4(2y  z)2 . Και αφού πρέπει   0  z  2y .

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 55

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Τώρα με z  2y , η υπόθεση γράφεται:

x2  y2  4y2  4x  8y  7y  x2  5y2  4xy  y2  x 2  4y2  4xy  0  y

 (x  2y)2  0  x  2y . Δείξαμε λοιπόν ότι x  z  2y .

3x3  y3  xyz 24y3  y3  4y3 29y3 29 Άρα έχουμε: 3    , (για κάθε y  0 ). x  y3  xyz 8y3  3y3  4y3 15y3 15

ΘΕΜΑ 66 Αν a 

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

1 1 1  2b,b   2c,c   2a , να βρεθούν οι αριθμοί a,b,c . bc ca ab

Λύση : Πρέπει a,b,c  0 .

1 2b 1  1 bc a abc 1 2c 1 2b 2c 2a 1 2c  b    1      1. ca b abc a b c abc 1 2a 1 2a  c   1 ab c abc

2b  a 

-------------

2b 2c 2a 2(a  b  c)     2  a  b  c. a b c (a  b  c) Άρα a3 1 a  b  c 1 που ικανοποιούν το αρχικό σύστημα.

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 56

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 67 Αν x,y,z  Q* και

3x 4y 5z   , να αποδείξετε ότι ο αριθμός 4y  5z 5z  3x 3x  4y

2 2 2 είναι ρητός.   x 2 y2 z 2

Λύση : 6x  4y  5z (1) 3x 4y 5z 3x  4y  5z 1      8y  5z  3x (2) .

4y  5z 5z  3x 3x  4y 2(3x  4y  5z) 2 10z  3x  4y (3) (3) 10z  3x  (6x  5z)  5z  3x .

(1)  3x  4y . Άρα 3x  4y  5z  a  Q* . Τότε 2(

1 1 1 100 10 2   ) 2 ( ) . x 2 y2 z 2 a a (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 68 Αν

a b 

α)

a  b 1

β) Ο αριθμός

a  b , με a,b  Q* , να αποδείξετε ότι:

a  b είναι άρρητος.

Λύση : α) Μετά από ύψωση των μελών στο τετράγωνο:

a  b  a  b  a  b  a  b  (a  b)( a  b)  a  b  a  b  1 , διότι a  b  0 , γιατί αλλιώς θα ήταν a  b και τότε από την υπόθεση θα ήταν

a  a  a  a  a  a  a  a  a  0  a  0 . Αλλά δίδεται ότι a  0 . Άρα έχουμε άτοπο αν δεχθούμε ότι a  b . Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 57

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

β) Έστω ότι ο αριθμός

a  b  k  Q* .Τότε

a  b  k  a  b  k2  a  k2  b .

έχουμε Αφού

a  b είναι ρητός, δηλαδή

a  b  1  k2  b  b  1  b  b  1  k 2 , άτοπο γιατί το

b  b  1 δεν είναι τέλειο τετράγωνο.

ΘΕΜΑ 69

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Να βρεθούν οι πρώτοι αριθμοί a,b,c αν γνωρίζουμε ότι: 5a  6b  90c  670 .

Λύση : Είναι 5a  6b  90c  670  5a  670  6b  90c  ά  a  2 . Με αντικατάσταση στην αρχική έχουμε:

10  6b  90  670  b  15c  110  b  5 22  3c  5| b  b  5 γιατί ο b είναι πρώτος. Άρα για a  2,b  5 η αρχική σχέση μας δίνει: 10  30  90c  670  90c  630  c  7 . Επομένως οι ζητούμενοι αριθμοί είναι: a  2,b  5,c  7 .

ΘΕΜΑ 70

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

1 n n2 Αν n  N , να βρείτε υπό ποιες προϋποθέσεις ο αριθμός: a    είναι 3 2 6 φυσικός.

Λύση : n2  3n  2 (n  1)(n  2) . a  6 6 Διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις:  Αν 6 / n 1,

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 58

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

τότε οποιοσδήποτε αριθμός n της μορφής n  6k 1 είναι λύση για k  1 ακέραιο.  Αν 6 / n  2 , τότε οποιοσδήποτε αριθμός n της μορφής n  6k  2 είναι λύση για k  1 ακέραιο.  Αν 2 / n 1 και 3/ n  2 , τότε οποιοσδήποτε αριθμός που είναι ταυτόχρονα περιττός και αφήνει υπόλοιπο 1 στη διαίρεσή του με το 3 είναι λύση. Συνεπώς ο αριθμός n είναι της μορφής n  6k 1 για k  0 ακέραιο (για να το δείτε αυτό πάρτε π.χ. τις υπόλοιπες διαιρέσεις του n με το 6 και δείτε ότι καταλήγετε σε άτοπο).  Αν 2 / n  2 και 3/ n 1, τότε οποιοσδήποτε αριθμός που είναι άρτιος και αφήνει υπόλοιπο 2 στη διαίρεσή του με το 3 είναι λύση. Συνεπώς ο αριθμός n είναι της μορφής n  6k  2 για k  0 ακέραιο. Β τρόπος Λίγο διαφορετικά: Έχουμε βρει πιο πάνω ότι a 

(n  1)(n  2) . O αριθμός (n  1)(n  2) , είναι 6

πάντα άρτιος ως γινόμενο διαδοχικών αριθμών. Άρα για να διαιρείται με το 6 , αρκεί να διαιρείται με το 3 . Παίρνοντας τώρα τις περιπτώσεις n  3k,n  3k 1,n  3k  2 , με k  N , εύκολα διαπιστώνουμε ότι ο a είναι ακέραιος, μόνο όταν n  3k 1 ή n  3k  2 (και η λύση αυτή, είναι προφανώς ισοδύναμη). (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 71 1 2

Δείξτε ότι (1  )(1 

Επιμέλεια: xr.tsif

1 1 1 1 1 )  (1  )(1  )  ...  (1  )(1  )  1000 .

21996 22 21995 2998 2999

Σελίδα 59

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : Αρχικά παρατηρούμε ότι το άθροισμά μας έχει 998 όρους (το πλήθος μας το

1 1 1 μετράει ο εκθέτης του στην πρώτη παρένθεση, ξεκινάμε με    και 2  2 2 998 1 φτάνουμε μέχρι το   ).  2 1

Θέτουμε για ευκολία

1   1  1  1  1   1   A  1  1  1996   1  2 1  1995   ...  1  998 1  999  .  2  2   2  2   2  2  Κάνοντας τις επιμεριστικές σε κάθε ζεύγος παρενθέσεων βρίσκουμε ότι:

1  1 1   1 A  998    1996    2  1995   2 2  2 2 

1  998  1   1995  1996   1997 , (είχαμε 998 2  2 2 1 άσσους και 998 κλάσματα της μορφής 1997 ), 2

1 1 1  A  998   2  3  2 2 2



1 1 998   .

21995 21996 21997

Τώρα παρατηρούμε ότι: 

998 998 998    1.

21997 210 1024

1 1 1 ·  1996 1 1 1 1 1 2 2 2  1  1  1, (πρόκειται για  2  3   1995  1996  1996 1 2 2 2 2 2 2 1 2 άθροισμα όρων γεωμετρικής προόδου με λόγο 2 ). Επομένως έχουμε ότι:

1 1 1 A  998    2  3  2 2 2 Επιμέλεια: xr.tsif



1 1  998  1996   1997  998  1  1  1000 .

2 2  2 1995

Σελίδα 60

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 72

α) Να αποδείξετε ότι για κάθε φυσικό αριθμό k , ισχύει: β) Να υπολογίσετε το άθροισμα: S 

13 1 1   . k(k  13) k k  13

1 1 1 1    ...  .

114 14  27 27  40 1990  2003

Λύση : 13 1 1   παίρνουμε τους περιορισμούς k  0 k(k  13) k k  13 και k  13, περιορισμός ο οποίος δεν μας ενδιαφέρει αφού k  N . Το Ελάχιστο Κοινό Πολλαπλάσιο είναι: EK  k(k  13) . α) Από την εξίσωση

Η δοσμένη εξίσωση γίνεται:

13 1 1 13 1 1    k(k  13)  k(k  13)  k(k  13)  k(k  13) k k  13 k(k  13) k k  13 13 1 1   είναι ταυτότητα για κάθε 13  k 13  k . Άρα η k(k  13) k k  13 k  N* . Β τρόπος (για το α) α) Είναι,

1 1 k  13 k k  13  k 13      . k k  13 k(k  13) k(k  13) k(k  13) k(k  13)

β) Από το (α) έχουμε ότι

S



1 1 1 1  . Έτσι βρίσκουμε ότι    k(k  13) 13  k k  13 

1 1 1 1    ...   114 14  27 27  40 1990  2003

1  1   1 1   1 1  1      13   14   14 27   27 40 

Επιμέλεια: xr.tsif

1   1      1990 2003  

Σελίδα 61

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

S 

1 1  2002 .

1 S    13  2003  13·2003 (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 73 Έστω A 

A2 

3 2 4 3 99  100 . Να αποδείξετε ότι ο αριθμός   ...  23 3 4 98  99

2 , είναι ρητός.

198

Λύση : Εύκολα βλέπουμε ότι:

n 1  n 1 1 , για κάθε n  N* .   n(n  1) n n 1

ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Παλαιότερα έχουμε δει αρκετές χρήσιμες παρόμοιες σχέσεις, όπως: (a)

1 1 1   . n(n  1) n n  1

EΦΑΡΜΟΓΗ: Να υπολογιστεί το άθροισμα: (b) Γενικά:

k 1 1   . n(n  k) n n  k

EΦΑΡΜΟΓΗ: Να υπολογιστεί το άθροισμα:

(c)

1 1 1   ...  .

1 2 2  3 100 101

3 3 3   ...  .

1 4 4  8 298  301

n 1 1   .

1 2  3  ...  n  (n  1) 1 2  3  ...  n 1 2  3  ...  n  (n  1)

EΦΑΡΜΟΓΗ: Να υπολογιστεί το άθροισμα:

1 2 100   ...  .

1 2 1 2  3 1 2  3  ... 100 101 Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 62

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

 1 1 1 1 .    n(n  1)(n  2) 2  n(n  1) (n  1)(n  2) 

(d)

EΦΑΡΜΟΓΗ: Να υπολογιστεί το άθροισμα:

1 1 1   ...  .

1 2  3 2  3  4 100 101102 Τώρα, για την άσκησή μας, έχουμε:

A(

1 1 1 1 1 1 1 1  )  (  )  ...  (  )  .

2 3 3 4 98 99 2 99

Άρα: A2 

1 1 2 2 1 1 2    A2    και άρα ο A2  , είναι 2 99 198 198 2 99 198

ρητός. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 74

Αν x, y  R* και αν x3  4y3  4xy2  x2 y , να αποδείξετε ότι ο αριθμός

A

5x  8y είναι ακέραιος.

2x  5y

Λύση : Έχω από τη δοθείσα:

x3  4xy2  x2 y  4y3  0  x  x2  4y2   y  x2  4y2   0    x  y x2  4y2   0  x  y  x  2y  x  2y . Σε κάθε περίπτωση:

3y  1 Z .

3y 18y  2 Z.  x  2y τότε A  9y  x  y τότε A 

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 63

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

 x  2y τότε A 

2y  2  Z . y

ΘΕΜΑ 75

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Αν x, y  Z και x6  y6  x4 y2  xy5  x5 y  x2 y4  1 , δείξτε ότι:

2012  x2  y  2013 .

Λύση : Θα παραγοντοποιήσουμε την παράσταση και θα έχουμε :

x6  x4 y2  y6  x2 y4  xy5  x5 y  x 4 (x 2  y2 )  y4 (y2  x 2 )  xy(x 4  y4 )   (x4  y4 )(x2  y2 )  xy(x4  y4 )  (x4  y4 )(x2  y2  xy)   (x2  y2 )(x2  y2 )(x 2  xy  y2 )  (x  y)(x  y)(x 2  y2 )(x 2  xy  y2 )  1 . Εφαρμόζοντας τη γνωστή ταυτότητα έχουμε:

(x  y)(x2  y2 )(x3  y3 )  1. Για να ισχύει αυτό πρέπει και τα 3 αθροίσματα να είναι ίσα με 1 ή το πρώτο και το τελευταίο να είναι 1 αφού το δεύτερο είναι σίγουρα 1 . Επομένως οι δυνατές τιμές των x,y είναι 0,1, 1με τους εξής περιορισμούς : α) Δεν μπορούν να είναι και οι δύο αριθμοί 0 γιατί τότε τα αθροίσματα της ισότητας θα ήταν 0 . β) Δεν μπορούν και οι δύο αριθμοί να είναι 1 ή και οι δύο 1 αφού και πάλι τα αθροίσματα δεν επαληθεύουν την ισότητα . Άρα ο ένας αριθμός είναι 0 και ο άλλος είναι 1 ή 1. Τώρα, διασπούμε ξανά την ισότητα και την φτιάχνουμε ως εξής: (x  y)(x  y)(x2  y2 )(x 2  xy  y2 )  1. Άρα (x 2  y2 )  1 αφού οι δύο παρενθέσεις απλοποιούνται με το 1 ( xy  0 ).

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 64

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Αν y  1 θα έχουμε: x2  y2  0  1  1 άρα η ισότητα δεν επαληθεύεται . Οπότε οι πιθανές περιπτώσεις είναι οι εξής:

2012 12  0  2012 1 0  2013 , 2012  02 1  2012  0 1  2013 και 2012  (1)2  0  2012  1  2013 . Και όλες οι περιπτώσεις επαληθεύουν την εκφώνηση . Ωραιότατα. Ας μου επιτραπεί ένα σχόλιο: Είναι πιο απλό να αφήσεις την παραπάνω ως έχει (να μη συγχωνεύσεις όρους). Οπότε, επειδή x2  y2  0 , x2  xy  y2  0 θα είναι ίσα με 1. Άρα και x  y  x  y  1 ή x  y  x  y  1. Και οι δύο περιπτώσεις δίνουν

y  0 , οπότε x  1, δηλαδή x2  1 , και τελειώσαμε (με ένα σμπάρο δύο τρυγόνια). Επίσης, προσοχή εδώ. Η περίπτωση x  0 δεν υφίσταται και, αν θες, δεν επαληθεύει την εκφώνηση. Οδηγεί στην y6  1 .

ΘΕΜΑ 76 Αν

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

3a b 5c   , να βρεθεί η τιμή της παράστασης: b  5c 3a  5c 3a  b

P(

1 1 1   )  (2a  b  5c) .

2a b 5c

Λύση : Από την ιδιότητα των αναλογιών έχουμε

3a b 5c 3a  b  5c 1     . b  5c 3a  5c 3a  b 10c  2b  6a 2 Συνεπώς 5c  b  6a , 3a  5c  2b , 3a  b  10c  b  3a  5c .

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 65

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

P(

1 1 1 2b 7 8b 28   )(  2b)    .

2b b b 3 2b 3 3 3

ΘΕΜΑ 77

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Να βρεθεί ο ακέραιος αριθμός a , αν η παράσταση :

A

7  4 3  5  2 6  11  6 2 , είναι αριθμός ακέραιος.

2a  1

Λύση : A

4 4 3 3  3 2 3 2  2  96 2  2  2a  1

(2  3)2  ( 3  2)2  (3  2)2 2  3  3  2  3  2    2a  1 2a  1 

5 .

2a  1

Πρέπει 2a 1| 5. Με πράξεις βρίσκουμε ότι οι δυνατές τιμές του a είναι 0,1,3, 2 .

ΘΕΜΑ 78

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Δίνεται το πολυώνυμο P(x)  ax3  bx2  cx  d , όπου οι αριθμοί a,b,c,d είναι ακέραιοι. Να αποδείξετε ότι είναι αδύνατον να ισχύουν ταυτόχρονα ότι: P(19)  1 και P(62)  2 .

Λύση : Αν P(19)  1 και P(62)  2 ίσχυαν ταυτόχρονα τότε θα μπορούσαμε να έχουμε:

623 a  622 b  62c  d 193 a 192 b 19c  d 1, το οποίο γίνεται: Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 66

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

623 a 193 a  622 b 192 b  62c 19c 

 a(623 193 )  b(622 192 )  c(62 19)   a(62 19)(622  62·19  192 )  b(62 19)(62  19)  43c   143a(622  62·19  192 )  43b(62  19)  43c   143(622 a  62·19a  192 a  62b  19b  c)  1. Φυσικά όταν όλοι οι αριθμοί της παρένθεσης είναι ακέραιοι το αποτέλεσμά της δεν μπορεί να είναι

1 .

43

Αξίζει να αναφερθεί ότι η άσκηση είναι άμεση συνέπεια της εξής απλής πρότασης: Έστω P(x)=a0 xn +a1xn-1 +

 a n-1x+a n ένα πολυώνυμο με συντελεστές

ακεραίους. Αν b,c  Z, b  c , τότε ισχύει (b  c) / (P(b)  P(c)) . Η απόδειξη είναι απλή εφαρμογή της ταυτότητας

xn  yn =(x  y)(xn1 +xn2 y+ xyn2 +yn1 )

ΘΕΜΑ 79 Δείξτε ότι

(ΜΑΓΚΟΣ ΘΑΝΟΣ)

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

xn n 3  για κάθε x  N* , n  N . n  1 2x  n  1

Λύση : Η ανίσωση γίνεται ως εξής (x  n)(2x  n  1)  (n  1)(n  3) . Κάνουμε τις πράξεις ...

2x2  nx  x  2nx  n2  n  n2  4n  32x2  3nx  3n  x   3x(2x  1)  3n(x 1)  3 . Ακόμη και αν αντικαταστήσουμε με τις ελάχιστες δυνατές τιμές των Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 67

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

μεταβλητών το αποτέλεσμα θα είναι: 1(2  1)  3·0(1  1)  3 το οποίο επαληθεύει τη σχέση x(2x  1)  3n(x 1)  3 . Με την χρήση μεγαλυτέρων τιμών το αποτέλεσμα αυξάνεται οπότε η σχέση συνεχίζει να επαληθεύεται . (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 80

Δείξτε ότι ο αριθμός: A  32n3  42n3  22n1  62n3 είναι τετράγωνος για κάθε φυσικό αριθμό n .

Λύση : A  32n3·24n6  22n1·22n3·32n 3  32n 3·24n 4 (22 1)  32n 4·24n 4  (32 )n 2·(42 )n 1 , άρα είναι γινόμενο δύο τέλειων τετραγώνων άρα είναι τετράγωνος. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 81 Δείξτε ότι ο αριθμός A 

a1b  a2b  ...  a9b με a  0 , είναι τέλειο τετράγωνο. a5b

Σημείωση: Με xyz , συμβολίζουμε τον τριψήφιο αριθμό που έχει ψηφίο μονάδων z , δεκάδων y και εκατοντάδων x .

Λύση : Ο αριθμητής γίνεται

100a 10  b 100a  20  b  .... 100a  90  b  900a  450  9b   9(100a  50  b) . Ο παρονομαστής γίνεται 100a  50  b . Οπότε το κλάσμα είναι Επιμέλεια: xr.tsif

9(100a  50  b)  9 , άρα ο αριθμός είναι τέλειο 100a  50  b Σελίδα 68

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

τετράγωνο. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 82

Να βρείτε το πλήθος των ψηφίων του συνόλου: A  {x  N| 22010  x  22011} .

Λύση : Έχουμε A  {22010  1,22010  2,22010  3,...,22010  22010} . Το πλήθος που ζητάμε είναι όσο είναι και το πλήθος των αριθμών 1,2,3,...,22010 , δηλαδή το ζητούμενο πλήθος είναι 22010 . (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 83

Να βρεθεί ο φυσικός αριθμός n , ώστε ο αριθμός:

A  2n 15n1 102  6n  5n2  33  3n1 10n  52 , να τελειώνει σε 2013 μηδενικά.

Λύση : 2n·15n1·102  30n·15·102  30n·30·50 ,

6n·5n2·33  30n·52·33 , 3n1·10n·52  30n·3·52 . Άρα ο αριθμός γίνεται :

A  30n·50·30  30n·52·33  30n·3·52  30n·3·5(102  5·32  5)  A  30n·3·5(100  45  5)  60·30n·3·5  10n1·3n1·5·6 . Το 6·5 λήγει σε 0 άρα το n πρέπει να είναι 2011.

ΘΕΜΑ 84

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Αν ab  2n a  3n b όπου a,b  N* , n  N , να βρεθεί ο διψήφιος αριθμός ab .

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 69

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : ab  2n a  3n b  a(10  2n )  b(3n 1) . Άρα το n  1,2,3 .  Για n  1 έχουμε

b  4a δηλαδή a  1,b  4 οπότε ab  14 ή a  2,b  8 οπότε ab  28 .  Για n  2 έχουμε

4b  3a δηλαδή b  3,a  4 οπότε ab  43 ή b  6,a  8 οπότε ab  86 .  Για n  3 έχουμε

a  13b , δεν προχωράμε.

ΘΕΜΑ 85

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Να λυθεί η εξίσωση: 22nm  22n  2m  496 , m,n  N .

Λύση : Η δοθείσα γράφεται  22n 1 2m  1  495  32·5·11. Ελέγχοντας τους διαιρέτες του δεξιού μέλους για όρους της μορφής 2m  1, έχουμε 2m  1  5, 2m 1  9 , 2m 1  33 . Το n βρίσκεται από τον δεύτερο παράγοντα, από τις

2

2n

1 2m  1  99·5 ,  22n 1 2m 1  55·9 ,  22n 1 2m 1  15·33 .

Τελικά (n,m)  (2,5) .

ΘΕΜΑ 86

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Θεωρούμε τους φυσικούς αριθμούς: a1,a2 ,...,a 2013 . Δείξτε ότι ο αριθμός

A  (a1  a2 )(a2  a3 )...(a2013  a1) είναι άρτιος.

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 70

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : Αν το γινόμενο A  (a1  a2 )(a2  a3 )...(a2013  a1) ήταν περιττός, τότε θα ήταν περιττός κάθε παράγοντας. Δηλαδή θα ήσαν περιττοί οι 2013παράγοντες a1  a2 ,a2  a3 ,...,a2013  a1 (*) . Επειδή ο 2013 είναι περιττός, θα ήταν περιττό και το άθροισμα των 2013 όρων (*) . Αλλά αυτό το άθροισμα ισούται με 2(a1  a2  ...  a2013 )  άρτιος. Άτοπο, και λοιπά.

ΘΕΜΑ 87

(Socrates)

Αν οι πραγματικοί αριθμοί x,y είναι τέτοιοι ώστε x2  xy  y2  4 και

x4  x2 y2  y4  8 , να βρείτε τον x6  x3y3  y6 .

Λύση : x4  x2 y2  y4  x4  2x2 y2  y4  x2 y2  (x 2  y2 )2  x 2 y2   (x2  y2  xy)(x2  y2  xy)  8 . Έτσι , από τον πρώτο αριθμό καταλαβαίνουμε ότι :

(x2  y2  xy)(x2  y2  xy)  4(x2  y2  xy)  8  x2  y2  xy  2  xy  1 και x 2  y2  3 και x 4  y4  7 .

x6  y6  x3y3  x6  y6  1  (x2  y2 )(x 4  x 2 y2  y4 ) 1  3(7 1) 1  19 .

ΘΕΜΑ 88

(Socrates)

Βρείτε τους a,b,c αν a 2  b2  2c,1  a 2  2ac, c2  ab .

Λύση : Με πρόσθεση κατά μέλη, (αφού πρώτα πολλαπλασιάσουμε τα μέλη της τρίτης εξίσωσης με το 2 , έχουμε: Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 71

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

a2  b2 1 a2  2c2  2c  2ac  2ab 

 a2  b2  2ab  a2  c2  2ac  c2 1 2c  0   (a  b)2  (a  c)2  (c 1)2  0 . Άρα πρέπει: a  b,a  c,c 1, δηλαδή: a  b 1, τιμές που επαληθεύουν το δοσμένο σύστημα.

ΘΕΜΑ 89

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Αν a  b  c  0 και a,b,c  0 , δείξτε ότι:

(

a 2  b2  c2 2011 b2  c2  a 2 2012 c2  a 2  b2 2013 ) ( ) ( )  1.

2ab 2bc 2ac

Λύση : a  b  c, b  c  a, c  b a. Για τον αριθμητή του πρώτου κλάσματος έχουμε :

a 2  b2  c2  a 2  (b  c)(b  c)  a 2  a(b  c)  a 2  ab  ac  a(a  b  c) 

 a·2b  2ab . Οπότε το κλάσμα γίνεται

2ab  1  12011  1 .

2ab

Το δεύτερο κλάσμα γίνεται:

b2  (c  a)(c  a) b2  b(c  a) b2  bc  ab b(b  c  a) 2bc     1 2bc 2bc 2bc 2bc 2bc

12012  1. Και το τρίτο:

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 72

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

c2  (a  b)(a  b) c2  (c)(a  b) c2  ac  ab c(c  b  a) 2ac      1  2ac 2ac 2ac 2ac 2ac

 (1)2013  1 . Άρα A  1 1 1  1.

ΘΕΜΑ 90

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Να υπολογίσετε το άθροισμα: A  5  4  5  4  52  4  53  ...  4  599 . (ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Δεν πρέπει να χρησιμοποιηθεί ύλη του Λυκείου).

Λύση : Δουλεύουμε ως εξής :

A  5  (5 1)·5  (5 1)·52  ...  (5 1)·599  5  52  5  53  52  ...  5100  599   5100 , από την απλοποίηση των όρων.

ΘΕΜΑ 91 Να απλοποιηθεί το κλάσμα: A 

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

2·3  4·6  6·9 ···2010·3015 .

3·5  6·10  9·15 ···3015·5025

Λύση : Το κάθε γινόμενο του αριθμητή μπορεί να γραφτεί ως

3x 2 οπού το x στον 2

κάθε όρο αυξάνει κατά 2 . Οπότε μπορούμε να γράψουμε τον αριθμητή ως:

3[x 2  (x  2)2  (x  4)2  ...  (x  2008)2 ] 3(22  42  62  82  ...  20102 )  2 2 που όμως ισούται με:

3(22·1  22·22  22·32  22·42  ....  22·10052 ) 12(1  22  32  42  ...  10052 )  .

2 2 Το κάθε γινόμενο του παρονομαστή μπορεί να γραφεί ως: Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 73

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

2x 5x2 όπου το x στον πρώτο όρο είναι κατά 1 μεγαλύτερο από το x·(x  )  3 3 αντίστοιχο του αριθμητή και αυξάνει ανά όρο κατά 3 . Επομένως μπορούμε να εκφράσουμε τον παρονομαστή ως:

5[(x  1)2  (x  4)2  (x  7)2  ...  (x  3013)2 ] 5(32  62  92  122  ....  30152 )  3 3 το οποίο όμως είναι ίσο με:

5(32·1  32·22  32·32  32·42  ...  32·10052 ) 45(1  22  32  42  ...  10052 ) .  3 3 Άρα οι δύο παρενθέσεις απλοποιούνται και έχουμε το κλάσμα:

6 2  το οποίο 15 5

είναι και η τιμή της παράστασης. Β τρόπος Ο κάθε όρος του αριθμητή είναι τα

2 του αντίστοιχου στον παρονομαστή.

5

Πράγματι, οι μεν είναι 2n·3n και οι δε 3n·5n . Άρα όλο το κλάσμα ισούται με

2 .

5

(Κάνουμε την απλοποίηση. Δεν χρειάζεται να κάνουμε τις προσθέσεις σε αριθμητή και παρονομαστή).

ΘΕΜΑ 92

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Να υπολογίσετε το άθροισμα: A  4(31333  31332  31331 ···32  3  1) .

Λύση : Η παράσταση γίνεται

4[31332 (3 1)  31330 (3 1)  ....(3 1)]  8(31332  31330  31328  ...  32  1) . Μέσα στην παράσταση έχουμε γεωμετρική πρόοδο με a1  1 και λόγο   32 . Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 74

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Εφαρμόζουμε τον τύπο του αθροίσματος όρων γεωμετρικής προόδου και έχουμε A  8a1

n 1 9667 1 667 8  9  1.  1 8

Περισσότερα για τις προόδους (μιας και δεν είναι στην ύλη του Γυμνασίου) δείτε εδώ . Β τρόπος

A  431333  31332  31331  ...  32  3 1  A   31333  31332  31331  ...  32  3 1  4 A A   31332 3  1  31330 3  1  ...  30 3  1   31332  31330  ...  30 4 8

(1) .

Το δεύτερο μέλος της (1) είναι άθροισμα όρων γεωμετρικής προόδου με λόγο

 32 , a1  30  1 και πλήθος όρων : a v  31332  a1· v1  31332  1·32v2  31332  2v  2  1332  v  667 . Άρα 31332  31330  ...  30  Sv  S667 

3667 1 3667 1 .  S667  3 1 2

A 3667 1 Οπότε  S667  A  8S667  A  8  A  43667 1 .

8 2

ΘΕΜΑ 93

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Με έναν υπολογιστή, τυπώσαμε τους αριθμούς a  22004 και b  52004 . Πόσα ψηφία τυπώθηκαν συνολικά; (ΠΗΓΗ: ΟΛΥΜΠΙΑΔΕΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ, Β ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ του Μπάμπη Στεργίου)

Λύση : Έστω ότι ο αριθμός 22004 έχει n ψηφία και ο αριθμός 52004 έχει m ψηφία. Ζητάμε να βρούμε το n  m . Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 75

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Έχουμε όμως: 10n1  22004  10n και 10m1  22004  10m .

Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη, παίρνουμε 10nm2  102004  10mn . Άρα n  m  2  2004  m  n . Όμως μεταξύ των ακεραίων n  m  2 , n  m , υπάρχει μόνο ο ακέραιος n  m  1. Συνεπώς πρέπει n  m 1  2004  n  m  2005 . Άρα ο υπολογιστής, θα τυπώσει 2005ψηφία.

ΘΕΜΑ 94

(Vzf)

Να βρείτε όλους τους θετικούς ακέραιους n για τους οποίους ο n3 και ο n 4 περιέχουν τα ψηφία 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 ακριβώς μια φορά.

Λύση : Αφού n4  n3 , σημαίνει ότι τα ψηφία του n 4 είναι περισσότερα ή ίσα από τα ψηφία του n3 . Αφού τα ψηφία των αριθμών n3 , n 4 είναι στοιχεία του συνόλου A  {0,1,2,3,4,5,6,7,8,9} και μάλιστα από μία μόνο φορά το καθένα, άρα πρέπει ο n3 να έχει το πολύ 5 ψηφία και ο n 4 τουλάχιστον 5 ψηφία (το άθροισμα των ψηφίων του n3 και του n 4 πρέπει να είναι 10 ). Θα αποδείξουμε ότι ο n3 δεν μπορεί να έχει 5 ψηφία. Πράγματι, αν ο n3 ήταν πενταψήφιος, πρέπει n  22 . Ο πιο μικρός λοιπόν n θα ήταν ο 22 και τότε n3  10648 και n4  234256. Στην περίπτωση αυτή, ο n3 θα είχε 5 ψηφία και ο n 4 θα είχε 6 ψηφία, πράγμα άτοπο (αφού το πλήθος των ψηφίων των n3 , n 4 πρέπει να είναι 10 ). Προφανώς αν ο n 4 ήταν μεγαλύτερος του 22 , τότε και πάλι το άθροισμα των ψηφίων του n3 και του n 4 θα ξεπερνούσε το 10 . Άρα ο n3 είναι το πολύ τετραψήφιος, δηλαδή n  21. Φυσικά αποκλείεται ο n να είναι μονοψήφιος, διότι ο μεγαλύτερος μονοψήφιος είναι ο 9 , οπότε αν n  9 τότε n3  729 και n4  6561, που είναι άτοπο αφού το άθροισμα των ψηφίων των αριθμών αυτών είναι μικρότερο του 10 . Καταλαβαίνουμε λοιπόν ότι πρέπει 10  n  21. Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 76

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Στο μεταξύ, αποκλείεται ο n να λήγει σε 0,1,5,6 , διότι τότε οι αριθμοί n3 και

n 4 θα είχαν ίδιο το τελευταίο ψηφίο τους, που είναι άτοπο από την υπόθεση. Καταλήξαμε λοιπόν ότι ο n είναι κάποιος από τους αριθμούς 12,13,14,17,18,19. Με δοκιμές, βρίσκουμε ότι ο ζητούμενος αριθμός είναι ο n 18 , διότι 183  5832 και 184  104976 .

ΘΕΜΑ 95

(Vzf)

Σε ένα πρωτάθλημα κάθε ομάδα κέρδισε τουλάχιστον 5 παιχνίδια όταν έπαιξε εναντίον άλλων ομάδων. Αποδείξτε ότι κάποια ομάδα έχασε τουλάχιστον 5 παιχνίδια σε αυτό το πρωτάθλημα.

Λύση : 'Έστω ότι έχουμε n ομάδες . Τότε με βάση τα δεδομένα του προβλήματος, θα έχουν παιχθεί 5n τουλάχιστον παιχνίδια μεταξύ των ομάδων αυτών. Και αφού η κάθε ομάδα δημιουργεί στις υπόλοιπες τουλάχιστον πέντε ήττες, άρα οι n ομάδες δημιουργούν συνολικά τουλάχιστον 5n ήττες. Αν όλες οι ομάδες είχαν μέχρι 4 ήττες η κάθε μία, τότε συνολικά θα είχαμε το πολύ 4n ήττες, που είναι άτοπο. Άρα θα υπάρχει μία τουλάχιστον ομάδα η οποία θα έχει τουλάχιστον 5 ήττες.

ΘΕΜΑ 96

(Vzf)

Έχουμε τους αριθμούς a1  a2  a3  a 4 (1) και b1  b2  b3  b4 (2) . Έστω ότι

a2  b1 (3) και a4  b4 (4) . Αν a1  a2  a3  a4  b1  b2  b3  b4 (5) να βάλετε σε αύξουσα σειρά τους 8 αριθμούς.

Λύση : a1  a2  b1 και άρα από (1) και (2) , ο a1 είναι ο μικρότερος. Όμοια, ο a 2 είναι ο δεύτερος μικρότερος. Από (3) , (4) , (5) , με πρόσθεση κατά μέλη, παίρνουμε a1  a3  b2  b3 . Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 77

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Όμως: 2a3  a1  a3  b2  b3  2b2 , δηλαδή a3  b2  b1 . Και πάλι, από τα ήδη γνωστά αποτελέσματα και τις (1) και (2) ο b1 είναι ο τρίτος στην σειρά, και ο

b2 ο τέταρτος. Επίσης, επειδή b4  a4 , από (1) και (2) παίρνουμε ότι b4 ο μεγαλύτερος. Ισχύει ότι a1  b1 , a2  b2 , και προσθέτοντας κατά μέλη στην (5) παίρνουμε

a3  a4  b3  b4 . Όμως: 2a4  a3  a4  b3  b4  2b3 , οπότε a4  b3 , και άρα ο a 4 είναι ο δεύτερος απ' το τέλος. Αν a3  b3 , τότε από a1  b1 , a2  b2 , a4  b4 θα ήταν

a1  a2  a3  a4  b1  b2  b3  b4 , άτοπο από (5) . Άρα a1  a2  b1  b2  b3  a3  a4  b4 .

ΘΕΜΑ 97

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Ένας καθηγητής Γυμνασίου επέλεξε και από τις τρεις τάξεις 25 μαθητές για να εκπροσωπήσουν το σχολείο σε μια εκδήλωση. Να αποδειχθεί ότι ανάμεσά τους υπάρχουν τουλάχιστον 9 μαθητές οι οποίοι είναι στην ίδια τάξη. Μια πρώτη επαφή με την ΑΡΧΗ της ΠΕΡΙΣΤΕΡΟΦΩΛΙΑΣ.

Λύση : 25  3 8 1, οπότε σύμφωνα με την αρχή της περιστεροφωλιάς, μια τάξη θα έχει τουλάχιστον 8 1  9 μαθητές. Μια λίγο πιο προχωρημένη με την αρχή της περιστεροφωλιάς.

ΘΕΜΑ 98

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΤΣΙΝΤΣΙΛΙΔΑΣ)

Σε ένα ισόπλευρο τρίγωνο πλευράς 2cm έχουμε 5 σημεία. Να αποδείξετε ότι η απόσταση 2 σημείων από τα 5 είναι μικρότερη ή ίση με 1cm . Γενικεύστε το πρόβλημα για ισόπλευρο πλευράς n , όπου n ακέραιος. Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 78

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : Παίρνουμε τα μέσα των τριών πλευρών του ισοπλεύρου τριγώνου και έτσι σχηματίζουμε 4 ισόπλευρα τρίγωνα πλευράς 1 το καθένα. Για να τοποθετήσουμε τα 5 σημεία μέσα στο τρίγωνο, θα πρέπει τουλάχιστον σε ένα από τα 4 μικρότερα ισόπλευρα τρίγωνα, να τοποθετηθούν τουλάχιστον 2 σημεία. Η απόσταση των δύο αυτών σημείων, θα είναι βέβαια μικρότερη ή ίση του 1 , αφού ανήκουν στο εσωτερικό ισοπλεύρου τριγώνου με πλευρά 1 . Γενικά, αν η πλευρά του ισοπλεύρου τριγώνου είναι ίση με n , τότε από τα 5 σημεία, δύο τουλάχιστον θα έχουν απόσταση μικρότερη ή ίση του

n .

2

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΤΣΙΝΤΣΙΛΙΔΑΣ)

ΘΕΜΑ 99

Δίνεται ορθογώνιο n xk και 2kn  1 σημεία στο εσωτερικό του. Να αποδείξετε ότι ένα από τα τρίγωνα που σχηματίζουν αυτά τα σημεία έχει εμβαδόν το πολύ

1 .

2

Λύση : Πριν αποδείξω την άσκηση, παραθέτω μια πρόταση , η οποία θα μου χρειαστεί:

ΠΡΟΤΑΣΗ: Δίνεται τετράγωνο ABCD πλευράς 1 . Να αποδείξετε ότι αν ένα τρίγωνο EFG Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 79

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

1 2

είναι εντός του τετραγώνου αυτού, τότε το εμβαδόν του είναι  . ΑΠΟΔΕΙΞΗ: Θα αποδείξω την πιο πάνω πρόταση, στην γενική περίπτωση όπου τα σημεία είναι στο εσωτερικό του τετραγώνου (ομοίως εργαζόμαστε και όταν ένα ή περισσότερα από τα σημεία αυτά βρίσκονται πάνω στις πλευρές του τετραγώνου).

Έστω ότι η ευθεία EG τέμνει τις πλευρές AD,CB του τετραγώνου στα σημεία H,I αντιστοίχως. Έστω επίσης ότι ο φορέας του ύψους KF του τριγώνου EFG τέμνει την AB στο J . Τότε έχουμε:

(EFG)  (HIJ)  (ABCD)  (AHJ)  (IJB)  (HDCH) 

1 

(1  x)z (1  y)(1  z) (x  y) 1    2 2 2

1  xz  yz  x 1 yz  x(1  z) 1    .

2 2 2 2 1 2

Δείξαμε λοιπόν ότι: (EFG)  .

Λύση : Θα αποδείξουμε τώρα τη άσκησή μας: Χωρίζουμε το αρχικό ορθογώνιο σε kn τετραγωνάκια (όπως στο σχήμα) πλευράς 1 το καθένα από αυτά. Αν σε όλα τα τετραγωνάκια υπήρχαν το πολύ από δύο σημεία, τότε συνολικά θα είχαμε το πολύ 2kn σημεία, που είναι άτοπο, αφού έχουμε 2kn  1 σημεία. Άρα σε ένα τουλάχιστον τετραγωνάκι, θα Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 80

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

υπάρχουν τουλάχιστον 3 σημεία. Αν τα σημεία αυτά είναι συνευθειακά, τότε το "εκφυλισμένο" τρίγωνο, θα έχει

1 2

εμβαδόν μηδέν, δηλ  . Αν πάλι τα σημεία δεν είναι συνευθειακά, τότε δημιουργούν τρίγωνο, το οποίο με βάση την

1 2

προηγούμενη πρόταση που δείξαμε, θα έχει και πάλι εμβαδόν  . Άρα το ζητούμενο εδείχθη. (ΚΛΕΟΒΟΥΛΟΣ ΚΟΦΟΝΙΚΟΛΑΣ)

ΘΕΜΑ 100

Να δειχθεί ότι για κάθε τριάδα x, y,z  R ισχύει η ανισότητα:

(x

2

 1)  3 ,

cyc

όπου ο συμβολισμός



ή πιο ολοκληρωμένα

cyc

(x

2



σημαίνει

cyclic

 1)  (x 2  1)  (y2  1)  (z2  1) .

cyc

Για ποιες τιμές των x,y,z ισχύει η ισότητα;

Λύση : x2  1  y2  1  z2  1  3  (x2  y2  z2 )  3 με την ισότητα να ισχύει μόνο όταν x  y  z  0.

ΘΕΜΑ 101

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Αν x,y  R , με x  y  2 , τότε x2  y2  x  y .

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 81

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : Από την ανισότητα των δυνάμεων (ή απλά με πράξεις) προκύπτει :

(x  y)2 x 2  y2 x  y  x  y που ισχύει λόγω . Άρα αρκεί να δείξουμε ότι  2 2 2 της συνθήκης. (ΚΟΦΟΝΙΚΟΛΑΣ ΚΛΕΟΒΟΥΛΟΣ)

ΘΕΜΑ 102

Να αποδείξετε ότι για κάθε x,y,z  R + ισχύει ότι:

(x+1)  1.

Για ποιες τιμές των x,y,z αληθεύει η ισότητα;

Λύση : Υποθέτω ότι η ζητούμενη σχέση είναι η (x  1)(y  1)(z  1)  1 . Αποδεικνύεται άμεσα αφού και οι τρεις όροι είναι μη αρνητικοί πραγματικοί άρα ο κάθε όρος της ισότητας είναι μεγαλύτερος της μονάδας. Συνεπώς και το γινόμενο θα είναι μεγαλύτερο ή ίσο της μονάδας. Η ισότητα ισχύει αν οι μεταβλητές ισούνται με μηδέν. (ΚΟΦΟΝΙΚΟΛΑΣ ΚΛΕΟΒΟΥΛΟΣ)

ΘΕΜΑ 103 Να λυθεί η εξίσωση:

40 20 8 12  +  = 1. x 2 +2x  48 x 2 +9x+8 x 2 +10x x 2 +5x  50

Λύση : Με x  10, 8, 1,0,5,6 έχουμε

40 20 8 12  +  = 1  (x+8)(x  6) (x+1)(x+8) (x+10)x (x+10)(x  5) 2(x  1)  (x  6) 2(x  5)  3x 20 4 20 +4 = 1   = 1 (x+8)(x  6)(x  1) x(x+10)(x  5) (x  6)(x  1) x(x  5) Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 82

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

20x(x  5)  4(x  6)(x  1)  x(x  5)(x  6)(x  1) 

20(x2  5x)  4(x2  5x  6)  (x2  5x)(x2  5x  6) . Αν θέσουμε x 2  5x  y τότε η εξίσωση γίνεται:

20y  4(y  6)  y(y  6)  y2  10y  24  0  y  4  y  6 . Για y  4 έχουμε x2  5x  4  x2  5x  4  0  x 1 x  4 , δεκτές. Για y  6 έχουμε x2  5x  6  x2  5x  6  0  x  2  x  3 , δεκτές.

ΘΕΜΑ 103β

(ΚΟΦΟΝΙΚΟΛΑΣ ΚΛΕΟΒΟΥΛΟΣ)

Έστω A,B,C τρία ενδεχόμενα. Το ενδεχόμενο {πραγματοποιείται μόνο το A } μπορεί να εκφραστεί ως A  B'  C' (Το συμπληρωματικό οποιουδήποτε ενδεχομένου A μπορεί να γραφεί ως A' ). Να βρεθούν εκφράσεις για τα ενδεχόμενα έτσι ώστε: (i) Πραγματοποιούνται και τα τρία. (ii) Πραγματοποιείται τουλάχιστον ένα. (iii) Δεν πραγματοποιείται κανένα. (iv) Δεν πραγματοποιούνται περισσότερα από δύο.

Λύση : Εύκολη (φτιάξτε διάγραμμα του Venn).

ΘΕΜΑ 104

(ΚΟΦΟΝΙΚΟΛΑΣ ΚΛΕΟΒΟΥΛΟΣ)

Με πόσους τρόπους μπορούμε να τοποθετήσουμε n μη επιτιθέμενους πύργους (δηλαδή, να μη βρίσκονται δύο στην ίδια σειρά ή στήλη) σε μία σκακιέρα διαστάσεων n  n ;

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 83

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : Με n! τρόπους. Η εξήγηση είναι η εξής απλή: Ο πρώτος πύργος θα έχει n επιλογές τοποθέτησης σε μια σειρά. Όμως ο δεύτερος θα έχει n  1 επιλογές σε κάθε σειρά, ο τρίτος θα έχει n  2 σε κάθε σειρά....ο n – οστός 1 επιλογή. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 105 Έστω n  N* , a  α) Δείξτε ότι:

2  n  n2  4 2  n  n2  4 και b  .

2 2

1 1  1 a b

β) Δείξτε ότι οι αριθμοί a,b είναι άρρητοι.

Λύση : α)

1 1 1 1 2 2       a b 2  n  n2  4 2  n  n2  4 2  n  n2  4 2  n  n 2  4 2 2



2(2  n  n 2  4)  2(2  n  n 2  4) 4  2n  2 n 2  4  4  2n  2 n 2  4   2 2 2 2 2 (2  n  4  n)(2  n  4  n) (2  n  4)  n



8  4 n2  4 8  4 n2  4   1.

2 2 2 2 44 n 4 n 4n 84 n 4

Άρα, το ζητούμενο αποδείχτηκε. β) Οι αριθμοί a,b  (  ) διότι

n2 +4 (  ) , διότι το άθροισμα δύο

διαδοχικών τετραγώνων δεν είναι ποτέ τετράγωνο άλλου αριθμού (σε αυτήν την περίπτωση μιλάω για διαδοχικούς αριθμούς διότι η υπόρριζος ποσότητα είναι n  4 και για να ισχύσει η διαδοχικότητα πρέπει n  1. Παρόλα αυτά ούτε αυτήν η τιμή μας δίνει τετράγωνο ακεραίου και άρα δεν φεύγει η ρίζα. Για οποιοδήποτε άλλη τιμή εξακολουθούμε να έχουμε άρρητο αριθμό) , με Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 84

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

εξαίρεση τους διαδοχικούς αριθμούς 3,4,5 . Συνεπώς θα έπρεπε να έχουμε

w= n2 +16 ώστε w . Έκανα επίσης την παρατήρηση ότι κάθε τετράγωνο αριθμού απέχει από το τετράγωνο του αμέσως προηγουμένου κατά pi +2 με pi πάντα περιττό. Δηλαδή

22  4 και 12  1 η διαφορά μεταξύ τους είναι 3 , δηλαδή pi +2 με pi  1. Ο επόμενος αριθμός ( 9 ) θα απέχει από τον προηγούμενο ( 4 ) κατά 5 , δηλαδή τον προηγούμενο αριθμό που προσθέσαμε συν 2 κάθε φορά κ.ο.κ. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 106

Αν x  0 και 0  y  1, να αποδείξετε ότι:

x 1  x  1  y  y .

Λύση : Ολοκληρώνω την απόδειξη μετά την υπόδειξη του Γιώργου:

1 y+ x 1  y  12 + x

2

2

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 107 α) Να αποδείξετε ότι

2

y + 1  y = 1+x .

ab  2 , για κάθε a,b  0 . Πότε ισχύει η ισότητα; ab

β) Για κάθε x  0 , να αποδείξετε ότι:

2x  1 2x  2   4. x2  x x 2  2x

Λύση : α) Πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη με το

ab και έχουμε: a+b  2 ab .

Η απόδειξη: (a  b)2  0  (a+b)2  4ab  0  (a+b)2  4ab  a+b  2 ab και το ζητούμενο αποδείχθηκε. Η ισότητα αληθεύει όταν a=b=1. β) Σύμφωνα με το (α) ισχύουν: Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 85

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

2x  1 x  (x  1)  2 2 x(x  1) x x

2x  2 x  (x  2)  2 2 x(x  2) x  2x

(1) .

(2) .

Με πρόσθεση κατά μέλη των (1) και (2) έχουμε το ζητούμενο. Η ισότητα δεν ισχύει επειδή x  x  1. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 108 Δείξτε ότι:

7  30 10 24  4 .   3 6 11 3

Λύση : Ωραία άσκηση και πολύ οριακή η διαφορά. Υποθέτουμε ότι

Θα πρέπει

7  30 24  4 (1) .  6 3

49  30  48  32  0 που ισχύει.

6

Άρα πρέπει να αποδείξουμε ότι

10 100 3  3 που ισχύει επειδή 11·9  99 .

11 11

Με πρόσθεση αυτής της σχέσης και της (1) προκύπτει το ζητούμενο.

ΘΕΜΑ 109

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Να βρεθούν (αν υπάρχουν) οι ακέραιοι αριθμοί x,y ώστε να ισχύει: a) x2  y2  2015 . b) x2  y2  2013 .

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 86

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : a) Η απάντηση είναι ότι δεν υπάρχουν, και η αιτιολόγηση είναι απλή. Αφού το άθροισμα είναι περιττό, ο ένας όρος θα είναι άρτιος κι ο άλλος περιττός. Ας υποθέσουμε ότι ο x είναι άρτιος και ο y περιττός (ξέρουμε βέβαια ότι τετράγωνο άρτιου είναι άρτιος και περιττού είναι περιττός και αντίστροφα). Θα ήταν

(2k)2  (2a  1)2  2015  4k2  4a 2  4a  1  2015  4(k2  a 2  a)  2014 που είναι άτοπο επειδή το 2014 δεν είναι πολλαπλάσιο του 4 . b) Αφού οι x,y έχουν περιττό άθροισμα, τότε ο ένας θα είναι περιττός και ο άλλος άρτιος. Έστω λοιπόν x  2k (άρτιος) και y  2n  1 (περιττός). Οπότε έχουμε:

(2k)2 +(2n+1)2 =2013  4k2 +4n2 +4n+1=2013  k2 +n2 +n=503   n2 +n+(k2  503)=0 . Η δοσμένη εξίσωση είναι δευτεροβάθμια ως προς n . Οπότε θα έχει διακρίνουσα =b2  4ac=1  4(k 2  503) .

1 4

Για να έχουμε λύσεις θα απαιτήσω 503+  k2 (δείτε και παρακάτω). Στην περίπτωση ισότητας έχουμε k= 503 . Άτοπο, αφού x, y  Z .

1 4

Συνεπώς 503+ >k2 αλλά αφού k  Z έχουμε 503  k2 . Άρα k [22,22] . Με χρήση των πιθανών τιμών βρίσκουμε ότι για κάθε τιμή του k η ρίζα της διακρίνουσας θα είναι άρρητος αριθμός. Συνεπώς δεν έχουμε ακέραιες λύσεις.

Ο κύριος Δημήτρης επισήμανε ότι υπάρχουν και άλλοι τρόποι λύσης 

x=3m,y=3n

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 87

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104



x=3m, y=3n+1



x=3m,y=3n+2



x=3m+1,y=3n+1



x=3m+1, y=3n+2



x=3m+2,y=3n+2

Όλοι όμως οδηγούν σε άτοπο. Βασικά για να μειώσουμε τις δοκιμές μπορούμε να πούμε το εξής: Ο ένας όρος, αφού θα είναι άρτιος και τέλειο τετράγωνο θα λήγει σε 0,4,6 και ο δεύτερος ως περιττό τετράγωνο σε 1,5,9 . Απ' όλους τους συνδυασμούς μόνο ο 4,9 δίνει τελευταίο ψηφίο 3 . Συνεπώς πρέπει να κάνουμε, για τον άρτιο όρο τις δοκιμές 2,12,22,32,8,18,28,38 (οι αντίστοιχοι αρνητικοί δίνουν ίσα τετράγωνα) και να δούμε αν ο περιττός όρος είναι τέλειο τετράγωνο περιττού. β) Λίγο συντομότερα, με χρήση της βασικής ιδιότητας

3| (x2  y2 )  (3| x  3| y) . Επειδή 3| 2013 είναι 3| (x2  y2 )  x  3a, y  3b , άρα 9a2  9b2  2013 , άτοπο, αφού το 9 δεν διαιρεί το 2013 Δίνω και μία ακόμα λύση, για ποικιλία: Παίρνουμε τις παρακάτω περιπτώσεις: 1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: x=3m,y=3n . Τότε η εξίσωση γράφεται: 9m2  9n2  2013  9| 2013 , που είναι άτοπο 2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: x=3m, y=3n+1. Τότε η εξίσωση γράφεται: 9m2  9n2  6n 1  2013  9m2  9n2  6n  2012 Άρα 3| 2012 , που είναι άτοπο.

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 88

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Ακριβώς με τον ίδιο τρόπο καταλήγουμε σε άτοπο, και στις υπόλοιπες περιπτώσεις, οι οποίες είναι:

x=3m,y=3n+2 x=3m+1,y=3n+1 x=3m+1, y=3n+2 x=3m+2,y=3n+2 .

ΘΕΜΑ 110

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Να αποδείξετε ότι: α)

1 1 1   , για κάθε n  N* . n(n  1) n n  1

β)

1 1 1 1    ...  1.

42013 92013 162013 20252013

Λύση : α) Πολλαπλασιάζοντας και τα δύο μέλη της ισότητας με το n(n+1) (περιορισμοί δεν χρειάζονται αφού n  N* ) το ζητούμενο έπεται. β) Έχουμε ότι

1 2013

4

+

1 2013

9

+

1 1 1 1 1 1 +...+ =[( )2 ]2013 +[( )2 ]2013 +[( )2 ]2013 +...+[( )2 ]2013 .

2013 2013 16 2025 2 3 4 45

Το ζητούμενο έπεται. Β τρόπος α) Μια ακόμη αντιμετώπιση είναι η εξής.

1 (n  1)  n n 1 n 1 1      . n(n  1) n(n  1) n(n  1) n(n  1) n n  1 β) Νομίζω είναι πολύ προφανές ότι ισχύει αυτό. Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 89

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Η σχέση γίνεται

1 24026



1 34026



1 44026

 .... 

1 1  44·  1.

454026 24026

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 111

Αν a,b είναι αριθμοί πρώτοι και c  N , και αν επί πλέον ισχύει ότι:

5 a  7 b  c 2 , να βρεθούν οι αριθμοί a,b,c .

Λύση : Υψώνοντας τα δύο μέλη στο τετράγωνο έχουμε 25a+70 ab+49b=2c2 . Για να έχουμε ότι c πρέπει a  b ώστε να διώξουμε τη ρίζα. Έχουμε λοιπόν ότι

c2 =72a . Οι μοναδικές λύσεις της εξίσωσης είναι (a,b,c)=(2,2,12) . (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΤΣΙΝΤΣΙΛΙΔΑΣ)

ΘΕΜΑ 112

x2 y2 (x  y)2 α) Να αποδείξετε ότι , αν a,b  0 .   a b ab β) Με τη βοήθεια του α) να αποδείξετε την γενικευμένη ανισότητα:

x12 x 22 x 2n (x1  x 2  ...  x n )2 , όπου a1,a2 ,...,an  0 .   ...   a1 a 2 an a1  a 2  ...a n γ) Να αποδείξετε ότι για x, y,z  0 ισχύει:

x y z 3    . yz zx xy 2

Λύση : Είναι,

x 2 y2  x  y b(a  b)x 2  a(a  b)y2  ab(x  y)2     a b (a  b) ab(a  b) 2

b2 x 2  2abxy  a 2 y2  bx  ay   . ab(a  b) ab(a  b) 2

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 90

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Συνεπώς, για να ισχύει η ανισότητα που θέλουμε, θα πρέπει

ab(a  b)  0  ab  0  a  b  0  ab  0  a  b  0 . Διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις.  1) a  0,b  0 . Τότε, η συνθήκη είναι αληθής.  2) a  0,b  0 . Για να είναι αληθής η παραπάνω συνθήκη, θα πρέπει a  b  0 }  3) a  0,b  0 . Θα πρέπει να απαιτήσουμε πάλι a  b  0  4) a  0,b  0 . Η συνθήκη δεν αληθεύει. Η άσκηση ίσως έπρεπε να είχε δοθεί ως εξής Εκδοχή 1

x2 y2 (x  y)2 Για τους θετικούς αριθμούς a και b , να δειχθεί ότι .   a b ab Εκδοχή 2 Για τους ετερόσημους αριθμούς a και b , με την ιδιότητα a  b  0 ,

x2 y2 (x  y)2 να δείξετε ότι .   a b ab το (β) είναι άμεση συνέπεια της Ανισότητας Cauchy – Buniakowski ή Andreescu. Β τρόπος Το (α) ερώτημα έχει ήδη απαντηθεί σε προηγούμενη δημοσίευση. Για το (β) εργαζόμαστε επαγωγικά: Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 91

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Για n  2 , το ζητούμενο ισχύει (λόγω του (α)).

Υποθέτουμε ότι το ζητούμενο ισχύει για n  k και θα αποδείξουμε ότι θα ισχύει και για n  k  1. Πράγματι, από την υπόθεση της επαγωγής, έχουμε ότι:

x12 x 22 x 2k (x1  x 2  ...  x k )2   ...    a1 a 2 ak a1  a 2  ...  a k x12 x 22 x 2k x 2k1 (x1  x 2  ...  x k )2 x 2k1 (x1  x 2  ...  x k  x k1)2 ,   ...      a1 a 2 a k a k1 a1  a 2  ...  a k a k 1 a1  a 2  ...  a k  a k 1 (λόγω του ερωτήματος (α)). Άρα το ζητούμενο εδείχθη. Το (γ) ερώτημα είναι πολύ γνωστή άσκηση, την οποία πολλές φορές έχουμε δει και εδώ στο mathematica.

x y z x2 y2 z2 (x  y  z)2 Έχουμε: .       y  z x  z x  y xy  yz xy  yz xz  yz 2(xy  yz  zx) (x  y  z)2 3 Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι:  , 2(xy  yz  zx) 2 ή ότι (x  y  z)2  3(xy  yz  zx) , ή x2  y2  z2  xy  yz  zx , ή 2x2  2y2  2z2  2xy  2yz  2zx , ή

x2  x2  y2  y2  z2  z2  2xy  2yz  2zx  0 , ή (x  y)2  (y  z)2  (z  x) 2  0 , το οποίο είναι αληθές.

ΘΕΜΑ 113 Δείξτε ότι:

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

a2  6a  25  b2  8b  41  c2 10c  34  12 .

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 92

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : Λοιπόν:

a 2  6a  25  a 2  6a  9  16  (a  3)2  16  16 . b2  8b  41  b2  8b  16  25  (b  4)2  25  25 . c2 10c  34  c2 10c  25  9  (c  5)2  9  9 . Άρα:

a 2  6a  25  (a  3)2  16  16 

b2  8b  41  (b  4)2  25  25  c2  10c  34  (c  5)2  9  9 

(a  3)2 16  4

(b  4)2  25  5 (c  5)2  9  3

(1) .

(2) .

(3) .

Με πρόσθεση κατά μέλη των (1) , (2) και (3) προκύπτει το ζητούμενο.

ΘΕΜΑ 114

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Αν ο αριθμός A είναι ρητός και αν και ο αριθμός x είναι επίσης ρητός, και επί πλέον ισχύει: A  1  17  12 2 

18  8 2 x 2 2 2   , να αποδείξετε ότι 5 3 15

6 A .

5

Λύση : Έχουμε: 17  12 12  (3  2 2)2 | 3  2 | 3  2 . Ακόμη 18  8 2  (4  2)2 | 4  2 | 4  2 . Συνεπώς

A 1 

45  30 2 12  3 2  5x 2  2 2 18  5 2(x  5) . A 15 15

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 93

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Όπως ξέρουμε γινόμενο ρητού επί άρρητο είναι άρρητος άρα 5 2(x  5)  εκτός αν x  5  0  x  5 το οποίο θα ισχύει επειδή αλλιώς ο A θα είναι άρρητος ως πηλίκο αρρήτου προς ρητό. Συνεπώς A 

18 6  .

15 5

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 115 Αν a 2  b2  3a  5b 

33  0 , να αποδείξετε ότι 3  a  b  5 .

4

Λύση : Μετατρέπουμε την ισότητα σε

9  2 25  1  3   5  1  2  a  3a  4    b  5b  4   4   a  2    b  2   4 .         2

2

3 1 5 1  a  2 και b    b  3 . Συνεπώς 2 2 2 2

Συνεπώς βλέπουμε ότι a  

a  b  5με πρόσθεση κατά μέλη των δύο παραπάνω σχέσεων.

3 2

1 2

5 2

1 2

Ακόμη πρέπει a     a  1 και b     b  2 . Συνεπώς a  b  3 με πρόσθεση κατά μέλη των παραπάνω σχέσεων και συνεπώς έχουμε αποδείξει τα ζητούμενα.

ΘΕΜΑ 116

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Δείξτε ότι υπάρχουν ακριβώς δύο ακέραιες τιμές για τον αριθμό a , ώστε η εξίσωση: a2x2  21  x2 10ax  4x , να έχει ως προς x δύο ρίζες ακέραιες.

Λύση : Λοιπόν:

a2x2  21  x2 10ax  4x  a2x2  x2 10ax  4x  21  0   x2 (a 2  1)  x(10a  4)  21  0 . Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 94

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Η εξίσωση έχει διακρίνουσα:

  2  4  (10a  4)2  4(a 2  1)·21  100a 2  80a  16  84a 2  84 

 16a 2  80a  100  (4a  10)2 . Η εξίσωση έχει ρίζες: x1,2 

   .

2a

6 , από όπου 2(a  1) λαμβάνουμε ότι 2(a  1) | 6 και παίρνουμε τις τιμές: a  2,a  4,a  2,a  0 .

H πρώτη μας δίνει (αφού εκτελέσουμε τις πράξεις ):

Κάνοντας τις πράξεις και στη δεύτερη ρίζα καταλήγουμε:

14 , από όπου 2(a  1)

λαμβάνουμε ότι 2(a  1) | 14 . Οι μόνες τιμές που το επαληθεύουν είναι οι a  2 και a  0 . Έτσι, αποδείξαμε το ζητούμενο.

ΘΕΜΑ 117

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Αν a,b,c,d  0 και a  b  d  c  2013, να αποδείξετε ότι:

ab  ac  ad  ab  bc  bd  ac  bc  cd  ad  bd  cd  4016 .

Λύση : Μετατρέπουμε το πρώτο μέλος σε

a(2013  a)  b(2013  b)  c(2013  c)  d(2013  d) και διπλασιάζοντας τα δύο μέλη έχουμε να αποδείξουμε ότι

2 a(2013  a)  2 b(2013  b)  2 c(2013  c)  2 d(2013  d)  8032 . Σύμφωνα με την απλή ανισότητα 2 ab  a  b έχουμε

2 a(2013  a)  2013 Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 95

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

2 b(2013  b)  2013 2 c(2013  c)  2013 2 d(2013  d)  2013 και με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει το ζητούμενο. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 118

Θεωρούμε την συνάρτηση f (x)  (1)n  (1)n2  2013. Να υπολογίσετε το άθροισμα:   f (1)  f (2)  ...  f (2014) .

Λύση : Στην περίπτωση που n=2k  f (n)=2014 και αν n=2k+1  f (n)=  2014 . Άρα έχουμε ότι

2014

 f (n)=0 . n=1

ΘΕΜΑ 119

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Αν x  7y  5 και 16  x  5, να βρεθεί η αριθμητική τιμή της παράστασης:

A  (x  5)2  4y2  (x  16)2  4(y  3)2 .

Λύση : Ξέρουμε ότι x  7y  5 άρα η μέγιστη τιμή του y είναι 0 για x  5 και η ελάχιστη τιμή το 3 για x  16 . Η παράσταση με βάση την ισότητα που δίνεται γίνεται

45y2  (x  10  2y)(x  22  2y)  3| y | 5  45(y  3)2   3| y | 5  3| y  3| 5 . Αφού x  22  7y  27  x  10  7y  15 . Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 96

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Αν y  0 η παράσταση παίρνει την τιμή 9 5 όπως και για y [3,0) (διαχώρισα τις περιπτώσεις λόγω της απόλυτης τιμής – το y  3 δεν είναι αρνητικό οπότε μπορούσαμε να απαλείψουμε το σύμβολο της απόλυτης τιμής). Άρα A  9 5 . (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 120

Να βρεθούν οι πραγματικοί αριθμοί x,y με x  y για τους οποίους ισχύει ότι:

1 x2  y   x  y .

2 ΥΠΟΔΕΙΞΗ: Προσπαθήστε να καταλήξετε σε άθροισμα δύο τετραγώνων ίσο με το μηδέν. Χρειάζεται πρώτα να προσθέσετε και να αφαιρέσετε κάτι.

Λύση : Έχουμε

1 1 1  1  x2  y  x  x    x  y  0   x 2  x     x  y  x  y    0  4 4 4  4 

1  1 1 1 1    x     x  y    0 . Άρα x  και x  y   y  .

2  2 2 4 4  2

ΘΕΜΑ 121

2

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

 x 2  8y  23  0  Να λυθεί το σύστημα: y2  24z  272  0 .  z2  6x  126  0 

Λύση : Προσθέτουμε τα τις τρεις σχέσεις κατά μέλη και έχουμε Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 97

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(x2  6x  9)  (y2  8y  16)  (z2  24y  144)  126  126  0 

 (x  3)2  (y  4)2  (z 12)2  0 . Επομένως x  3, y  4 , z  12 . (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 122

Αν οι αριθμοί x,y είναι ακέραιοι και αν ισχύει η σχέση:

8x2  5y2  4xy  4x  12y  7  0 , να βρείτε τους αριθμούς x και y .

Λύση : Η δοσμένη γράφεται ως (2x+y)2 + (2x+1)2 + 4y2  12y + 6 = 0 . Προσθέτοντας και στα δύο μέλη τον αριθμό 3 η δοσμένη γράφεται ως: (2x+y)2 + (2x+1)2 + (2y  3)2 =3 . Αφού x, y  Z τότε ο κάθε όρος θα ισούται με

1. Έτσι οι λύσεις είναι (x, y)=(0,1) . (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 123 1 x

1 y

Αν x, y  0 , δείξτε ότι: (1  )(1  )  (1 

2 2 ). xy

Λύση : Η δοσμένη γράφεται ως:

x+y+1 4(x+y)+4  . xy (x+y)2

Αφού από την υπόθεση x, y  0 πολλαπλασιάζω τα δύο μέλη με το (x+y)2 xy . Μετά από πράξεις στα δύο μέλη έχουμε ότι x3 +y3 +x2 +y2 +2x2 y+2xy2  0 , που πάλι προφανώς ισχύει λόγω της υπόθεσης. Β τρόπος Από την Cauchy – Schwarz έχουμε να αποδείξουμε ότι

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 98

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

 1   2  1     1   . x  y xy     2

2

Και αφού μιλάμε μόνο για θετικούς μπορούμε απλά να δείξουμε ότι

1

1 2 1 2 , όπου πολλαπλασιάζοντας χιαστί έπεται το 1   xy xy xy x  y

ζητούμενο (λόγω της x  y  2 xy ). (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 124

Δείξτε ότι δεν υπάρχει φυσικός αριθμός n , ώστε ο αριθμός:

k

n  2013  n  2014 να είναι επίσης φυσικός.

Λύση : Θέτουμε για ευκολία m  n  2013 . Έστω ότι υπάρχει τέτοιος φυσικός αριθμός n . Υψώνοντας εις την τετάρτη και κάνοντας μερικές πράξεις καταλήγουμε στην

k4  2m 1  2 m(m 1) . Αλλά m2  m(m  1)  (m  1)2 , και άρα καταλήγουμε σε άτοπο. Β τρόπος Ακόμα μια λύση: k2  n  2003  n  2014 .

k  N  n  2003, n  2014  N . Δηλαδή

n  2003  x, n  2014  y με x, y  N* .

Άρα n  2003  x2 ,n  2004  y2  (με αφαίρεση κατά μέλη)

1  y2  x2  (y  x)(y  x) .

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 99

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Είναι y  x  y  x  0 . Άρα πρέπει y  x  1 και y  x  1. Με πρόσθεση κατά μέλη 2y  0  y  0 , αδύνατον, διότι y  N* . (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 125

Δίνεται ότι τα σημεία: A(k  m,1) και B(3,k  m) , ανήκουν στην γραφική παράσταση της συνάρτησης y  ax 2 , όπου a  0 . Αν επί πλέον είναι γνωστό, ότι τα σημεία αυτά είναι συμμετρικά ως προς τον άξονα y΄y , να βρείτε την εξίσωση της ευθείας () , που έχει κλίση a και διέρχεται από το σημείο A . Στη συνέχεια να βρείτε το δεύτερο σημείο τομής της ευθείας αυτής με την παραβολή.

Λύση: α) Τα σημεία έχουν ίσες τετμημένες και αντίθετες τεταγμένες. Συνεπώς

k  m  3 1 , έχουμε k  2 , m  1 και a  .

9 k  m  1

λύνοντας το σύστημα 

Η ευθεία θα έχει εξίσωση y  ax  b . Αντικαθιστώντας στην εξίσωση τις

2 3

συντεταγμένες του σημείου καθώς και την τιμή του a έχουμε b  . Συνεπώς η

1 9

2 3

ευθεία είναι η y  x  .

x 2 x2    (x  3)(x  2)  0 , συνεπώς το δεύτερο σημείο 9 3 9 τομής των δύο γραφικών παραστάσεων θα έχει τετμημένη x  2 , β) Θα ισχύει

αντικαθιστώντας την τιμή αυτή στην εξίσωση της παραβολής(ή της ευθείας)

4 9

έχουμε ότι y  .

4 9

Επομένως το σημείο αυτό είναι το K(2, ) .

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 100

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 126 Αν x  y  z  0 , να αποδείξετε ότι: α) x 2  y2 

z2 .

2

b) x4  y4 

z4 .

8

Λύση : α)

z2 (x  y)2 (x  y)2   x 2  y2  (x  y)2  0 . . Μένει να αποδείξουμε ότι 2 2 2

z4 1 z2 2 1 2 2 2 b)   ( )   (x  y ) .

8 2 2 2 Όμως

1 2 2 2 4 4  (x  y )  x  y  (x2  y2 )2  0 .

2

ΘΕΜΑ 127

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Αν x, y,z  0 και x  y  z  7 και αν:

1 1 1    1, να αποδείξετε ότι: x 1 y 1 z 1

(x  y)(z  1)  12 .

Λύση : Η δοσμένη εξίσωση γράφεται:

(y  1)(z  1)  (x  1)(z  1)  (x  1)(y  1)  (x  1)(y 1)(z 1)   yz  y  z  1  xz  x  z  1  xy  x  y  1   xyz  xy  xz  x  yz  y  z  1  xyz  x  y  z  2  xyz  9 x  yz 7.

(1) , αφού

Τώρα, από ΑΜ – ΓΜ παίρνω: Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 101

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

x  y  2 xy z 1  2 z

(2) .

(3) .

Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη τις (2) και (3) έχω: (1)

(x  y)(z  1)  4 xyz (x  y)(z  1)  12 a 2  b2 . Έτσι, το ζητούμενο αποδείχθηκε. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 128

Αν 0  a1  a2  a3  ...  a9 , να αποδείξετε ότι:

a1  a 2  a3  ...  a9  3. a3  a6  a9

Λύση : Πολλαπλασιάζω και τα δύο μέλη της δοσμένης με το a3 +a6 +a9 και αφού όλα είναι θετικά η φορά δεν αλλάζει. Η δοσμένη γράφεται ως : a1 +a2 +a4 +a5 +a7 +a8  2a3 +2a6 +2a9 . Εργάζομαι λέγοντας ότι a1  a3 και a2  a3 . Προσθέτοντας κατά μέλη έχω a1  a2  2a3 . Εργαζόμενος ομοίως με τα υπόλοιπα σετ η ανισότητα αποδεικνύεται. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 129

Αν | a | 1 και | b|1, να αποδείξετε ότι | a  b||1  ab| .

Λύση : a  b  1  ab  a  b  1  ab  a 2  b2  2ab  1  2ab  a 2 b2  2

2

 a2  b2 1  a2 b2  0  a2 1  b2   1  b2   0  a2 11  b2   0 . Αρκεί λοιπόν να αποδειχθεί η τελευταία ανισότητα. Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 102

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Έχουμε,

a  1  a 2  1  a 2 1  0 . b  1 b2  11  b2  0 . Είναι τώρα εμφανές ότι η ζητούμενη αληθεύει.

ΘΕΩΡΙΑ 1 – ΑΝΙΣΟΤΗΤΕΣ 1) (a 2  b2  c2 )(x2  y2  z2 )  (ax  by  cz)2 για κάθε a,b,c . (Ανισότητα Cauchy – Schwarz)

2) (a12  a 22  ...  a n 2 )(b12  b22  ...  bn 2 )  (a1b1  a 2b2  ...  a nbn )2 . (Ανισότητα Cauchy – Schwarz – Buniakowski ή B – C – S)

3) a  b  c  3·3 abc (Ανισότητα του Cauchy)

4) Εάν a1,a2 ,a3 ,...,an  0 , τότε

a1  a 2  a 3  ...  a n n n  a1a 2a 3...a n  1 1 1 n   ...  a1 a 2 an (Ανισότητα των μέσων, γνωστή ως ΑΜ – ΓΜ)

x2 y2 z2 (x  y  z)2 5) Αν a,b,c  0 και x, y,z , τότε    a b c a bc (Ανισότητα Andreescu).

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 103

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 130

Αν b  0,x  b, y  b , να αποδείξετε ότι: xy  4b (x  b)(y  b) .

Λύση : xy  (b  x  b)(b  y  b)  2 b(x  b)·2 b(y  b)  4b (x  b)(y  b) , από την ανισότητα ΑΜ – ΓΜ. Β τρόπος Έστω x  b  a,y  b  c  x  a  b,y  b  c . Άρα αρκεί να αποδείξουμε

(a  b)(b  c)  4b ac . Είναι γνωστό ότι a  b  2 ab και ότι b  c  2 bc . Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη (επιτρέπεται γιατί τα μέλη είναι θετικά), βρίσκουμε ότι (a  b)(b  c)  4b ac .

ΘΕΜΑ 131 Αν x, y  Z και

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

1 x   1  0 , να βρεθούν οι αριθμοί x,y . x xy

Λύση : Η δοσμένη σχέση γράφεται: y(x  1)  (2x 2  x) (1) , όπου είναι x  0,x  y . Αν ήταν x  1, τότε η σχέση (1) θα έδινε 0  1, που είναι άτοπο. Άρα x  1, οπότε η σχέση (1) γράφεται:

2x 2  x 2x 2  2x  x 2x(x  1)  x x y     2x   x 1 x 1 x 1 x 1

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 104

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

 2x 

x  1 1 1 .  2x  1  x 1 x 1

Αφού x, y  Z πρέπει x  1|1. Άρα x  1  1, δηλαδή x  0 ή x  2 . Αφού λοιπόν x  0 , άρα x  2 , από όπου προκύπτει y  6 .

ΘΕΜΑ 132 Αν

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

2013  x  2013  y  2 2013  z , να αποδείξετε ότι: x  y  2z .

Λύση : Υψώνουμε στο τετράγωνο και έχουμε

x  y  4026  2 (x  2013)(y  2013)  4z  4·2013   x  y  2 (x  2013)(y  2013)  4z  4026 . Από τη γνωστή ανισότητα 2 xy  x  y έχουμε

2 (x  2013)(y  2013)  x  y  4026 . Επομένως x  y  x  y  4026  4026  4z  2(x  y)  4z  x  y  2z .

ΘΕΜΑ 133

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

α) Να παραγοντοποιηθεί η παράσταση: A  20x2  xy  y2 . b) Αν είναι 2x  y  1 και x  y  2 , να αποδείξετε ότι: A  20 .

Λύση : α) Θεωρούμε την παράσταση ως τριώνυμο με άγνωστο το x . Τότε y  81y2  (9y)2 , x1,2 

y  9y y y y y  ,  . Άρα A  20(x  )(x  ) .

40 4 5 4 5

b) Προσθέτοντας κατά μέλη τις ανισώσεις που μας δίνονται έχουμε x  1. Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 105

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

A  (4x  y)(5x  y)  (x  y)  3x(2x  y)  3x  (2  3)(1  3)  20 .

Για το β) λίγο διαφορετικά: Έχει βρεθεί από το (α) ότι A  (4x  y)(5x  y) . Από την υπόθεση δίνεται

2x  y  1,x  y  2  4x  2y  2,x  y  2  5x  y  4 . (Πρόσθεση κατά μέλη). Ακόμα: 2x  y  1,x  y  2  2x  y  1,2x  2y  4  4x  y  5. ( Πρόσθεση κατά μέλη). Πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη (επιτρέπεται, διότι τα μέλη είναι θετικά) και βρίσκουμε (5x  y)(4x  y)  20  A  20 . Ακόμα ένας τρόπος για το β) που δεν απαιτείται η παραγοντοποίηση της A . Έστω 2x  y  1  a,x  y  2  b . Λύνουμε το σύστημα αυτό και βρίσκουμε

x

ab a  2b  1, y   1.

3 3

Αντικαθιστούμε στην A :

A  20(

ab ab a  2b a  2b  1)2  (  1)(  1)  (  1)2 3 3 3 3

18a 2  18b2  45ab  117b  126a  180 και ύστερα από τις πράξεις: A   9 

18a 2  18b2  45ab  117b  126a  20  20 , 9

διότι εξ υποθέσεως είναι a,b  0 .

ΘΕΜΑ 134

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

α) Να παραγοντοποιηθεί η παράσταση: A  9ab 15bc  27ac  9a2  20c2 . β) Αν a  2b  c και a  b  2c , δείξτε ότι A  0 . Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 106

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : α)

A  9ab 15bc  12ac  15ac  9a 2  20c2  3a(3b  4c  3a)  5c(3b  4c  3a)   (3b  4c  3a)(3a  5c) . β) Θέτω a  2b  c  k  0 και a  b  2c   0 . Άρα a 

2  k  5c kc και b  .

3 3

Άρα A  (3b  4c  3a)(3a  5c)  .....  (3k  3l)(2l  k)  0 . (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 135

Αν x  2y  z και 3x  4y  2w  z , να αποδείξετε ότι: x2  y2  11z2  2w2  0 . Πότε ισχύει η ισότητα;

Λύση : Αντικατέστησα z  x  2y,w  2x  3y (προέκυψε μετά από πρόσθεση κατά μέλη): x2  y2  11(x  2y)2  2(2x  3y)2  ...

8x2  25y2  20xy  (2x)2  (2x  5y)2... με την ισότητα να ισχύει αν και μόνο αν x  y  0 . (ΚΩΣΤΑΣ Broly)

ΘΕΜΑ 136 Να λυθεί η εξίσωση :

3

x 1  3 x  3 x  1  0 στους πραγματικούς .

Σημείωση: Αν ο λύτης δυσκολεύεται να την λύσει μπορεί να κοιτάξει την ταυτότητα:

1 a3  b3  c3  3abc  (a  b  c)[(a  b)2  (b  c)2  (c  a)2 ] .

2 Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 107

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : Ξέρουμε ότι αν a  b  c  0 ισχύει a3  b3  c3  3abc . Συνεπώς

x  1  x  x  1  3 3 x(x 2 1)  x  3 x(x 2 1)  x 3  x 3  x  x  0 .

ΘΕΜΑ 137

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Να υπολογίσετε το άθροισμα όλων των διψήφιων αριθμών που αν διαιρεθούν με το 4 , δίνουν υπόλοιπο 1 .

Λύση : Οι αριθμοί είναι οι 13,17,21,...,97 . Έχουμε δηλαδή μια αριθμητική πρόοδο με διαφορά 4 .

a1  13 ,  1 

a   a1  21    22 . 

Συνεπώς S 

a1  a ·  55·22  1210 .

2

ΘΕΜΑ 138

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Να υπολογίσετε το άθροισμα των γωνιών A,B,C,D,E , του παρακάτω σχήματος:

Λύση : Σχημάτισα το πεντάγωνο ADBEC . Κάθε μια από τις γωνίες A,B,C,D,E , χωρίζεται σε τρία μέρη και πηγαίνοντας με την αντίθετη φορά των δεικτών του ωρολογίου ονομάζω τις γωνίες αυτές A1,A2 ,A3 ,D1,D2 ,D3 ,B1,B2 ,B3,E1,E2 ,E3 ,C1,C2 ,C3 . Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 108

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Από το τρίγωνο ABE , έχουμε B3  E1  180  (A2  B2  E2 ) . Από το τρίγωνο CDE ,

C1  E3  180o  (C2  D2  E2 ) . Από το τρίγωνο ABC ,

A1  C3  180o  (A2  B2  C2 ) . Από το τρίγωνο ADE ,

D1  A3  180o  (A2  D2  E2 ) . Τέλος από το τρίγωνο BCD,

B1  D3  180o  (B2  C2  D2 ) . Από το πεντάγωνο όμως ADBEC , έχουμε :

A  B  C  D  E  540o  A1  A2  A3  B1  B2  B3  C1  C2  C3  D1  D2  D3  E1  E2  E3  540o . Σε αυτό το σημείο αν αντικαταστήσουμε τις παραπάνω σχέσεις στην τελευταία , κατέληξα στην: A2  B2  C2  D2  E2  180o , το άθροισμα που ψάχναμε. Β τρόπος Φέρνω το τμήμα AZ .Τότε AZ εξωτερική του τριγώνου AZB , άρα AZ  A1  B . Ομοίως, AZ  A2  E . Άρα Z  A  B  E . Στο τρίγωνο Z έχουμε

Z  ˆ  ˆ  180o . ˆ  ˆ  E  180o . Δηλαδή A  B  

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 109

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

ΘΕΜΑ 139

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

α) Να αποδείξετε ότι:

2(x  y  z)2  6(xy  yz  zx)  (x  y)2 (y  z)2  (z  x)2 . β) Αν οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί x,y,z είναι τέτοιοι ώστε xy  yz  zx σταθερό, τότε το άθροισμα: x2  y2  z2 γίνεται ελάχιστο, αν και μόνο αν

x  y  z. γ) Από όλα τα ορθογώνια παραλληλεπίπεδα που έχουν σταθερό το άθροισμα των τριών διαστάσεών τους, ποιο είναι εκείνο που έχει την μεγαλύτερη επιφάνεια;

Λύση : α) Η παράσταση γράφεται ως

2x2  2y2  2z2  4xy  4yz  4zx  6xy  6yz  6zx 

 (x2  2xy  y2 )  (y2  2yz  z2 )  (z2  2zx  x 2 )   (x  y)2  (y  z)2  (z  x)2 . β) Στην ανισότητα x2  y2  z2  xy  yz  zx , ξέρουμε ότι η ισότητα ισχύει για

x  y  z άρα το άθροισμα γίνεται ελάχιστο όταν οι τιμές των μεταβλητών είναι ίσες. (μπορούμε να το δείξουμε πιο αναλυτικά με την απόδειξη της ανισότητας ή τη χρήση του α)). γ) Ξέρουμε(και από το α) μπορούμε να το συμπεράνουμε) ότι (x  y  z)2  3(xy  zx  zx) με ισότητα για x  y  z . Αφού η επιφάνεια του παραλληλεπιπέδου είναι ίση με 2(xy  yz  zx) μεγιστοποιείται (γίνεται ίση με

2(x  y  z)2 ) για x  y  z . Άρα το παραλληλεπίπεδο πρέπει να είναι κύβος.

3

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 110

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

** Γενικά τα θεωρήματα επί των μεγίστων και των ελαχίστων έχουν αρκετό υλικό για να εξασκηθεί κάποιος. Γενικά πάντως ισχύουν: α) Το γινόμενο δύο μεταβλητών, των οποίων το άθροισμα είναι σταθερό, γίνεται μέγιστο όταν οι παράγοντες είναι ίσοι. β) Όταν το γινόμενο δύο μεταβλητών(θετικών) είναι σταθερό, το άθροισμά τους γίνεται ελάχιστο όταν οι παράγοντες είναι ίσοι. Οι δύο προτάσεις ισχύουν για κάθε αριθμό μεταβλητών.

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 140

Αν (x  y)2  6(x  y) (x  y)  9  0 , να αποδειχθεί ότι: | x  y | 3 .

Λύση : Είναι, (x  y)2  6(x  y) (x  y)  9  0 

  x  y  6 x  y· x  y  92  x  y  92  x  y  0  2

  x  y  3 x  y  92  x  y   0 .

2

Από την τελευταία σχέση, έπεται ότι,

x  y  3 x  y και  x  y  0 . Έχουμε, 2  x  y  2  x  y  12  x  y  1 και άρα

x  y  92  x  y  9  x  y  3 .

2

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 111

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 141 Αν σε τρίγωνο AB , ισχύει: 3

B   B  4  3  4 , 2013 2013 2013 2013

να αποδείξετε ότι το τρίγωνο αυτό είναι ισοσκελές.

Λύση : Θέτουμε για ευκολία: a  sin

B C ,b  sin .

2013 2013

Η παράσταση τώρα γίνεται : a3 (1  b2 )2  b3 (1  a 2 )2 όπου μετά από τις απαραίτητες πράξεις καταλήγουμε στην: (a  b)(a 2  ab  b2  2a 2b2  a 3b3 )  0 . 



a  b μας δίνει το ζητούμενο μιας και τότε θα έχουμε B  C , δηλαδή το AB είναι ισοσκελές. Επίσης 4  (| ab | 1)2  (ab  1)2 , άρα

a 2  ab  b2  2a 2b2  a3b3  (a  b)2  ab(ab  1)2  (a  b)2  4ab  (a  b)2  0 και τελειώσαμε. Με την παρατήρηση ότι οι αριθμοί a,b είναι θετικοί (εφόσον οι γωνίες

B  , είναι οξείες), σωστά έχει αντιμετωπίσει ο Κώστας (Broly) την 2013 2012 άσκηση 141. Ωστόσο, υπάρχει και άλλος τρόπος, ο οποίος μας επιτρέπει π.χ. να αντιμετωπίσουμε και την παρακάτω άσκηση:

ΘΕΜΑ 142 

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)



Αν B,  είναι γωνίες τριγώνου και αν:

n

B   B  m  n  m , (με m,n  N ), δείξτε ότι το 2013 2013 2013 2013

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 112

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

τρίγωνο AB είναι ισοσκελές.

Λύση : B   B     2013    2013  Η ισότητα μπορεί να γραφεί ως εξής :  .  C   C        2013   2013   n



m



Ας δεχθούμε αρχικά ότι B   . Τότε επειδή έχουμε να κάνουμε με οξείες γωνίες :

B   , τότε έχουμε 2013 2013

B  B      και  , άρα ο λόγος που βρίσκεται στο 2013 2013 2013 2013 αριστερό μέλος της παραπάνω ισότητας είναι μικρότερος του 1 με τα ημίτονα ενώ ο λόγος στο δεξί μέλος με τα συνημίτονα είναι μεγαλύτερος του 1 . 





Παρόμοια καταλήγουμε σε άτοπο και για την περίπτωση B   . 



Άρα B   και το τρίγωνο είναι ισοσκελές.

ΘΕΜΑ 143

(Broly)

Να βρεθεί το minmax(a 2  b,b2  a) , όπου a,b πραγματικοί αριθμοί.

Λύση : Είναι max{x,y} 

x  y | x  y| .

2

Επομένως θέλουμε να ελαχιστοποιηθεί η παράσταση

a 2 +b2 +a+b+|a 2 +b  b2  a| f (a,b)= .

2

1 4

Επειδή a 2 +a   , είναι φανερό ότι minf (a,b)=  Επιμέλεια: xr.tsif

1 1 όταν a  b   .

4 2 Σελίδα 113

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Β τρόπος α) Παίρνω πρώτα την περίπτωση να είναι

a 2  b  b2  a  (a  b)(a  b 1)  0  ( a  b  0 και a  b 1  0) ή ( a  b  0 και a  b 1  0 ). Τότε όπως παραπάνω έχω βρει, το ελάχιστο που ζητείται είναι το b) Ομοίως και όταν b2  a  a2  b , το ελάχιστο είναι το

3 .

4

3 .

4

c) Aν είναι, a2  b  b2  a , τότε (a  b)(a  b  1)  0  a  b ή a  b 1.

1 2

Aν a  b τότε ζητείται το min(a 2  a) , το οποίο επιτυγχάνεται για a   , δηλαδή για a  b  

1 1 και το ελάχιστο είναι το a 2  a   .

2 4

Αν a  b 1 τότε b  1  a και ζητείται το ελάχιστο της a 2  b δηλαδή της

a2  a 1, το οποίο επιτυγχάνεται όταν a 

1 3 και είναι το .

2 4

Από τις παραπάνω περιπτώσεις, βγαίνει το συμπέρασμα ότι το ελάχιστο που

1 4

ζητείται, είναι το  .

ΘΕΜΑ 144

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Δίνονται τα σύνολα των διαδοχικών φυσικών αριθμών:

A1  {1},A2  {2,3},A3  {4,5,6},A4  {7,8,9,10},.... Να βρεθεί το άθροισμα των στοιχείων του συνόλου A2013 .

Λύση : Τα πρώτα 2012 σύνολα περιέχουν

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 114

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

1  2  3  4  ...  2012 

n(n  1) 2012·2013   1006·2013  2.025.078 2 2

στοιχεία. Άρα το σύνολο A2013 περιέχει 2013 στοιχεία τα οποία είναι τα

2.025.079,2.025.080,.....,2.027.091. Οι αριθμοί αυτοί αποτελούν αριθμητική πρόοδο με a1  2.025.079 , an  2.027.091, n  2013,  1. Άρα το άθροισμά τους είναι ίσο με

S2013 

2013(a1  a n ) 2013·4.052.170   4.078.509.105 .

2 2 (ΚΛΕΟΒΟΥΛΟΣ ΚΟΦΟΝΙΚΟΛΑΣ)

ΘΕΜΑ 145

Έστω δύο παράλληλες ευθείες (1 ) και (2 ) . Στην ευθεία (1 ) ανήκουνε 10 σημεία, ενώ στην ευθεία (2 ) ανήκουνε 11 σημεία. Πόσα τρίγωνα μπορούμε να σχηματίσουμε συνολικά;

Λύση : Βρίσκουμε το πλήθος ευθυγράμμων τμημάτων σε κάθε ευθεία και πολλαπλασιάζουμε το αποτέλεσμα με τον αριθμό σημείων της απέναντι

10 

ευθείας. Δηλαδή στην πρώτη ευθεία υπάρχουν   ευθύγραμμα τμήματα ενώ 2

11

στην δεύτερη   ευθύγραμμα τμήματα. Δουλεύοντας όπως περιέγραψα 2

10   τρίγωνα με τις βάσεις τους στην πρώτη 2  

παραπάνω, σχηματίζονται 11 

11  τρίγωνα με τις βάσεις τους στην δεύτερη 2

ευθεία ενώ σχηματίζονται 10  

10  11  10    2  τρίγωνα.

2    

ευθεία. Συνολικά 11  Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 115

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(ΚΛΕΟΒΟΥΛΟΣ ΚΟΦΟΝΙΚΟΛΑΣ)

ΘΕΜΑ 146

Έστω τρίγωνο ABC και  το ορθόκεντρό του. Παίρνουμε το συμμετρικό του  ως προς BC το οποίο ονομάζουμε KH . Να αποδειχθεί ότι τα σημεία

A,B,C,KH είναι ομοκυκλικά.

Λύση : Αρκεί να αποδείξουμε ότι το τετράπλευρο ABCKH είναι εγγράψιμο. Έστω  το σημείο τομής της AH με την BC . Το τρίγωνο CHKH , έχει την CM ως ύψος και ως διάμεσος, άρα και ως διχοτόμος. Οπότε 











HCM  HCKH  CHM  CKH M  90  HCM  90  HCKH . 



Η γωνία όμως ABC έχει κάθετες πλευρές με την CHM , άρα 





ABC  CHM  CK H M , και το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο. Β τρόπος Δίνω μία πιο απλή προσέγγιση.

AH3H2H , BH1HH3 , HH2CH1 εγγράψιμα τετράπλευρα ( H1,H2 ,H3 ύψη). 





HBC  BKHC και K  H  180o  A και αποδείχθηκε ότι ABKHC εγγράψιμο άρα τα σημεία A,B,C,KH είναι ομοκυκλικά.

ΘΕΜΑ 147

(ΚΛΕΟΒΟΥΛΟΣ ΚΟΦΟΝΙΚΟΛΑΣ)

Σ' ένα χωριό οι γυναίκες βάφουν τα νύχια τους κόκκινα όλες με διαφορετικό τρόπο, χωρίς να υπάρχει γυναίκα με όλα τα νύχια άβαφα. Ποιος είναι ο αριθμός γυναικών στο χωριό;

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 116

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : Από την πολλαπλασιαστική αρχή είναι 2·2·2·...·2  210 . Όμως ένας συνδυασμός περιλαμβάνει δέκα άβαφα νύχια άρα σύνολο 210 1  1024 1  1023

ΘΕΜΑ 148

(ΚΛΕΟΒΟΥΛΟΣ ΚΟΦΟΝΙΚΟΛΑΣ)

Αν abc=1, a,b,c + τότε να αποδειχθεί ότι a2 +b2 +c2  3 . Για ποιες τιμές των a,b,c αληθεύει η ισότητα;

Λύση : Από ΑΜ – ΓΜ ισχύει ότι a 2  b2  c2  3 3 (abc)2  3 . Η ισότητα ισχύει για a=b=c=1.

ΘΕΜΑ 149

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Θεωρούμε το πολυώνυμο: P(x)  4x3  bx  4a 2 1, όπου a,b R και

1  a  1. Δίνεται επί πλέον ότι το P(x) έχει παράγοντα το x  1. α) Να εκφράσετε το b σαν συνάρτηση του a . β) Να βρείτε την ελάχιστη τιμή του b . γ) Για την ελάχιστη τιμή του b που βρήκατε παραπάνω, να λύσετε την εξίσωση: P(x)  0 . δ) Να βρείτε όλα τα ζεύγη (a,b) με b ακέραιο, για τα οποία η εξίσωση

P(x)  0 , έχει και άλλες ακέραιες ρίζες (εκτός την x  1), τις οποίες και να βρείτε.

Λύση : α) Αρχικά δοκίμασα με Vieta να βρω την σχέση μεταξύ a,b αλλά τελικά έβγαινε πιο απλά. Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 117

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Έστω λοιπόν ότι P(x)  4x3  bx  4a 2  1  4(x  1)(cx2  dx  e) όπου c,d,e πραγματικοί αριθμοί. Κάνοντας τις πράξεις και εξισώνοντας τους συντελεστές καταλήγουμε στις παρακάτω σχέσεις :

c  1,4(d  c)  0,4(e  d)  b, 4e  4a 2 1   c  1,d  c,b  4  4e,b  4a2  3. Β τρόπος Πιο απλά, P(1)  0 οπότε 4  b  4a2 1  0 και λοιπά. β) b  4a2  3  3, άρα η ελάχιστη τιμή του b είναι 3 και επιτυγχάνεται όταν a  0. γ) Για a  0 , b  3 , η εξίσωση γράφεται: 4x3  3x 1  0 . Όμως : 4x3  3x  1  4x3  4x  x  1  4x(x  1)(x  1)  (x  1) 

 (x 1)(4x2  4x  1)  (x 1)(2x  1)2 ,

1 2

άρα οι λύσεις της εξίσωσης είναι : x  1,x   . δ) Από την σχέση b  4a2  3 , η εξίσωση γράφεται: 4x3  bx  b  4  0 . Όμως 4x3  bx  4  4(x  1)(x2  x  1)  b(x  1)  (x 1)(4x 2  4x  4  b) . Επειδή b  Z , θα πρέπει το πολυώνυμο Q(x)  4x2  4x  4  b  0 , να έχει διακρίνουσα τέλειο τετράγωνο. Έχουμε b  42  42 (4  b)  42 (b  3) . Άρα θα πρέπει το b  3 να είναι τέλειο τετράγωνο. Όμως 4a 2  b  3  (2a)2  b  3 , άρα και ο 2a πρέπει να είναι ακέραιος. Από την σχέση b  4a2  3, μπορούμε να πάμε καλύτερα μέσω a , όπου τότε η

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 118

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

εξίσωση γράφεται : 4x2  4x  4a2 1  0 , με διακρίνουσα a  (8a)2 , από όπου

1 2

παίρνουμε τις ρίζες x1  a  ,x2  a 

1 .

2

Για να έχουμε ακέραιες ρίζες μιας και 1  a  1, θα πρέπει το a να παίρνει τις

1 1 ,  , που συμβαδίζει και με το γεγονός ότι ο 2a είναι ακέραιος και 2 2 συνεπώς ο a ρητός. τιμές

1 2

1 2

Για a  ,  , έχουμε b  4a2  3  1  3  4 , και η αρχική εξίσωση τώρα γράφεται :

P(x)  4x3  4x  0  x(x 1)(x  1)  0 . Άρα έχουμε τις ακέραιες ρίζες 1 1  1,0,1 οι οποίες επιτυγχάνονται για τα ζεύγη (a,b)  ( ,4),( ,4) .

2 2 (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 150

Δίνεται η εξίσωση ax2  bx  c  0 , όπου οι αριθμοί a,b,c είναι περιττοί ακέραιοι. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση αυτή, δεν έχει ακέραια ρίζα.

Λύση : Θα αποδείξω κάτι ισχυρότερο. Η εξίσωση αυτή δεν έχει ρητή ρίζα. Θα υποθέσω ότι x 

y είναι μία ρητή ρίζα της δοσμένης, με (y,z)  1. Τότε θα z

ισχύει ay2  byz  cz2  0 . Αφού (y,z)  1, τότε δεν μπορεί και οι δύο να είναι άρτιοι. Παίρνουμε τις ακόλουθες περιπτώσεις:  Να είναι και οι δύο περιττοί.

ay2  byz  cz2  0 που είναι άτοπο διότι ay2  byz  cz2 περιττός και 0 άρτιος.  Να είναι ο z άρτιος και ο y περιττός, Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 119

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

τότε ay2 περιττός και byz,cz2 άρτιοι. Από τη θεωρία αριθμών άρτιος + περιττός = περιττός. Άτοπο.  όμοια και αν ο y άρτιος και ο z περιττός. Άρα η δοσμένη δεν έχει ρητές (συνεπώς και όχι ακέραιες που είναι υποσύνολο των ρητών αριθμών) ρίζες. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 151

Αν x, y  N , να αποδείξετε ότι η εξίσωση:

x  x  x  y , δεν έχει άλλη

ακέραια λύση, εκτός από την (x, y)  (0,0) .

Λύση : Ύστερα από 2 τετραγωνισμούς, προκύπτει x  m2 ,m N και m2  m  2 ,  N . Όμως m2  m2  m  (m  )2 για m  0 . (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 152

Να λυθεί η εξίσωση: (x2  2x)2  (x  1)2  55 .

Λύση : Για x  R έχουμε,

(x2  2x)2  (x  1)2  55   x2  2x    x2  2x  1  55  0  2

1 1    x  2x    x  2x   56  0   x2  2x     56   0  2 4  2 1  225 1 15 1 15  2   x  2x      x2  2x    x2  2x    .

2 4 2 2 2 2  2

2

2

2

x2  2x  8  x2  2x  7   x 1  9   x 1  6  2

Επιμέλεια: xr.tsif

2

Σελίδα 120

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

 x  2  x  4  x   x  2  x  4 .

Β τρόπος Μια λίγο πιο διαφορετική λύση

(x2  2x)2  (x  1)2  [x(x  2)]2  (x  1)2 . Θέτουμε u  x 1. Οπότε η εξίσωση γράφεται

[(u  1)(u  1)]2  u2  55  (u2  1)2  u2  u4  3u2  54  0 , με   225  152 και καταλήγουμε πάλι ότι u2  9... . (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 153

Να λυθεί η εξίσωση: (5  x) 5  x  (x  3) x  3  2( 5  x  x  3) .

Λύση : Εννοείται ότι 5  x  3 . Η ισότητα γράφεται

(5  x)3  (x  3)3  2( 5  x  x  3) 

 ( 5  x  x  3)(5  x  (5  x)(x  3)  x  3)  2( 5  x  x  3) . Πολλαπλασιάζουμε με τη συζυγή του δεύτερου παράγοντα του δεύτερου μέλους και έχουμε ( (x  3)(5  x) 1)( (x  3)(5  x)  2)  (8  2x) .

LHS  2 και RHS  2 . Οπότε καταλαβαίνουμε ότι 8  2x  2  x  3 . (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 154 a b

b a

Αν a,b  0 να αποδείξετε ότι: (1  )10  (1  )10  211 . Όσοι μπορείτε, αποδείξτε και την γενίκευση: Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 121

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

a b (1  )n  (1  )n  2n1 , για κάθε n  N . b a

Λύση : Για την γενίκευση, θα εργαστούμε με Αρχή Μαθηματικής Επαγωγής. Θα χρειαστούμε επίσης και την βασική ανισότητα x 

1  2,x  0 . x

Έστω a,b  0 .

n  1,

i)

a b a b  1   2      2  2  4  211 . b a b a

Είναι, 1 

n  2,

ii)

 a 2 b2   a b   a   b 21 1  b   1  a   2   b2  a 2   2 b  a   2  2  2·2  2 .         2

2

 a   b Έστω ότι 1    1    2n1 ,n  2 .  b  a  Θέτουμε όπου n  n 1, n

iii) iv)

n 1

n 1

n

n 1

 a  b  a  a   b  b  1  b   1  a   1  b 1  b   1  a 1  a             n

n 1k n 1k  n  1  a  n 1  b   n1  n  1        2  21  1  2n2 .     k 0  k   b   a   k0  k   n 1

Συνεπώς, από Αρχή Μαθηματικής Επαγωγής, είναι

 a   b n 1 1  b   1  a   2 , n  N .     n

n

Για n 10 έχουμε και την πρώτη ανισότητα. Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 122

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Β τρόπος για το α Θα δώσω και μια λύση για το (α) χωρίς επαγωγή, και έτσι θα δοθεί και ο δρόμος για την απόδειξη της γενίκευσης επίσης χωρίς επαγωγή:

Θα χρησιμοποιηθούν δύο βασικές και χιλιοειπωμένες ανισότητες: α) x2  y2  2xy για κάθε x,y  R . b)

x y   2 , για κάθε x,y ομόσημους. y x

Έχουμε λοιπόν:

a b a b a b (1  )10  (1  )10  [(1  )5 ]2  [(1  )5 ]2  2(1  )5 (1  )5  b a b a b a a b b a a b 2[(1  )(1  )]5  2(1    1)5  2(2   )5  2(2  2)5  b a a b b a  2  45  2  210  211 . Άλλος τρόπος α) Το βρήκα διαφορετικά: Από την ανισότητα αριθμητικού – γεωμετρικού μέσου η δοσμένη γράφεται ως

a b a b (1  )10  (1  )10  2[(1  )(1  )]5 , b a b a όμως επειδή

a b   2 και μετά από κατάλληλες πράξεις έχουμε το ζητούμενο. b a

β) Για τη γενίκευση θα θέσω όπου είχα πριν το 5 το

n και με την ίδια μέθοδο 2

βγαίνει.

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 123

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 155

Αν x, y,z  0 και αν xyz  1 και x  y  z 

1 1 1   , να αποδείξετε ότι οι x y z

αριθμοί x,y,z είναι διάφοροι της μονάδας.

Λύση : Έστω ότι x  1. Θα είναι y  z 

1 1   y  z  yz(y  z) . Όμως έχουμε y z

yz  1 άρα yz(y  z)  y  z , άρα καταλήγουμε σε άτοπο. Με τον ίδιο τρόπο κανένας εκ των τριών αριθμών δε γίνεται να είναι ίσος της μονάδας.

ΘΕΜΑ 156

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

(sinx)2n2 (cosx)2n2 1 Αν η ισότητα: , όπου a,b  0 , αληθεύει για   n n a b (a  b)n n  1, να αποδείξετε ότι θα αληθεύει και για κάθε n  N* .

Λύση : Αφού ισχύει για n  1 έχουμε

sin4 x cos4 x 1   a b a b

(1) .

Όμως, από την ανισότητα Cauchy – Schwarz ισχύει

sin4 x cos4 x (sin2 x  cos2 x)2 1 .    a b ab a b Επομένως, η (1) μας λέει ότι ισχύει η ισότητα στην Cauchy – Schwarz. Αυτό συμβαίνει αν και μόνο αν

sin2 x cos2 x sin2 x cos2 x sin 2 x  cos2 x 1       a b a b a b a b Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 124

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

 sin 2 x 

a b ,cos2 x  . ab ab

Τότε, με απλή αντικατάσταση, διαπιστώνουμε ότι η αρχική ισχύει για κάθε n  1. Β τρόπος

sin4x cos4x 1 Για n  1, έχουμε    a b ab

b(a  b)sin4x  a(a  b)cos4x  ab  b(a  b)(1  cos2x)2  a(a  b)cos4 x  ab   b(a  b)(1  cos4x  2cos2x)  a(a  b)cos4x  ab   b(a  b)  b(a  b)cos4x  2b(a  b)cos2x  a(a  b)cos4x  ab  [b(a  b)  a(a  b)]cos4x  2b(a  b)cos2 x  b(a  b)  ab  0   (a  b)2 cos4x  2b(a  b)  b2  0  [(a  b)cos 2x  b]2  0  cos 2x  Kαι αφού sin 2 x  1  cos2 x  sin 2 x  1 

b . ab

b a  . ab ab

Στη συνέχεια, όπως πιο πάνω έχει γράψει ο Θάνος, με απλή αντικατάσταση, έχουμε:

(sinx)2n2 (cosx)2n2 (sin 2x)n1 (cos2x)n1    an bn an bn



a n1 bn1 (a  b)n1 (a  b)n1    an bn

a b ab 1    . n 1 n 1 n 1 (a  b) (a  b) (a  b) (a  b)n

ΘΕΜΑ 157

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Να εξετάσετε αν υπάρχουν ακέραιοι x,y τέτοιοι ώστε να είναι: 2x2  y2  220 .

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 125

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : Η δοθείσα εξίσωση γράφεται y2  220  2x2  y2  2(110  x2 )

(1) .

H σχέση (1) μας δίνει ότι ο y2 είναι άρτιος. Άρα, θα είναι άρτιο τέλειο τετράγωνο μικρότερο από το 220 . Τα τέλεια τετράγωνα τα οποία είναι άρτια κάτω από το 220 είναι 4,16,36,64,100,144,196 . Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:  y2  4  220  2x2  4  x2  108 , άτοπο.  y2  16  220  2x2  16  x2  102 , άτοπο.  y2  36  220  2x2  36  x 2  92 , άτοπο.  y2  64  220  2x 2  64  x 2  78 , άτοπο.  y2  100  220  2x 2  100  x 2  60 , άτοπο.  y2  144  220  2x 2  144  x 2  38 , άτοπο.  y2  196  220  2x 2  196  x 2  112 , άτοπο. Παρατηρούμε ότι σε όλες τις παραπάνω περιπτώσεις παίρνουμε άτοπο και άρα δεν υπάρχουν ακέραιοι x,y που να ικανοποιούν την εξίσωση της υπόθεσης. Β τρόπος Αν x, y  Z με 2x2  y2  220 , τότε επειδή το τετράγωνο ενός ακεραίου είναι ισοδύναμο με 0 ή 1

x2  y2  0

 mod4 , κι αφού 220  0 mod4 , θα είναι

mod4 , όποτε οι x,y είναι και οι δυο άρτιοι.

Συνεπώς, 2x12  y12  55 , όπου x1  Δουλεύοντας θα πρέπει x12

x y και y1  .

2 2

 mod3 βλέπουμε ότι αφού 55  1  mod3 και y  0  mod3 , κι άρα x  0  mod3 .

Επιμέλεια: xr.tsif

1

περιττός,

1

Σελίδα 126

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Αν x1  3x2 η εξίσωση γίνεται 18x 22  y12  55 , οπότε x 22 

55 1  3  4.

18 18

Εξετάζοντας τις δυο περιπτώσεις όπου x22  0 και x22  1 , αντίστοιχα, βλέπουμε ότι η εξίσωση είναι αδύνατη. Γ τρόπος Από την υπόθεση, είναι φανερό ότι ο y είναι άρτιος. Άρα υπάρχει k  Z ώστε

y  2k . Έτσι η εξίσωση γράφεται:

2x2  4k2  220  x2  2k2 110  x  άρτιος. Άρα υπάρχει k1  Z ώστε x  2k1 . Άρα 4k12  2k2  110  2k12  k2  55  k  περιττός. Άρα υπάρχει k2  Z ώστε

k  2k2 1. Άρα 2k12  (2k2  1)2  55  2k12  4k 22  4k 2  54  k12  2k 22  2k 2  27 . Άρα k1  περιττός. Άρα υπάρχει k3  Z ώστε k1  2k3 1. Άρα (2k32  1)2  2k 22  2k 2  27  4k32  4k3  2k 22  2k 2  26 

2k32  2k3  k22  k2  13  2k32  2k3  k2 (k2  1)  13 . Η εξίσωση αυτή είναι αδύνατη, διότι το πρώτο της μέλος είναι άρτιος (αφού k2 (k2 1)  άρτιος) και το δεύτερο περιττός.

ΘΕΜΑ 158

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Θεωρούμε την εξίσωση: x2  (k  2)x  k  2  0 , με k  2 . α) Να αποδείξετε ότι έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες. β) Αν m,n είναι οι ρίζες της πιο πάνω εξίσωσης, να αποδείξετε ότι:

m3  n3  m3n3  0 .

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 127

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : α)   (k  2)2  4(k  2)  k 2  4  (k  2)(k  2)  0 , αφού k  2 , και άρα η εξίσωση έχει 2 ρίζες πραγματικές και άνισες. β) Από Vieta , S  m  n  k  2,P  mn  2  k . Άρα m3  n3  (mn)3  (m  n)[(m  n)2  3mn]  (mn)3 

 (k  2)[(k  2)2  3(2  k)]  (2  k)3  ...  3(k  2)2  0 .

ΘΕΜΑ 159

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Δίνεται το πολυώνυμο P(x)  x3  5x2  8x  m , m  R και k  Z . Αν γνωρίζουμε ότι το P(x) έχει για παράγοντα το (x  k)2 , α) Να αποδείξετε ότι ο k είναι ρίζα της εξίσωσης 3x2 10x  8  0 .

m100  k100 b) Να δείξετε ότι ο αριθμός: , είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου. m50  1

Λύση : α) Εφ' όσον το πολυώνυμο P(x) έχει για παράγοντα το (x  k)2 , υπάρχει πολυώνυμο Q(x)  ax  b,a  0,b  R ώστε P(x)   x  k  ax  b .

2

Τότε, ισχύει ότι

x3  5x2  8x  m  ax3   b  2ak x2  ak2  2bk x  bk2 και συνεπώς  a 1  b  2k  5  .  2 k  2bk  8   bk 2  m Από την δεύτερη εξίσωση έχουμε b  2k  5 και έτσι η τρίτη δίνει Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 128

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

k2  2 2k  5 k  8  0  k2  4k2 10k  8  0 3k2 10k  8  0 

 3k2  10k  8  0 , γεγονός που αποδεικνύει ότι ο αριθμός k k είναι ρίζα της εξίσωσης 3x2 10x  8  0 . β) Για x  R είναι,

10 8  5 1 4 3x 10x  8  0  x  x     x     x   x  2 .

3 3  3 9 3 2

2

2

Επειδή k  Z , συνάγεται ότι k  2 . Για k  2 παίρνουμε b  2k  5  4  5  1και m  bk 2  4 .

100 100 m100  k100 4100  2100 2  2  1 100 50 2 Έτσι, , με 250  N .    2  2   50 50 100 m 1 4 1 2 1

Β τρόπος α) Το πολυώνυμο έχει διπλή λύση τον αριθμό k . Ως πολυώνυμο τρίτου βαθμού θα έχει μια ακόμη λύση. Ας την ονομάσουμε  .

2k    5 , απ' όπου λαμβάνουμε 2 2k  k  8

Χρησιμοποιούμε τύπους Vieta και έχουμε 

3k2 10k  8  0 κι έτσι αποδείξαμε το ζητούμενο. β) Βρίσκουμε ότι k  2 , m  4 . Συνεπώς πρέπει να αποδείξουμε ότι ο αριθμός

4100  2100 A  50 είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

4 1 2100 (2100  1) 100 A  2  (250 )2 .

100 2 1 Σημείωση: Αν δεν ξέρει κάποιος τύπους Vieta μπορεί να πει ότι P(x)  (x  k)2 (x  ) και να κάνει τις πράξεις. Θα καταλήξει στις ίδιες σχέσεις.

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 129

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 160

Να λυθεί η εξίσωση: 7(x  1)2 11(x3  1)  4(x 2  x  1)  0 .

Λύση : Μιας και δεν αναφέρεται το σύνολο στο οποίο πρέπει να λυθεί θα υποθέσω ότι είναι το R .

7(x  1)2 11(x3  1)  4(x 2  x  1)  0 

 7(x  1)2 11(x  1)(x 2  x  1)  4(x 2  x  1)  0   7(x  1)2  7(x  1)(x 2  x  1)  4(x  1)(x 2  x  1)  4(x 2  x 1)  0   7(x  1)(x 2  2x)  4(x 2  x  1)x  0  7x(x  1)(x  2)  4(x 2  x 1)x  0   x[7(x  1)(x  2)  4(x 2  x  1)]  0 . Άρα προκύπτει ότι x  0 ή 7(x2  x  2)  4(x 2  x 1)  0 11x 2 11x 10  0 

x 

1 1 (11  561) ή x  (11  561) .

22 22 (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 161

Να βρεθεί ο αριθμός a , ώστε η ελάχιστη τιμή της παράστασης:

y  a(1  x)2  (1  a)x 2 να γίνει η μέγιστη δυνατή.

Λύση : Κάνοντας πράξεις έχω:

y  x2  1  2x  a  y  x2  2ax  a   x  a   a  a 2  a  a 2 .

2

Επομένως η ελάχιστη τιμή της παράστασης y είναι a  a2 και λαμβάνεται για

1  1 1 1 x  a . Τώρα έχω a  a    a     δηλ έχει μέγιστη τιμή και την 4  2 4 4 1 "πιάνει" για a  .

2 2

2

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 130

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

ΘΕΜΑ 162

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Αν a,b,c,d R και αν abcd  1, να αποδείξετε ότι: (a 2  c2 )(b2  d2 )  4 .

Λύση : Βγαίνει και με Cauchy – Schwarz αλλά και με AM – GM.

LHS  a 2b2  a 2d2  b2c2  c2d2  4 4 (a 2b2 )(a 2d2 )(b2c2 )(c2d2 )  4 4 (abcd)4 

 4| abcd| 4. Β τρόπος Αν δεν κάνω λάθος στην παραπάνω έγινε χρήση της ΑΜ – ΓΜ. Δίνω λοιπόν λύση με την Cauchy – Schwarz.

(a 2  b2 )(c2  d2 )  (ac  bd)2  4 .  ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ 1η : Αν ac,bd R , το δεύτερο μέλος είναι μεγαλύτερο ή ίσο του 4 διότι ac  bd  2 ως άθροισμα αντιστρόφων και 22  4 .  ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ 2η : Αν ac,bd R , το δεύτερο μέλος είναι 4 διότι ac  bd  2 ως άθροισμα αρνητικών αντιστρόφων και (2)2  4 .

ΘΕΜΑ 163

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Αν z  0 , (a  x)(a  y)  0 και αν a 

y  a , (όπου x, y,z,a  R ).

xyz , να αποδείξετε ότι x  a και 2

Λύση : Υποθέτουμε ότι x  a και y  a . Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 131

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Τότε, επειδή z  0 , θα ισχύει a 

x yz x y a a    a , άτοπο.

2 2 2

Αν ίσχυε ότι x  a και y  a , τότε  a  x  a  y  0, άτοπο. Με το ίδιο σκεπτικό, καταλήγουμε σε άτοπο, αν υποθέσουμε ότι x  a και ya. Συνεπώς, x  a και y  a . Β τρόπος Αφού (a  x)(a  y)  0  (x  a  y  a)  (x  a  y  a) . Όμως a 

xyz  2a  x  y  z  (a  x)  a  y)  z  0 .

2

Αν ήταν x  a και y  a , άτοπο. Άρα x  a και y  a .

ΘΕΜΑ 164

(ΚΑΛΑΘΑΚΗΣ ΓΙΩΡΓΗΣ)

Ένας ακριβώς από τους παρακάτω αριθμούς 999973,999983,999991,1000001,7999973 είναι πρώτος. Ποιος ;

Λύση : 999973  1.000.000  27  1003  33  (100  3)(1002  300  9) .

999991  106  9  10002  32  (1000  3)(1000  3) .

1000001  106  1  1003  13  (100  1)(1002  100  1) .

7999973  8.000.000  27  2003  33  (200  3)(2002  600  9) . Άρα ο 999983 είναι πρώτος αφού οι υπόλοιποι είναι σύνθετοι.

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 132

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

ΘΕΜΑ 165

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Δίνεται το πολυώνυμο f (x)  ax3  bx2  cx  d , με a  0 και a,b,c,d Z . Αν

f (0)f (1) είναι περιττός αριθμός, δείξτε ότι το f (x) , δεν έχει ρίζα ακέραιο αριθμό.

Λύση : Αρκεί να δείξουμε ότι ο f (x) είναι περιττός για κάθε x  Z Οι f (0),f (1) είναι περιττοί. Αν ο x είναι άρτιος τότε f (x)  f (0)  x ax2  bx  c  άρτιος, οπότε ο f (x) είναι περιττός. Αν ο x είναι περιττός τότε f (x)  f (1)  a  x3 1  b(x2 1)  c(x 1)  άρτιος, οπότε ο f (x) είναι περιττός. Β τρόπος Έστω ότι το πολυώνυμο έχει ρίζα p  Z . Τότε f (x)  (x  p)H(x) , όπου το

H(x) είναι πολυώνυμο δευτέρου βαθμού με ακέραιους συντελεστές. Τώρα f (0)f (1)  pH(0)(1  p)H(1)  p(p 1)H(0)H(1)  άρτιος, αφού ο αριθμός

p(p 1) , είναι άρτιος ως γνωστόν, (και οι αριθμοί H(0),H(1) , είναι ακέραιοι). Καταλήξαμε λοιπόν σε άτοπο και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

ΘΕΜΑ 166

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Να προσδιορίσετε πολυώνυμο P(x) δευτέρου βαθμού τέτοιο ώστε P(0)  0 και P(x)  P(x  2)  4x , για κάθε x  R .

Λύση : Έστω P(x)  ax 2  bx  c,a  0,x  R το ζητούμενο πολυώνυμο. Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 133

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

P(0)  0  c  0  P(x)  ax 2  bx,x  R .

Για κάθε x  R έχουμε 2 P(x)  P(x  2)  4x  ax2  bx  a  x  2  b  x  2  4x 

 ax2  bx  ax2 ax  4a  bx  2b  4x  4ax  2b  4a  4x . Για x  0 παίρνουμε, 2b  4a  0  b  2a , ενώ για x  1,

4a  2b  4a  4  2b  4  b  2 . Για b  2, βρίσκουμε 2a  2  a  1. Τότε, P(x)  x2  2x,x  R και για κάθε x  R είναι,

P(x)  P(x  2)  x2  2x   x  2  2 x  2  2

 x2  2x  x2  4x  4  2x  4  4x . Συνεπώς, το ζητούμενο πολυώνυμο είναι το P(x)  x2  2x,x  R . (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 167

Να βρεθούν οι κοινές λύσεις των εξισώσεων:

2x3  x2  2x 1  0 και 2(2x 1)2013  (4x 1)2014  1  4x .

Λύση : Για x  R έχουμε,

2x3  x2  2x 1  0   2x3  2x    x2 1  0  2x  x2 1   x2 1  0  1   x2 1  2x 1  0   x  1 2x 1 x 1  0  x  1  x   x  1.

2 Για x  1 είναι 2 2x 1

2013

Επιμέλεια: xr.tsif

  4x 1

2014

1  4x  2 3

2013

  5

2014

 5  0.

Σελίδα 134

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Για x 

1 2013 2014 είναι 2 2x 1   4x 1 1  4x  0 1 1  2  0 .

2

Για x  1 είναι 2 2x 1

2013

  4x 1

2014

1  4x  2  32014 1  4  32014 1  0 .

1 2

Συνεπώς, η μοναδική κοινή λύση των δύο εξισώσεων είναι η x  . (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 168

Αν a,b,c  R* και αν ab  bc  ca  1, να αποδείξετε ότι :

a

(b2  1)(c2  1) a 2  1)(c2  1) (a 2  1)(b2  1)  b  c  2. a2 1 b2  1 c2  1

Λύση : Είναι,

a2 1  a2  ab  bc  ca  a a  b  ca  b  a  ba  c , b2 1  b2  ab  bc  ca  ba  b  c a  b  a  bb  c , c2 1  c2  ab  bc  ca  ca  c  ba  c  a  cb  c . Χρησιμοποιώντας και το γεγονός ότι a,b,c  0 λαμβάνουμε,

a

b

c

b

2

a

2

a

2

 1 c2  1 a a2 1

 b  c

2

 ab  ca ,

 1 c2  1 2  b  a  c   ab  bc , 2 b 1

 1 b2  1 2  c a  b  bc  ca .   c2  1

Προσθέτουμε κατά μέλη και παίρνουμε Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 135

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(b

 1 c2  1 a b a2 1  2ab  bc  ca   2 , 2

a

2

 1 c2  1 c b2  1

a

2

 1 b2  1  c2  1

που είναι το ζητούμενο. Β τρόπος Ας το δούμε και τριγωνομετρικά: Υπάρχει τρίγωνο ABC ώστε a  cotA,b  cotB,c  cotC . Λόγω της ταυτότητας 1  cot 2 x 

sin A

1 το αριστερό μέλος γράφεται sin 2 x

cosA

cos(B  C)

cotA sin BsinC   sin BsinC   sin BsinC   (cot BcotC 1)  1  3  2 .

ΘΕΜΑ 169

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Έστω p πρώτος. Να αποδείξετε ότι το υπόλοιπο της διαίρεσης του p με τον 30 , ή θα είναι ίσο με την μονάδα ή θα είναι επίσης πρώτος αριθμός.

Λύση : Έστω λοιπόν p  30k  u,u  30 . Καταρχάς αν ο u είναι άρτιος , u  2m, τότε

p  30k  2m  2(15k  m) , p σύνθετος, άτοπο. Τώρα αν ο u  30 είναι περιττός και μη πρώτος , καταλήγουμε στο ότι ο p θα είναι είτε πολλαπλάσιο του 3 , είτε πολλαπλάσιο του 5 . Πράγματι για u  9,21,27 , ο p είναι πολλαπλάσιο του 3 , ενώ για u  15,25 ο

p είναι πολλαπλάσιο του 5 .

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 136

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Ας δούμε και μερικές ασκησούλες του αγαπημένου μαθηματικού κλάδου, της Συνδυαστικής.

ΘΕΜΑ 170

(ΚΛΕΟΒΟΥΛΟΣ ΚΟΦΟΝΙΚΟΛΑΣ)

Μια ομάδα μπάσκετ έχει 10 παίκτες, από τους οποίους ο μικρότερος είναι 20 ετών και ο μεγαλύτερος 28 . Να εξετάσετε αν υπάρχουν δύο παίκτες με την ίδια ηλικία.

Λύση : Αν είχαν όλοι διαφορετική ηλικία, θα είχαν τις ηλικίες 20,21,22,23,24,25,26,27,28 , δηλαδή θα ήταν 9 άτομα. Άρα αφού είναι 10 , δύο τουλάχιστον θα έχουν την ίδια ηλικία.

ΘΕΜΑ 171

(ΚΛΕΟΒΟΥΛΟΣ ΚΟΦΟΝΙΚΟΛΑΣ)

Ένας διευθυντής Γυμνασίου επέλεξε και από τις τρεις τάξεις συνολικά 25 μαθητές για να εκπροσωπήσουν το σχολείο σε μια εκδήλωση. Να αποδείξετε ότι ανάμεσά τους υπάρχουν τουλάχιστον 9 μαθητές της ίδιας τάξης.

Λύση : Στο ίδιο στυλ και η άσκηση αυτή. Αν υπάρχουν το πολύ 8 μαθητές από κάθε τάξη, τότε οι επιλεχθέντες μαθητές θα ήτανε 24 . Αφού όμως είναι 25 , άρα τουλάχιστον 9 μαθητές της ίδιας τάξης θα υπάρχουν.

Με παρόμοιο τρόπο λύνονται και οι υπόλοιπες.

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 137

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

ΘΕΜΑ 172

(ΚΛΕΟΒΟΥΛΟΣ ΚΟΦΟΝΙΚΟΛΑΣ)

Στις αθλητικές εκδηλώσεις ενός Γυμνασίου συμμετέχουν συνολικά 31μαθητές και από τις τρεις τάξεις. Αν κάθε τάξη έχει δύο τμήματα, να αποδείξετε ότι ανάμεσα στους μαθητές αυτούς υπάρχουνε τουλάχιστον 6 συμμαθητές, δηλαδή 6 μαθητές του ίδιου τμήματος.

Λύση : Αφού κάθε τάξη έχει 2 τμήματα, όλα τα τμήματα του σχολείου είναι 2  3  6 . Αν επέλεγε από κάθε τμήμα 5 μαθητές τότε θα είχε συνολικά 5  6  30 . Αφού όμως έχει 31 από ένα τμήμα επέλεξε 6 μαθητές.

ΘΕΜΑ 173

(ΚΛΕΟΒΟΥΛΟΣ ΚΟΦΟΝΙΚΟΛΑΣ)

Σε ένα τμήμα της Α' Λυκείου υπάρχουν 28 μαθητές. Σε ένα τεστ του πρώτου τριμήνου έγραψαν όλοι οι μαθητές από 10 έως 18 . Να αποδείξετε ότι τουλάχιστον τέσσερις μαθητές έγραψαν τον ίδιο βαθμό. Υπόδειξη: Αρχή του Dirichlet.

Λύση : Όλοι οι βαθμοί είναι 9 . Όμως 28  3 9 1 και άρα οι μαθητές που έγραψαν τον ίδιο βαθμό είναι 3 1  4 .

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 138

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Ας δώσουμε και τον ορισμό της Αρχής της Περιστεροφωλιάς /Αρχής του Dirichlet για μία άλλη προσέγγιση. Θεωρητικά είναι ο ίδιος τρόπος με λιγότερο γράψιμο.

ΘΕΩΡΙΑ : ΑΡΧΗ ΤΗΣ ΠΕΡΙΣΤΕΡΟΦΩΛΙΑΣ Αν nk  1 περιστέρια καθίσουν σε k φωλιές, τότε σε κάποια φωλιά θα καθίσουν τουλάχιστον n  1 περιστέρια. Δηλαδή το πρόβλημα με βάση της αρχής της περιστεροφωλιάς μπορεί να λυθεί ως: Από την αρχή της περιστεροφωλιάς ισχύει ότι 31  6  5 1. Άρα ένα τμήμα είχε τουλάχιστον 6 μαθητές.

Αν θες να δεις εφαρμογή της Αρχής της Περιστεροφωλιάς σε συνθετότερα θέματα δες το blog με θέματα από ΒΜΟΝ/ΒΜΟ/ΔΜΟ εδώ: http://problsolving.blogspot.gr/

ΘΕΜΑ 174

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

a) Αν οι αριθμοί p και 8p2  1 είναι πρώτοι, δείξτε ότι υποχρεωτικά θα είναι

p  3. b) Αν οι αριθμοί p,p  10,p  14 είναι πρώτοι, τότε p  3 .

Λύση : Θα απαντήσω μόνο για το (α). Λοιπόν: Έστω p  3 . Αν p  2 , τότε 8p2  1  33 , που είναι σύνθετος, άτοπο. Άρα p  3 . Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 139

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Δίνουμε στον p τις μορφές p  3k  1 και p  3k  2 . Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:  Αν p  3k  1 έχουμε:

8p2  1  8(3k  1)2  1  8(9k2  6k  1)  1  72k 2  48k  9  3(24k 2  16k  3) που είναι σύνθετος, άτοπο.  Αν p  3k  2 έχουμε:

8p2  1  8(3k  2)2  1  8(9k 2  12k  4)  1  72k 2  96k  33  3(24k 2  32k  11) που είναι σύνθετος, άτοπο. Άρα αναγκαστικά p  3 . Με παρόμοιο σκεπτικό λύνεται και το (β). Έστω ότι p  3 . Αν p  2 παίρνουμε ότι p  10  2  10  12 , που είναι σύνθετος, άτοπο. Η διαίρεση του p με τον 3 μας δίνει υπόλοιπο 1 ή 2 . Άρα p  3k  1 ή

p  3k  2 . Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:  Αν p  3k  1, τότε p  14  3k  15  3(k  3) , που είναι σύνθετος, άτοπο.  Αν p  3k  2 , τότε p  10  3k  12  3(k  4) , που είναι σύνθετος, άτοπο. Άρα, αναγκαστικά p  3 .

ΘΕΜΑ 175

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

x y z   , όπου (a  b)(b  c)(c  a)  0 , να αποδείξετε ότι a b bc ca x  y  z  0.

Αν

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 140

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : Έστω ότι όλα τα κλάσματα είναι ίσα με έναν σταθερό αριθμό k . Τότε θα ισχύει:

x  k(a  b),y  k(b  c),z  k(c  a) και άρα x  y  z  ka  kb  kb  kc  kc  ka  0 . Αποδείχθηκε. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 176

Αν a,b,x,y  R* και αν a  y,b  x , να αποδείξετε ότι:

x b b2  bx  x2 a 2  ay  y2 x y  . ή    a y b2  bx  x2 a 2  ay  y2 b a

Λύση : Για ευκολία ας θέσουμε c 

x y και d  . Τότε b a

b2  bx  x2 a 2  ay  y2 c2  c  1 d2  d  1   2   b2  bx  x2 a 2  ay  y2 c  c  1 d2  d  1 c2  c  1 d2  d  1 2c 2d  2 1  2 1  2  2  c  c 1 d  d 1 c  c 1 d  d 1

 c  d cd 1  0  x  y b

a

ή

x b  . a y

ΘΕΜΑ 177

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Αν a  b  c  0, να αποδείξετε ότι:

1 a n3  bn3  cn3  abc(an  bn  cn )  (a 2  b2  c2 )(a n1  bn1  cn 1 ) για κάθε 2 n N.

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 141

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Υπόδειξη Χρησιμοποιούμε την ταυτότητα:

(x  a)(x  b)(x  c)  x3  (a  b  c)x 2  (ab  ac  bc)x  abc , για κάθε x  R .

Λύση : Ας είναι x3  (a  b  c)x 2  (ab  bc  ca)x  abc  0 , η εξίσωση τρίτου βαθμού με ρίζες τις a,b,c

a 2  b 2  c2 Είναι a  b  c  0 άρα και ab  bc  ca   οπότε η εξίσωση 2 a 2  b 2  c2 x  abc  0 . γράφεται x  2 3

Το a είναι ρίζα της εξίσωσης, άρα

a3 

a 2  b 2  c2 a 2  b2  c2 n1 a  abc  0  a n3  a  abca n  0 2 2

Γράφουμε ακόμα δύο τέτοιες σχέσεις, μια για το b και μια για το c . Προσθέτουμε τις τρεις αυτές ισότητες και προκύπτει η ζητούμενη. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 178

Να βρεθεί ο μικρότερος φυσικός αριθμός n  0 , για τον οποίο το άθροισμα:

(1 

17 17 17 17 1)  (1   2)  (1   3)  ...  (1   n) , είναι αριθμός ακέραιος.

76 76 76 76

Λύση : Το άθροισμα μπορεί να γραφτεί:

S  (1  1  1  ...  1) 

Επιμέλεια: xr.tsif

17 17 n(n  1) 17 (1  2  3  ...  n)  n   n  n(n  1) 76 76 2 152 Σελίδα 142

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Το S είναι ακέραιος, αν ο n(n  1) διαιρείται με το 152 και ζητούμε την ελάχιστη τιμή του n για να συμβαίνει αυτό. Παρατηρούμε ότι 152  1152  2  76  4  38  8 19 . Πρέπει να βρούμε λοιπόν θετικούς ακεραίους k,c και μάλιστα με γινόμενο το ελάχιστο δυνατό, έτσι ώστε ο αριθμός (1k)  (152c) ή ο (2k)  (76c) ή ο

(4k)  (38c) ή ο (8k)  (19c) να είναι γινόμενο δύο διαδοχικών θετικών ακεραίων. Οι περιπτώσεις (2k)  (76c) και (4k)  (38c) , αποκλείονται, διότι είναι γινόμενα αρτίων και άρα δεν μπορούν να είναι διαδοχικοί. Μας μένουν οι περιπτώσεις (1k)  (152c) και (8k)  (19c) . Για την πρώτη περίπτωση, θέλουμε να είναι 1k  n,152c  n 1 ή 1k  n 1,152c  n . Δηλαδή 152c  k 1 ή 152c  k 1, δηλαδή k 152c 1 ή k 152c 1 και τότε οι ελάχιστες τιμές των k,c είναι (k,c)  (151,1) ή

(k,c)  (153,1) . Για την δεύτερη περίπτωση, θέλουμε να είναι 8k  n,19c  n 1 ή 8k  n 1,19c  n . Δηλαδή 19c  8k 1 ή 19c  8k 1, δηλαδή k 

19c  1 19c  1 ή k .

8 8

3c  1 3c  1 ή k  2c  και τότε οι ελάχιστες τιμές των k,c 8 8 είναι (k,c)  (7,3) ή (k,c)  (12,5) . Δηλαδή k  2c 

Από τα ζεύγη (151,1),(153,1),(7,3),(12,5) , ελάχιστο γινόμενο παίρνουμε με το ζεύγος (7,3) και άρα πρέπει k  7,c  3. Άρα η ελάχιστη τιμή για το n είναι η n  8k  8  7  56 .

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 143

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 179

Δίνεται το πολυώνυμο: P(x)  x3  x2  2x  1. Αν P(n)  0 , να αποδείξετε ότι και ο αριθμός 2  n2 , είναι επίσης ρίζα της εξίσωσης P(x)  0 .

Λύση : P(n)  0  n3  n 2  2n  1  0

(I) .

Επίσης, για κάθε x έχουμε,

P(x)   x  n ax2  bx  c   x3  x2  2x 1  ax3   b  an x2  c  bn x  cn .  a 1  b  n  1  Έτσι, προκύπτει, το ακόλουθο σύστημα  . c  bn   2   cn  1 Από την δεύτερη εξίσωση έχουμε b  n 1 και από την τρίτη, με τη βοήθεια της δεύτερης, c  n2  n  2 . Η τελευταία εξίσωση ικανοποιείται μιας και

cn   n  n  2n  n  n  2n 1 .

2

3

2

(I)

Επομένως, P(x)  (x  n)Q(x) , όπου Q(x)  x2   n 1x  n2  n  2 . Είναι,

Q(2  n2 )   2  n2    n 1 2  n2   n2  n  2  2

 4  4n2  n4  2n  n3  2  n2  n 2  n  2  n 4  n3  2n 2  n 

 n  n  n  2n  1  0 3

2

Επιμέλεια: xr.tsif

(I)

Σελίδα 144

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

και άρα P 2  n2    2  n  n2 Q(2  n2 )  0 , όπως θέλαμε.

(ΣΩΚΡΑΤΗΣ ΛΥΡΑΣ)

ΘΕΜΑ 180

Αν x, y,z  0 , να αποδείξετε ότι: 33 (x  y)2 (y  z)2 (z  x)2  26 xyz(x  y  z)3 .

Λύση : Λόγω ομογένειας μπορούμε να υποθέσουμε ότι x  y  z  1 Τότε, η αποδεικτέα γράφεται 27(xy  yz  zx  xyz)2  64xyz . Επειδή ισχύει xy  yz  zx  3xyz(x  y  z)  3xyz είναι αρκετό να αποδείξουμε ότι 27( 3xyz  xyz)2  64xyz (1) .

(x  y  z)3 1 Όμως, είναι xyz   .

27 27 Δηλαδή έχουμε να αποδείξουμε ότι αν 0  a 

1 , τότε 27( 3a  a)2  64a .

27

27( 3a  a)2 27 27 1 2  ( 3  a)2  ( 3  ) 1. Πράγματι, 64a 64 64 3 3 Β τρόπος Είναι άμεση συνέπεια της ανισότητας Popoviciu στην κοίλη συνάρτηση f (t)  ln t, t  0 . Απλώς θεωρώ ότι η συγκεκριμένη ανισότητα ξεφεύγει αρκετά από τις γυμνασιακές ασκήσεις. Όπως και ναναι, η ανισότητα Popoviciu λέει:

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 145

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Θεώρημα: (Ανισότητα Popoviciu) Έστω I ένα διάστημα και f μια συνάρτηση, η οποία είναι κοίλη στο I . Τότε, για οποιαδήποτε a,b,c I ισχύει

  a+b   b+c   c+a   a+b+c  2 f  +f +f  f (a)+f (b)+f (c)+3f       3 .     2   2   2  Αν η f είναι κυρτή στο I , η ανισότητα αντιστρέφεται.

Για μια απόδειξη του θεωρήματος αυτού μπορεί κανείς να δει το βιβλίο Mathematical Miniatures, S.Savchev, T. Andreescu, MAA, 2003, σελ. 19.

ΘΕΜΑ 181

(ΜΑΓΚΟΣ ΘΑΝΟΣ)

Δίνονται οι πραγματικοί αριθμοί x1,x2 ,...,x49 , για τους οποίους ισχύει

x12  2x22   49x249  1. Να βρείτε τη μέγιστη τιμή της παράστασης x1  2x2  3x3   49x49 .

Λύση : Έστω A η παράσταση της οποίας ζητείται το μέγιστο.

(1  2  ...  49)(x12  2x22  ...  49x249 )  A2  A  7·5  35 . Η ισότητα ισχύει όταν x1  x2  ...  x49 . Β τρόπος Είναι ευκαιρία να δώσουμε μια αναλυτική παρουσίαση της ανισότητας C – S που χρησιμοποίησε πιο πάνω ο Σωκράτης, ώστε να μπορέσουν να κατανοήσουν την λύση οι αρχάριοι σε διαγωνιστικά μαθηματικά, μαθητές.

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 146

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Θεωρούμε τις ν – άδες: x1,x2 ,x3 ,...,xn και a1,a2 ,a3 ,...,a n . Τότε ισχύει η εξής ανισότητα:

(x12  x22  x32  ...  x2n )(a12  a 22  a32  ...  a 2n )  (x1a1  x 2a 2  ...  x na n )2 . (Η ισότητα, ισχύει όταν

x1 x2 x   ...  n ). a1 a 2 an

Έτσι, για να λύσουμε την πιο πάνω άσκηση, θεωρήσαμε τους αριθμούς:

1, 2,..., 49 και 1x1, 2x2 ,..., 49x49 . Αν λοιπόν εφαρμόσουμε την ανισότητα C – S, θα έχουμε:

[( 1)2  ( 2)2  ...  ( 49)2 ][( 1x1 )2  ( 2x 2 )2  ...  ( 49x 49 )2 ]   ( 1 1x1  2 2x 2  ...  49 49x 49 )2 . Άρα: (1  2  ...  49)(x12  2x 22  ...  49x 249 )  (x1  2x 2  ...  49x 49 )2 . Άρα: (x1  2x2  ...  49x49 )2  (1  2  ...  49) 1. Άρα: (x1  2x2  ...  49x49 )2 

(1  49)  49 .

2

( Διότι έχουμε πολλές φορές και στο παρελθόν αναφέρει, ότι

1  2  3  ...  n 

(1  n)n ).

2

Συνεπώς: (x1  2x2  ...  49x 49 )2  25  49 και άρα: x1  2x2  ...  49x49  35 . Άρα το μέγιστο που ζητάμε είναι το 35 . (Η ισότητα επιτυγχάνεται όταν

1x1 2x2 49x49   ...  , 1 2 49

δηλαδή όταν x1  x2  ...  x49 . Και αφού είναι από την υπόθεση x12  2x22  ...  49x249  1, θα έχουμε: Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 147

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

x12  2x12  ...  49x12  1  (1  2  ...  49)x12  1 | x1 |

1 .

35

Άρα , η ισότητα επιτυγχάνεται αν π.χ πάρουμε x1  x 2  ...  x 49 

1 ).

35

Γράφω μερικά στοιχεία για τις ΟΜΟΓΕΝΕΙΣ ΑΝΙΣΟΤΗΤΕΣ

Α) Μια ανισότητα με μεταβλητές πχ τις x,y,z λέγεται ομογενής, αν δεν μεταβάλλεται όταν στην θέση των x,y,z βάλλουμε τα kx,ky,kz , όπου k είναι ένας θετικός αριθμός. Έτσι, η πιο πάνω ανίσωση, αν θέσουμε όπου x το kx , όπου y το ky και όπου z το kz , γράφεται:

33 (kx  ky)2 (ky  kz)2 (kz  kx)2  26 kxkykz(kx  ky  kz)3  33 k6 (x  y)2 (y  z)2 (z  x)2  26 k6 (x  y  z)3 , και με απλοποίηση του θετικού αριθμού k , ξαναγυρίζουμε στην αρχική ανίσωση. Άρα πράγματι είναι ομογενής.

Μπορούμε συχνά να απλοποιήσουμε την λύση μιας ομογενούς ανισότητας, γιατί μπορούμε να θεωρήσουμε ότι οι μεταβλητές της, υπακούουν σε κάποια κατάλληλη συνθήκη.

Έτσι για παράδειγμα, σε μια ομογενή ανισότητα με μεταβλητές x,y,z , μπορούμε να θεωρήσουμε ότι x  y  z  1, ή ότι x  y  z  3 ή ότι xyz  1 κλπ.

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 148

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Β) ΟΜΟΓΕΝΟΠΟΙΗΣΗ: Όταν μας δίνουν να αποδείξουμε μια ανισότητα και υπάρχει κάποια συνθήκη, τότε είναι δυνατόν να αντικαταστήσουμε κατάλληλα την συνθήκη στην δοσμένη ανισότητα και έτσι αυτή να γίνει ομογενής, οπότε ίσως να μπορεί να λυθεί εύκολα.

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ Αν x  y  z  1, να αποδείξετε ότι: x2  y2  z2  1  4(xy  yz  zx) . ΛΥΣΗ Παρατηρούμε ότι η ανισότητα αυτή δεν είναι ομογενής (μας χαλάει την ομογένεια ο αριθμός 1 , διότι αν θέσουμε όπου x,y,z τα kx,ky,kz , δεν θα μπορέσουμε να απλοποιήσουμε το k ). Επίσης παρατηρούμε ότι τα πολυώνυμα x2  y2  z2 ,4(xy  yz  zx) , τα οποία εμπλέκονται στην ανισότητα, είναι δευτέρου βαθμού. Γι αυτό θα αντικαταστήσουμε τον αριθμό 1 , που δημιουργεί το πρόβλημα, με το (x  y  z)2 . Έτσι, αρκεί να αποδείξουμε ότι:

x2  y2  z2  (x  y  z)2  4(xy  yz  zx) ή αρκεί:

2x2  2y2  2z2  2xy  2yz  2zx  0 ή αρκεί: x2  2xy  y2  y2  2yz  z2  z2  2zx  x2  0 ή αρκεί: (x  y)2  (y  z)2  (z  x)2  0 , το οποίο είναι αληθές.

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 149

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

ΘΕΜΑ 182

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Αν a,b,x, y  0 , να αποδείξετε ότι : 2(1  a2 )(1  b2 )(x2  y2 )  ( x  aby)4 .

Yπόδειξη: Να εφαρμόσετε πάνω από μια φορά την ανισότητα C – S για κατάλληλες δυάδες αριθμών.

Λύση : Για τους αριθμούς 1, και x,y έχουμε:

(12  a 2 )(x2  y2 )  (1 x  a  y)2  (1  a 2 )(x 2  y2 )  (x  ay)2

(1) .

Για τους αριθμούς 1,1 και 1,b έχουμε:

(12  12 )(12  b2 )  (11  1 b)2  2(1  b2 )  (1  b)2

(2) .

Από τις (1) , (2) με πολλαπλασιασμό κατά μέλη, έπεται

2(1  a 2 )(1  b2 )(x 2  y2 )  (x  ay)2 (1  b)2 . Αρκεί επομένως να αποδειχθεί ότι (x  ay)2 (1  b)2  ( x  aby)4 . Παίρνω τους αριθμούς

x, ay και 1, b .

Άρα [( x)2  ( ay)2 ][12  ( b)2 ]  (1 x  b ay)2 

 (x  ay)(1  b)  ( x  aby)2  (x  ay)2 (1  b)2  ( x  aby)4 και τελειώσαμε.

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 150

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Μετά και από την παραπάνω απόδειξη ας επισημανθεί ότι αυτή ανισότητα είναι ειδική περίπτωση της εξής γενικότερης: • Αν x1,x2 ,...,xn ,y1,y2 ,...,yn  0 , ισχύει

(x1 +y1 )(x2 +y2 ) (xn +yn )  ( n x1x2

yn )n .

xn + n y1y2

Η ανισότητα αυτή αποδεικνύεται π.χ. με ΑΜ – ΓΜ ή Hölder.

ΘΕΩΡΗΤΙΚΑ ΣΤΟΙΧΕΙΑ

(Α) ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ ΑΜ – ΓΜ Έστω x1,x2 ,x3 ,...,xn  0 . Τότε ισχύει η εξής ανισότητα:

x1  x2  x3  ...  xn n  x1x2x3...xn . n Η ισότητα ισχύει μόνο όταν x1  x2  ...  xn .

B) ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ ΤΟΥ HOLDER 1η ΜΟΡΦΗ: 1 2 2

1 2 2

Αν a,b,c,x,y,z,k,m,n  0 , τότε (a  b ) (x  y )  ax  by και επίσης 2

1 3 3

1 2 3

2

1 3 3

(a  b  c ) (k  m  n ) (x  y  z )  akx  bmy  cnz .

3

3

2

2

3

3

Για την πρώτη ανισότητα, η ισότητα ισχύει όταν

a b  . x y

Για την δεύτερη ανισότητα, η ισότητα ισχύει όταν Επιμέλεια: xr.tsif

a b c a b c   και   . x y z k m n Σελίδα 151

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

2η ΜΟΡΦΗ:

1 1   1, τότε: m n

Αν a,b,c,x,y,z  0 και m,n  R* και αν 1

1

(a m  bm ) m (x n  yn ) n  ax  by , με την ισότητα να ισχύει όταν

a b  . x y

Επίσης: 1

1

(a m  bm  cm ) m (x n  yn  zn ) n  ax  by  cz . με την ισότητα να ισχύει όταν

a b c   . x y z

3η ΜΟΡΦΗ: Αν a1,a2 ,...,an ,b1,b2 ,...,bn ,...,x1,x2 ,...,xn  0 και αν

k1,k2 ,...,kn  0 με k1  k2  ...  kn  1 , τότε:

(a1  a 2  ...  a n )k (b1  b2  ...  bn )k  ...  (x1  x 2  ...  x n )k  1

2

n

 a1k b1k  ...  x1k  a k2 bk2  ...  xk2  ...  a kn bkn  ...  xkn .

1

2

n

1

2

και η ισότητα ισχύει όταν

ΘΕΜΑ 183

n

1

2

n

a1 a 2 a a a a   ...  n ,..., 1  2  ...  n . b1 b2 bn x1 x2 xn

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Αν για τους θετικούς αριθμούς x,y,z ισχύει ότι xy  yz  zx  1 , να αποδείξετε ότι: 3xyz(x  y  z)  1.

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 152

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Υπόδειξη Ένας τρόπος λύσης είναι με την μέθοδο της ομογενοποίησης (υπάρχει σε προηγούμενη ανάρτηση). Παρατηρείστε ότι το πρώτο μέλος είναι τετάρτου βαθμού. Άρα μην αντικαταστήσετε το 1 με το xy  yz  zx , που είναι δευτέρου βαθμού. Σκεφτείτε το πως θα το αντικαταστήσετε.

Λύση : Αρκεί να αποδείξουμε ότι 3xyz(x  y  z)  (xy  yz  zx)2 . (Η ομογενοποίηση έγινε, αφού και στα δύο μέλη έχουμε πολυώνυμα τετάρτου βαθμού). Άρα αρκεί: 3x2 yz  3xy2z  3xyz2  x2 y2  y2z2  z2x 2  2xy2z  2x 2 yz  2xyz2 . Άρα αρκεί: x2 y2  y2z2  z2x2  x2 yz  xy2z  xyz2  0 .

H ανισότητα τώρα αυτή ανάγεται σε στοιχειώδη ανισότητα, με την αντικατάσταση που ο Σωκράτης προτείνει. Βέβαια, μπορούμε και να συνεχίσουμε και ως εξής (κάνοντας ουσιαστικά μια απόδειξη της στοιχειώδους ανισότητας που αναφέραμε) Έτσι, αρκεί : 2x2 y2  2y2z2  2z2x 2  2x 2 yz  2xy2z  2xyz2  0 ή:

(x2 y2  2x2 yz  x2z2 )  (x 2 y2  2xy2z  y2z2 )  (y2z2  2xyz2  x 2z2 )  0 , ή : (xy  xz)2  (xy  yz)2  (yz  zx)2  0 , το οποίο είναι αληθές.

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 153

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

ΘΕΩΡΗΤΙΚΑ ΣΤΟΙΧΕΙΑ Η ανισότητα Andreescu.

Aν x1,x2 ,x3 ,...,xn R και a1,a2 ,a3 ,...,an  0 , τότε:

x12 x 22 x32 x n2 (x1  x 2  x3  ...  x n )2 .    ...   a1 a 2 a 3 an a1  a 2  a 3  ...  a n Η ισότητα ισχύει όταν

ΘΕΜΑ 184

x1 x2 x3 x    ...  n . a1 a 2 a3 an

(ΚΛΕΟΒΟΥΛΟΣ ΚΟΦΟΝΙΚΟΛΑΣ)

Για κάθε a,b,c,d R+ με άθροισμα τη μονάδα ( a+b+c+d=1) να αποδείξετε ότι

a2 b2 c2 d2 1 ισχύει η παρακάτω ανισοϊσότητα: + + +  . a+b b+c c+d d+a 2

Λύση : Από την ανισότητα Andreescu έχουμε:

a2 b2 c2 d2 (a  b  c  d)2 1 1       . a  b b  c c  d d  a 2a  2b  2c  2d 2(a  b  c  d) 2

ΘΕΜΑ 185

(ΚΛΕΟΒΟΥΛΟΣ ΚΟΦΟΝΙΚΟΛΑΣ)

2(a3 +b3 +c3 ) 6(a 2 +b2 +c2 ) Αν a,b,c  R0 να αποδειχθεί ότι +  8. abc (a+b+c)2

Λύση : Από την βασική ανισότητα: a2  b2  c2  ab  bc  ac , έχουμε:

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 154

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

2a2  2b2  2c2  2ab  2bc  2ac   2a2  2b2  2c2  a2  b2  c2  a2  b2  c2  2ab  2ac  2bc  3a 2  3b2  3c2  (a  b  c)2  3(a 2  b2  c2 )  (a  b  c)2  3(a 2  b2  c2 ) 6(a 2  b2  c2 )  1  2 (a  b  c)2 (a  b  c)2

(1) .

Στη συνέχεια, από την ΤΑΥΤΟΤΗΤΑ ΤΟΥ EULER έχουμε:

1 a3  b3  c3  3abc  (a  b  c)[(a  b)2  (a  c)2  (c  b)2 ] .

2 Σημείωση: (Την ταυτότητα αυτή δεν την αναφέρουν τα σχολικά βιβλία του Γυμνασίου, καλό όμως είναι να απομνημονευθεί, διότι έχει πολλές εφαρμογές).

Επειδή τώρα από την υπόθεση έχουμε ότι a,b,c  0 , έπεται από τη παραπάνω ταυτότητα, ότι: a3  b3  c3  3abc  0  a3  b3  c3  3abc 

2(a3  b3  c3 ) Άρα: 6 abc

a3  b3  c3  3. abc

(2) .

Με πρόσθεση κατά μέλη των σχέσεων (1) και (2) έχουμε το ζητούμενο.

ΘΕΜΑ 186

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Αν x  y  z  2 , να αποδείξετε ότι x2  y2  z2  4  4(xy  yz  zx) . Υπόδειξη Ένας τρόπος λύσης είναι με ομογενοποίηση (βλ. προηγούμενη δημοσίευση).

Λύση : Αφού x  y  z  2 τότε η δοσμένη μπορεί να γραφεί με ομογενοποίηση ως εξής: Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 155

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

x2 +y2 +z2 +4  4(xy+yz+zx)  x 2 +y2 +z2 +(x+y+z)2  4xy  4yz  4zx  0 

 2x2 +2y2 +2z2  2xy  2yz  2zx  0  (x  y)2 +(y  z)2 +(z  x)2  0 , που ισχύει ως άθροισμα τετραγώνων.

ΘΕΜΑ 187

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

x3y y3z z3x xy3 yz3 zx3 Αν x, y,z  0 δείξτε ότι:       6xyz . z x y z x y Υπόδειξη Ένας τρόπος λύσης με την ανισότητα Andreescu , αφού πρώτα γράψουμε:

x3 y x4 y2 , κλπ .(βλ. προηγούμενη δημοσίευση)  z xyz

Λύση : Είναι άμεση συνέπεια της ανισότητας ΑΜ – ΓΜ: a+b+c+d+e+f  6 6 abcdef . Β τρόπος Πολύ ωραία και απλούστατη λύση. Ας το γράψω αναλυτικά για να το καταλάβουνε και οι νέοι (χαίρομαι που μπορώ να λέω πως δεν είμαι πια νέος) στα διαγωνιστικά μαθηματικά.

Από την ανισότητα αριθμητικού – γεωμετρικού μέσου θα ισχύει ότι:

x 4 y2 y4 x 2 y4 z 2 z 4 y 2 z 4 x 2 z 2 x 4 x12 y12z12 x 2 y2z2 + + + + +  6 6 6 6 6 =6 =6xyz . xyz xyz xyz xyz xyz xyz xyz xyz

ΘΕΜΑ 188

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

a2 b2 Αν a,b 1, να αποδείξετε ότι   8. b 1 a 1

Επιμέλεια: xr.tsif

(Από Ρωσικό διαγωνισμό)

Σελίδα 156

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : Θέτω a 1  c  0 και b 1  d  0 . Τότε αρκεί να δείξω ότι:

 c  1

2

d

 d  1  c

2

 8.

Όμως, από την Cauchy έχουμε:

Αρκεί να δείξω ότι:

 c  d  2

 c  1

2

d

 d  1  c

2

 c  d  2 

2

cd

.

2

cd

 8.

Αρκεί να δείξω ότι:  c  d  2  8c  d  .

2

Αρκεί να δείξω ότι: c2  d2  4  4c  4d  2cd  8c  8d . Αρκεί να δείξω ότι: c2  d2  4  4c  4d  2cd  0 . που ισχύει αφού δίνει: c  d  2  0 .

2

Η ισότητα επιτυγχάνεται όταν c  d 1 δηλαδή όταν a  b  2 . Β τρόπος Αρκεί να αποδείξουμε την ισχύ της

b2   a2   b  a  2    8 b  a  2 αρκεί ,  b 1 a 1 

 a  b

2

 8a  b 16  0  a  b  4  0 , που ισχύει.

2

Γ τρόπος Από την ανισότητα Andreescu (η οποία στην ουσία προκύπτει άμεσα από την ανισότητα Cauchy ), έχουμε:

a2 b2 (a  b)2 .   b 1 a 1 a  b  2

(a  b)2 Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι  8 ή αρκεί: a b2 Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 157

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(a  b)2  8(a  b)  16  0 ή αρκεί: (a  b  4)2  0 , η οποία είναι αληθής. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 189 Αν a,b,c  0, να αποδείξετε ότι:

a b c 3    . bc ca a b 2 (Aνισότητα του Nesbitt)

(Υπάρχουν διάφοροι τρόποι απόδειξής της. Μιας και τις τελευταίες μέρες ασχολούμαστε με την εμπέδωση της ανισότητας Andreescu (ή Cauchy), ας λυθεί με την χρήση αυτής) (Υπόδειξη Πρέπει να εμφανίσουμε στους αριθμητές των κλασμάτων του πρώτου μέλους, τετράγωνα.

Λύση : Ένας τρόπος: Η ανισότητα είναι ισοδύναμη με την

a bc bc a bc ca a bc a b 3        bc bc ca ca a b a b 2

1 1  9  1  (a  b  c)      bc ca a b 2 1 1   1  (2a  2b  2c)    9 bc ca a b 1 1   1  (b  c)  (c  a)  (a  b)     9 , που ισχύει από C  S .  bc ca a b Β τρόπος Αν a  b  c από την ανισότητα της αναδιάταξης ( διπλή εφαρμογή ) για τις Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 158

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

τριάδες (a,b,c) και

1 1 1 , , και προκύπτει το ζητούμενο με bc ca a b

πρόσθεση κατά μέλη. Αλλιώς υποθέτουμε ότι a  b  c  1 και μετά jensen στην κυρτή f (x) 

x .

1 x

Και υπάρχουν και πολλές άλλες αποδείξεις. Γ τρόπος Μια ακόμα απόδειξη με Andreescu:

a b c a2 b2 c2 (a  b  c)2 .       b  c a  c a  b a(b  c) b(a  c) c(a  b) 2(ab  ac  bc) Αρκεί λοιπόν να αποδειχθεί ότι:

(a  b  c)2 3  ή αρκεί: 2(ab  ac  bc) 2

(a  b  c)2  3(ab  ac  bc) ,ή : a2  b2  c2  ab  ac  bc , η οποία είναι αληθής (την έχουμε δει πολλές φορές σε προηγούμενες δημοσιεύσεις). Δ τρόπος Μία «χειροκίνητη» διαπραγμάτευση, αλλά που περνά μέθοδο (για να φέρουμε "τα κάτω πάνω" απλοποιώντας τα κάτω απελευθερώνοντας έτσι πράξεις, όπως διασπάσεις κλασμάτων κ.τ.λ.). Θεωρούμε:

b  c  2x, c  a  2y, a  b  2z  a  b  c  x  y  z  a  y  z  x, b  z  x  y, c  x  y  z , οπότε αρκεί να αποδείξουμε:

yzx x zy yx z x y y z z x   3      6 , που x y z y x z y x z προφανώς ισχύει.

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 159

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 190

Αν a,b,c  0 και a2  b2  c2  3 , να αποδείξετε ότι:

1 1 1 3    .

1  ab 1  bc 1  ca 2 (ΠΗΓΗ: "ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΑΝΙΣΟΤΗΤΕΣ" των Μπάμπη Στεργίου και Νίκου Σκομπρή)

Λύση : 1 1 1 12 12 12 9 9 3         1  ab 1  bc 1  ca 1  ab 1  bc 1  ca 3  ab  bc  ca 6 2 αφού a2  b2  c2  ab  bc  ca  6  3  ab  bc  ca .

ΘΕΜΑ 191

(ΚΛΕΟΒΟΥΛΟΣ ΚΟΦΟΝΙΚΟΛΑΣ)

Αν a,b,c  R0 και ισχύει ότι a+b+c=1 να αποδειχθεί ότι:

(a+b)2 (b+c)2 (c+a)2 + +  1. c+1 a+1 b+1

Λύση : Η λύση με Andreescu είναι άμεση. Θα δώσω μια λύση διαφορετική με ύλη για Seniors. Είναι a  b  1  c , a  c  1  b , c  b  1  a , άρα η ανισότητα γράφεται:

(1  c)2 (1  a)2 (1  b)2    1. c 1 a 1 b 1 (1  x)2 , x  0. Έστω f (x)  x 1

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 160

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Είναι f (x) 

Επομένως



8  0 , άρα η f είναι κυρτή. (x  1)3

f (a)  f (b)  f (c)  a  b  c  f  3 3  

(1  a)2 (1  b)2 (1  c)2  1  (1  a)2 (1  b)2 (1  c)2    3f       1. a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c 1  3

Β τρόπος

(a  b)2 (b  c)2 (c  a)2 [2(a  b  c)]2 4 Λοιπόν:      1. c 1 a 1 b 1 a bc3 4

ΘΕΩΡΗΜΑ: Οι Ανισοϊσότητες Αριθμητικού – Γεωμετρικού Μέσου, Αριθμητικού – Αρμονικού Μέσου, Γεωμετρικού – Αρμονικού Μέσου.

Αν θεωρήσουμε ένα πλήθος n θετικών πραγματικών αριθμών a1,a2 ,...,an , τότε: Ο αριθμητικός μέσος τους θα είναι ίσος με το άθροισμα των αριθμών αυτών δια το πλήθος τους: *Αν a,b  R+ , τότε ο αριθμητικός τους μέσος θα είναι ο

a+b .

2

*Αν a,b,c  R+ , τότε ο αριθμητικός τους μέσος θα είναι ο

a+b+c .

3

*Αν a,b,c,d R+ , τότε ο αριθμητικός τους μέσος θα είναι ο

Επιμέλεια: xr.tsif

a+b+c+d .

4

Σελίδα 161

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

ΓΕΝΙΚΑ:

a1 +a 2 +...+a n . n

Αν a1,a 2 ,...,a n  R , τότε ο αριθμητικός τους μέσος θα είναι ο Τον Αριθμητικό Μέσο θα τον συμβολίζουμε ως ΑΜ.

Ο γεωμετρικός μέσος τους θα είναι ίσος με το είδος της ρίζας που αντιστοιχεί στο πλήθος τους του γινομένου τους: *Αν a,b  R+ , τότε ο γεωμετρικός τους μέσος θα είναι ο

ab .

*Αν a,b,c  R+ , τότε ο γεωμετρικός τους μέσος θα είναι ο

3

*Αν a,b,c,d R+ , τότε ο γεωμετρικός τους μέσος θα είναι ο

abc .

4

abcd .

ΓΕΝΙΚΑ: Αν a1,a 2 ,...,a n  R , τότε ο γεωμετρικός τους μέσος θα είναι ο

n

a1a 2...a n .

Τον Γεωμετρικό Μέσο θα τον συμβολίζουμε ως GΜ.

Ο αρμονικός μέσος τους θα είναι ίσος με το πηλίκο του πλήθους των αριθμών προς το άθροισμα των αντιστρόφων τους: *Αν a,b  R+ , τότε ο αρμονικός τους μέσος θα είναι ο

2 1 1 + a b

*Αν a,b,c  R+ , τότε ο αρμονικός τους μέσος θα είναι ο

Επιμέλεια: xr.tsif

.

3 .

1 1 1 + + a b c

Σελίδα 162

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

*Αν a,b,c,d R+ , τότε ο αρμονικός τους μέσος θα είναι ο

4 1 1 1 1 + + + a b c d

.

ΓΕΝΙΚΑ: Αν a1,a 2 ,...,a n  R , τότε ο αρμονικός τους μέσος θα είναι ο

n 1 1 1 + +...+ a1 a 2 an

.

Τον Γεωμετρικό Μέσο θα τον συμβολίζουμε ως HΜ.

Για τους τρεις μέσους θα ισχύει η ακόλουθη σχέση:

AM  GM  HM .

ΘΕΜΑ 192

(ΚΛΕΟΒΟΥΛΟΣ ΚΟΦΟΝΙΚΟΛΑΣ)

Δίνονται a,b,c  R0 που ικανοποιούν τη συνθήκη abc  1. Να αποδείξετε ότι:

a2 +b2 +c2  3 . Πότε ισχύει η ισότητα;

Λύση : Από ΑΜ – GM έχουμε: a 2  b2  c2  3 3 (abc)2  3 . Η ισότητα ισχύει όταν a  b  c 1.

ΘΕΜΑ 193

(ΚΛΕΟΒΟΥΛΟΣ ΚΟΦΟΝΙΚΟΛΑΣ)

1 1 1 1 a b c d

Δίνονται a,b,c,d R+ , να αποδείξετε ότι: (a+b+c+d)( + + + )  16 . Δύο λύσεις: α) Ανισότητα Αριθμητικού – Αρμονικού. β) Ανισότητα Buniakowsky – Cauchy – Schwarz. Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 163

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : Μιας που ασχολούμαστε με ΑΜ – GM θα δώσω με αυτήν λύση... Λοιπόν:

a  b  c  d  4 4 abcd .

1 1 1 1 1 .     44 a b c d abcd Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη παίρνουμε:

1 1 1 1 1 (a  b  c  d)(    )  4 4 abcd·4 4  a b c d abcd

1 1 1 1  (a  b  c  d)(    )  16 . a b c d Διότι

4

abcd·4

1 1 4 ·abcd  4 1  1 . abcd abcd

ΘΕΜΑ 194

(ΜΑΓΚΟΣ ΘΑΝΟΣ)

Αν a,b,c  0 να αποδείξετε ότι 3 a+b+c a+1+ 3 b+1+ 3 c+1 3 3 +1  ( )  (a+1)(b+1)(c+1)  3 abc+1.

3 3

Λύση : Ας κάνω μία προσπάθεια: Από την ανισότητα αριθμητικού – γεωμετρικού μέσου έχω:

a+b+c (a+1)+(b+1)+(c+1) 3 +1=  (a+1)(b+1)(c+1) .

3 3 Μετά πάλι από AM – ΓΜ:

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 164

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104 3

a+1+ 3 b+1+ 3 c+1 3 3  (a+1)(b+1)(c+1) 3

και υψώνοντας στον κύβο πιάνω ισότητα και ούτω καθεξής... Από την ανισότητα ΑΜ – ΓΜ έχω:

(a+1)+(b+1)+(c+1) 3  (a+1)(b+1)(c+1) και επίσης 3 3 a+1+ 3 b+1+ 3 c+1 3 3  (a+1)(b+1)(c+1) .

3 Με ύψωση στον κύβο πιάνω ισότητα και αποδεικνύεται κατά τον ίδιο τρόπο. Υψώνοντας στον κύβο έχω ότι: (a  1)(b  1)(c  1)  abc  3 3 abc  3 3 (abc)2  1 που ισχύει για τον λόγο ότι: a  b  c  3 3 abc και ab  bc  ca  3 3 (abc)2 , που με πρόσθεση κατά μέλη μας δίνουν τη ζητούμενη. Αποδεικνύω την πρώτη ανισότητα: Έχουμε:

a bc (a  1)  (b  1)  (c  1) ( 3 a  1)3 ( 3 b  1)3 ( 3 c 1)3 1      3 3 3 3 3

a 1  3 b 1  3 c 1 3 a 1  3 b 1  3 c 1 3  ( ).

332 (3  3  3) 3 3

(Χρησιμοποιήσαμε την γενικευμένη ανισότητα Andreescu). Δίνω και την απόδειξη σε αυτήν την ανισότητα:

Στην ανισότητα του HOLDER, Αν x,t,e,y,n,k,z,q,r  0 , τότε: 1

1

1

(x3  t 3  e3 ) 3 (y3  n3  k3 ) 3 (z3  q3  r3 ) 3  xyz  tnq  ckr Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 165

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(όπου η ανισότητα αυτή ισχύει και όταν e  k  r  0 ) .

Αν θέσουμε x  3 a, y  3 b,z  3 c,t  n  q  1,e  k  r  0 , παίρνουμε: 1

1

1

(a  1  0) 3 (b  1  0) 3 (c  1  0) 3  3 a 3 b 3 c  111  0 , και άρα το ζητούμενο. (ΜΑΓΚΟΣ ΘΑΝΟΣ)

ΘΕΜΑ 195

Αν a=x5  x3 +x , να αποδείξετε ότι x6  2a 1.

Λύση : Έχουμε a  x  x4  x2  1

(1) .

(1)

Επίσης x6  2a 1  (x2 )3  1  2a (x2  1)(x4  x2  1)  2x(x4  x2  1) 

 (x4  x2  1)(x2  2x  1)  0  (x4  x 2  1)(x 1)2  0 , που ισχύει γιατί x4  x2  1  x4  2x2  1  x 2  (x 2 1)2  x 2  0 και (x 1)2  0 .

ΘΕΜΑ 196

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Αν k,m,n,r είναι οι θετικοί αριθμοί a,b,c,d γραμμένοι με τυχαία σειρά, (δηλ. ο k είναι κάποιος από τους a,b,c,d , o m επίσης κάποιος από τους υπόλοιπους κλπ), να αποδείξετε ότι:

k m n r     4. a b c d

Λύση : Με χρήση της ανισοϊσότητας αριθμητικού – γεωμετρικού μέσου έχω ότι:

k m n r kmn r kmnr + + +  4 4 · · · =4 4 . a b c d a b cd abcd Όμως από την υπόθεση ισχύει ότι abcd=kmnr άρα:

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 166

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

k m n r kmn r kmnr 4 + + +  4 4 · · · =4 4 =4 1=4 . a b c d a b cd abcd

ΘΕΜΑ 197

(ΑΡΓΥΡΗΣ ΚΑΡΑΝΙΚΟΛΑΟΥ)

Έστω a1,a2 ,...,an θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε a1a 2...an  1. Να δειχθεί ότι (1  a1 )(1  a 2 )...(1  a n )  2n .

Λύση : Από ΑΜ – ΓΜ θα ισχύει ότι:

a1 1  2 a1 a2 1  2 a2

a3  1  2 a 3 ……

an 1  2 an . Με πολλαπλασιασμό των σχέσεων κατά μέλη έχω την ανισοϊσότητα:

(a1 1)(a2 1)(a3 1)  ...  (a n 1)  2n a1a 2a3...a n  2n , αφού a1a2...an  1.

ΘΕΜΑ 198

(ΣΩΚΡΑΤΗΣ ΛΥΡΑΣ)

Αν a,b,c  0 και a+b+c=1, να αποδείξετε ότι:

ab bc ca 1    .

1 c 1 a 1 b 4

Λύση : Μια λύση με AM – GM, ύστερα από αρκετή προσπάθεια Έχουμε: c  1  c  a  b  c  (a  c)  (b  c)  2 (a  c)(b  c) 

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 167

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

 (c  1)2  4(a  c)(b  c) 



4ab ab(c  a  b  c) 4ab 1   1    ab   . c  1 (a  c)(b  c) c 1 b  c a  c  

Άρα:

4ab ab ab   c 1 b  c a  c

Ομοίως βρίσκουμε ότι: και

c  1 (a  c)(b  c) 4 c 1     4 c 1 c  1 (a  c)(b  c)

4ca ca ca   b 1 c  b a  b

(1) .

4bc bc bc   a 1 b  a c  a

(2) ,

(3) .

Με πρόσθεση κατά μέλη των (1) , (2) , (3) έχουμε:

4ab 4bc 4ca ab  ca ab  bc bc  ca       a  b  c  1. c 1 a 1 b 1 b  c a c ba Άρα:

ab bc ca 1    .

1 c 1 a 1 b 4

Β τρόπος Είναι

ab bc ca 1 1 1 + + =abc =abc(  )= c+1 a+1 b+1 c(c+1) c c+1 =ab+bc+ca  abc

1 9  ab+bc+ca  abc , λόγω της c+1 4

1 1 1 9 9     . a 1 b 1 c 1 a  b  c  3 4

9 4

1 4

Πλέον αρκεί να αποδειχθεί ότι ab  bc  ca  abc  , δηλαδή ότι

(a  b  c)3  9abc  4(a  b  c)(ab  bc  ca) , η οποία είναι η Schur! Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 168

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

ΘΕΜΑ 199

(ΘΑΝΟΣ ΜΑΓΚΟΣ)

Να βρείτε τη μέγιστη τιμή της συνάρτησης

f (a,b)=sin2 a+sin2 b+cosa+cosb+cosacosb , a,b R .

Λύση : sin2a+cos2b=1  f (a,b)=2  cos2a  cos2b+cosa+cosb+cosa·cosb=P . Αν x=cosa και y=cosb τότε P=2  x2  y2 +x+y+xy και λόγω των

2(x2 +y2 )  (x+y)2 και 4xy  (x+y)2 , προκύπτει ότι s2 +2=g(s) , όταν s=x+y και με μελέτη της g προκύπτει ότι Pmax  3 4 όταν cosa=cosb=1.

Ps

ΘΕΜΑ 200

(ΑΡΓΥΡΗΣ ΚΑΡΑΝΙΚΟΛΑΟΥ)

Έστω a,b,c θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε a  b  c  3 . Δείξτε ότι

abbcca  1.

Λύση : b c a b c a ab+bc+ca 3 b c a  a bc , Είναι a +b +c  a 3 b3c 3  3 3 3 3

Η απόδειξη ολοκληρώνεται αν θυμηθούμε πως ab+bc+ca 

ΘΕΜΑ 201

(a+b+c)2 .

3

(ΑΡΓΥΡΗΣ ΚΑΡΑΝΙΚΟΛΑΟΥ)

Αν x, y,z  0 , να αποδείξετε ότι: 28 xy2z  (x  2y  z)4 .

Λύση : x+2y+z=x+y+y+z  4 4 xy2z . Άρα (x+2y+z)4  44xy2z=28xy2z , όπως θέλαμε. Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 169

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(ΚΩΣΤΑΣ ΖΕΡΒΟΣ)

ΘΕΜΑ 202

Αν a1,a2 ,,an θετικοί αριθμοί με γινόμενο 1 , τότε να αποδειχτεί ότι

 (a n  a1 )n1  n2n1 , n  N* .

(a1  a 2 )n1  (a 2  a3 )n1 

Λύση : Με εφαρμογή της ΑΜ – ΓΜ παίρνουμε :

(a1  a2 )n1  (a2  a3 )n1 

 (an  a1 )n1  n( n (a1  a2 )  ...  (an  a1))n1 .

Αλλά: x  y  2 xy . Την ανισότητα αυτή εφαρμόζουμε σε όλους τους παράγοντες του υπόριζου. Επειδή οι αριθμοί a1,a2 ,,an έχουν γινόμενο 1 , μετά την τελείως βασική απλοποίηση , παίρνουμε τη ζητούμενη. (ΣΩΤΗΡΗΣ ΛΟΥΡΙΔΑΣ)

ΘΕΜΑ 203

Υπολογίστε τον μέγιστο στοιχείο του συνόλου:





A  1, 2, 3 3, 4 4,..., n n,... με n 2,3,... .

Λύση : Πιστεύω ότι το μέγιστο στοιχείο του δοσμένου συνόλου είναι το

3

3.

Για την πρώτη τριάδα αριθμών ισχύει το ακόλουθο: 1  2  3 3 . Για την

4  5 5  6 6 . Όμως 4 4= 2 άρα η προηγούμενη τριάδα είναι επίσης μικρότερη από το 3 3 . Η ίδια συνθήκη ισχύει και για τα υπόλοιπα στοιχεία του συνόλου. Έχουμε ως μέγιστο στοιχείο το 3 3 και ως ελάχιστο το 1, διότι κάθε ρίζα της μορφής n n  1 όσο και αν αυξάνονται τα δεύτερη τριάδα ισχύει ότι

4

ψηφία μετά την υποδιαστολή.

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 170

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Β τρόπος Για να την κλείσουμε αυτή, για n  4 εφαρμόζουμε την ανισότητα ΑΜ – ΓΜ

n 2

στα x1  n,x2  x3  ,x4  4,x5 

 xn  1 για να πάρουμε

n   n  2  4  (n  4)   nn 2 3n   4  n3 .  n n 22     n

Άρα

n

n  3 3 για κάθε n  4 και είναι απλό μετά να ελεγχθεί ότι το μέγιστο

στοιχείο του συνόλου είναι το

3

3.

Η ανισότητα n3  3n για n  4 μπορεί να αποδειχθεί και επαγωγικά. Για όφελος των μαθητών μας, ας το δούμε: Το επαγωγικό βήμα με υπόθεση N3  3N , όπου N  4 δοθείς, είναι

(N  1)3  N3  3N2  3N  1  N3  3N2  3N2  N2  N3  7N2 

 N3  2·4·N2  N3  2·N·N2  3N3  3·3N  3N1 . Γ τρόπος Ας την δούμε και έτσι και μόνο χάριν της Μαθηματικής πολυφωνίας:





Πράγματι, κατ’ αρχάς έχουμε: max 1, 2, 3 3  3 3 .

 1 Γνωρίζουμε ότι η ακολουθία a n  1   έχει τις εξής ιδιότητες:  n n

(an ) , an  3 . Άρα παίρνουμε:

n  3 n 1

n

Επιμέλεια: xr.tsif







 3nn  n  3  n  1  nn1  n1 n  1  n n . n

Σελίδα 171

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Συνεπώς το ζητούμενο μέγιστο είναι το

3

3.

Δ τρόπος Δίνω ακόμα μια λύση εκτός φακέλου.

1 x

Θεωρώ την συνάρτηση f (x)  x  e Είναι f (x)  x

1 x

1 lnx x

με x  0 .

1 (1  lnx) . x2

Βρίσκουμε με πρόσημο παραγώγου πως η f είναι γν. αύξουσα στο (0,e] και γν. φθίνουσα στο [e, ) . Άρα f (1)  f (2)  f (e),f (n)  f (3)  f (e),n  4 . Αρκεί να συγκρίνουμε λοιπόν το f (2)  2 και το f (3)  3 3 . Έστω 2  3 3  6 23  6 32  6 8  6 9 που προφανώς ισχύει , άρα ισχύει και η αρχική υπόθεση. Άρα ο

3

3 είναι ο μεγαλύτερος από του δοσμένους αριθμούς. (ΣΩΤΗΡΗΣ ΛΟΥΡΙΔΑΣ)

ΘΕΜΑ 204

Αποδείξτε την αλήθεια της συνεπαγωγής:

a,b 

* 

/  a 2  b2 

a b

 aa bb a  b . a b

Λύση :  a 2 +b2  Η ανισότητα γράφεται :   a a ·bb .   a+b  a+b

Ο αριθμητής του LHS γράφεται a+a+...+a+b+b+...+b όπου το πλήθος των a είναι a και των b είναι b . Και τώρα απλά ΑΜ – ΓΜ. Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 172

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Υπέθεσα ότι a,b  N .

Σωκράτη, ουσιαστικά η κεντρική ιδέα της λύσης είναι αυτή που έγραψες. Υπάρχει μόνο το κενό , στο ότι θεώρησες τους αριθμούς a, b ως φυσικούς, πράγμα που η εκφώνηση το αποκλείει. Η λύση που έδωσες σώζεται, αν θέσεις a 

m k και b  , με m,n,k,r  N . n r

Συγκεκριμένα, πρέπει τότε να αποδείξουμε ότι

 m r n k   (mr  kn)nr    2 2

2

2

mr kn nr

m m k k  ( )n ( )r . n r

Όμως,

m2r 2  n2k2  (mr)(mr)  (nk)(nk)  mr  mr  ...  mr  nk  nk  ...  nk   (mr  nk)mrnk mr  mr  ...  mr  nk  nk  ...  nk  (mr  nk)mrnk (mr)mr  (nk)nk . Άρα έχουμε: (m2r 2  n2k2 )mr nk  (mr  nk)mr nk  (mr)mr  (nk)nk .

m2r 2  n 2k 2 mrnk )  mmr r mr n nk k nk , Άρα ( mr  nk mr nk

 m2r 2  n2k2  και άρα:    mr  nk  mr nk

 m2r 2  n2k2  Άρα    mr  nk 



1 mmr knk  nk nk mr mr  mr nk . n r n r n r

1 m k  ( )mr  ( )nk και η απόδειξη ολοκληρώθηκε. mr nk (nr) n r

Η ανισότητα γενικεύεται και όταν οι a,b είναι θετικοί πραγματικοί.

a b   1 οπότε από την ανισότητα των r r a b a b a b  a 2  b2  r r βαρών έχουμε: a  b  a b , δηλαδή   a a bb που είναι και το  r r  ab  Πράγματι έστω ότι a  b  r . Τότε

ζητούμενο. Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 173

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Ουσιαστικά αποτελεί παρόμοιο θέμα με το θέμα του 3 Ευκλείδης 2006 της Β Λυκείου και η γενίκευσή του βρίσκεται εδώ.

ΘΕΜΑ 205

(ΚΛΕΟΒΟΥΛΟΣ ΚΟΦΟΝΙΚΟΛΑΣ)

Αν x,y,z,w  0 να αποδείξετε ότι: (x+y)(y+z)(z+w)(w+x)  16xyzw .

Λύση : x  y  2 xy ,

y  z  2 yz , z  w  2 zw ,

x  w  2 xw . Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη έχουμε ότι

(x  y)(y  z)(z  w)(w  x)  16 (xyzw)2   (x  y)(y  z)(z  w)(w  x)  16xyzw .

ΘΕΩΡΗΤΙΚΑ Η ανισότητα B – C – S (Buniakowsky – Cauchy – Schwarz) Αν και έχει αναφερθεί σε άλλη δημοσίευση, υπενθυμίζουμε την πολύ χρήσιμη αυτή ανισότητα: Θεωρούμε τους πραγματικούς αριθμούς: a1,a2 ,a3 ,...,a n x1,x2 ,x3,...,xn ,. Τότε : (a12  a 22  ...  a 2n )(x12  x22  ...  x2n )  (a1x1  a 2x 2  ...  a n x n )2 . Η ισότητα ισχύει όταν

Επιμέλεια: xr.tsif

a1 a 2 a   ...  n . x1 x2 xn

Σελίδα 174

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ

x2 y2 z2 Δείξτε ότι: (x y  y z  z x )( 2  2  2 )  (x 2  y2  z2 )2 . y z x 2

2

2 2

2

2

AΠΟΔΕΙΞΗ

x y z y z x

Θεωρούμε τους αριθμούς: xy, yz,zx, , , . Τότε από την ανισότητα B – C – S έχουμε:

 x y z   x y z (xy)  (yz)  (zx)   ( )2  ( )2  ( )2    xy  yz  zx  . z x   y z x  y 2

2

2

2

x2 y2 z2 Και άρα: (x y  y z  z x )( 2  2  2 )  (x 2  y2  z2 )2 . y z x 2

2

2 2

2

2

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 206

Να αποδείξετε ότι για τους θετικούς αριθμούς a,b,c , ισχύει:

14(a  b  c)  a  4b  9c .

Λύση : Υψώνουμε και τα δύο μέλη στο τετράγωνο και πρέπει να δείξουμε ότι

14(a  b  c)  ( a  2 b  3 c)2  (1  4  9)(a  b  c) 





2

a  2 b 3 c ,

το οποίο ισχύει από την προαναφερθείσα ανισότητα. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 207

Αν για τους θετικούς αριθμούς a,b,c ισχύει ότι:

a b c 7    , να b c a 2

1 1 1  )  49 . a b c

αποδείξετε ότι: 4(a  b  c)( 

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 175

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : 1 1 1 a b c

1 1 1 b c a

Όμορφη. (a+b+c)( + + )=(a+b+c)( + + ) . Για τις τριάδες ( a, b, c) και (

1 1 1 , , ), b c a

από την ανισότητα Buniakowski – Cauchy – Schwarz ισχύει ότι:

1 1 1 a b c 7 49 (a+b+c)( + + )  ( + + )2 =( )2 = . Πολλαπλασιάζω και τα δύο b c a b c a 2 4 μέλη με τον αριθμό 4 και έτσι προκύπτει η ζητούμενη. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 208

Αν a,b,c είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί, να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της παράστασης: A  (1 

a2 a2 b2 c2  )(1   ) , καθώς και οι τιμές των a,b,c για b2 c2 a2 a2

τις οποίες αυτό επιτυγχάνεται.

Λύση : Από την ανισοϊσότητα Buniakowski – Cauchy – Schwarz για τις τριάδες

a a (1, , ) b c b c a a

και (1, , ) ισχύει ότι: A  (1+

a·b a·c 2 2 + ) =3 =9 . b·a c·a

Η ελάχιστη τιμή θα επιτυγχάνεται κατά την ισότητα, δηλαδή όταν A  9 . Είναι γνωστό όμως ότι η ισότητα ισχύει όταν θα ισχύει ότι:

Επιμέλεια: xr.tsif

a4 a4 = =1  a=b=c . b4 c4

Σελίδα 176

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Β τρόπος

a b

a c

b a

c a

Θεωρούμε τους αριθμούς a1  1,a 2  ,a 3  ,x1  1,x 2  ,x 3  . Από την ανισότητα B  C  S , έχουμε

a

2 1

 a 22  a32  x12  x 22  x32    a1 x 2  a 2 x 2  a 3 x3   A  9 .

2

Η ισότητα επιτυγχάνεται, όταν a  b  c  0 και άρα Amin  9 . Γ τρόπος Κάνοντας τις πράξεις στην παράσταση του A , βρίσκουμε

 a 2  b 2   a 2  c 2   c 2  b 2  A  3                      .  b   a    c   a    b   c  

1 x2  2x  1  x 1 1 Όμως, για κάθε x  0 έχουμε x   2    0  x   2, x x x x με την ισότητα, να επιτυγχάνεται, αν, και μόνο αν, x  1.

2

Εφαρμόζοντας αυτήν διαδοχικά, για x 

a a b  0,x   0,x   0 , προκύπτει b c c

A  3  2  2  2  9. Η ισότητα ισχύει, αν , και μόνο αν,

a a b   1  a  b  c  0. b c c

Συνεπώς, Amin  9 . Δ τρόπος Απλούστερη είναι η λύση με ΑΜ – ΓΜ. Είναι A  3 3

a 4 3 b2c2 ·3 4  9 . b2c2 a

Η ισότητα ισχύει, αν και μόνο αν, a  b  c . Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 177

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

ΘΕΜΑ 209

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Αν a,b  0 , να αποδείξετε ότι:

3 (a 2  b2  1)(a 4  b4  2)  (a  b  1)(a 2  b2  2) .

Λύση : Από Cauchy – Schwarz έχουμε

(a 2  b2  1)(1  1  1)  (a  b  1)2 ή 3(a 2  b2  1)  (a  b  1) . (a 4  b4  2)(1  1  1)  (a 2  b2  2)2 ή 3(a 4  b4  2)  (a 2  b2  2) . Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη των δύο παραπάνω, το ζητούμενο έπεται. Σημείωση: Η συνθήκη ότι πρέπει να είναι μη αρνητικά δεν είναι περιττή; Αφού το απόλυτο οποιουδήποτε αριθμού είναι μεγαλύτερο από τον αριθμό.

ΘΕΜΑ 210

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Αν a2  b2  c2 1τότε: a 2  b2c2  a 4  (a 2c  b2a  c2b)2 .

Λύση : Έχουμε ότι a2  b2  c2 1 ή b2  c2  1  a2 . Από Cauchy – Schwarz έχουμε

((ac)2  (ba)2  (bc)2 )(a 2  b2  c2 )  (a 2c  b2a  c2b)2 ή (ac)2  (ba)2  (bc)2  (a 2c  b2a  c2b)2 (*) . Όμως,

(ac)2  (ba)2  (bc)2  a 2 (b2  c2 )  b2c2  a 2 (1  a 2 )  b2c2  a 2  a 4  b2c2 (**) . Από τις (*) και (**) , το ζητούμενο έπεται. Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 178

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 211

Να αποδειχθεί ότι αν x, y,z  0 τότε:

x y z 3    . yz zx xy 2

(Πηγή: Αλγεβρικές Ανισότητες , των ΜΠΑΜΠΗ ΣΤΕΡΓΙΟΥ και ΝΙΚΟΥ ΣΚΟΜΠΡΗ) ΣΗΜΕΙΩΣΗ Η άσκηση αυτή, αντιμετωπίζεται εύκολα π.χ με την Andreescu. Εδώ, ζητάμε μια απόδειξη με την χρήση της B – C – S.

Λύση : Πρόκειται για την ανισότητα Nesbitt. Υπάρχουν πολλές αποδείξεις, αλλά ας δώσω μία που μοιάζει περίεργη σε όσους δεν έχουν ασχοληθεί με ανισότητες. Λόγω ομογένειας μπορούμε να υποθέσουμε x  y  z  1 οπότε η αποδεικτέα γράφεται

x y z 3    .

1 x 1 y 1 z 2

Τώρα, εύκολα δείχνουμε ότι

x 9x 1  (αν κάνουμε τις πράξεις ισοδυναμεί 1 x 4

με την αληθή (3x  1)2  0 ). Όμοια για τις άλλες μεταβλητές,

y 9y  1 z 9z  1  ,  .

1 y 4 1 z 4

Προσθέτουμε κατά μέλη τις τρεις θα βρούμε

x y z 9(x  y  z)  3 9·1  3 3      , όπως θέλαμε.

1 x 1 y 1 z 4 4 2 Β τρόπος Έχουν ήδη δοθεί πολλές λύσεις για την ανισότητα αυτή. Για εξάσκηση στην B – C – S, γράφω και μία ακόμα: Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 179

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Θεωρούμε τις τριάδες:

x y z και , , yz xz xy

x(y  z), y(x  z), z(x  y) . Τότε:

(

x y z   )[x(y  z)  y(x  z)  z(x  y)]  (x  y  z)2 . yz zx xy

Άρα: (

x y z   )(2xy  2yz  2xz)  (x  y  z)2 . yz xz xy

Άρα:

x y z (x  y  z)2 .    y  z x  z x  y 2(xy  yz  zx)

Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι:

(x  y  z)2 3  , 2(xy  yz  zx) 2

ή ότι: (x  y  z)2  3(xy  yz  zx) , η οποία είναι προφανής. Γ Τρόπος Πράγματι, υπάρχουν πολλές αποδείξεις αυτής της ανισότητας. Μια ακόμα με Cauchy – Schwarz (ή αν θέλει κανείς, με ανισότητα Αριθμητικού – Αρμονικού Μέσου) είναι η εξής:

x y z x y z x+y+z x+y+z x+y+z + + = +1+ +1+ +1  3= + +  3= y+z z+x x+y y+z z+x x+y y+z z+x x+y =(x+y+z)(

1 1 1 9 9 3 + + )  3  (x+y+z)  3=  3= . x+y y+z z+x x+y+y+z+z+x 2 2

Δ τρόπος Ιδού και μία ουρανοκατέβατη λύση με χρήση της ταυτότητας

x y z 3 1 (x  y)2 (x  z)2 (y  z)2     (   ). y  z z  x x  y 2 2 (x  z)(y  z) (x  y)(y  z) (x  y)(x  z) Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 180

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Πραγματικά, η ανισότητα αποδεικνύεται άμεσα! Αυτό που με προβληματίζει με τέτοιες λύσεις είναι πως καταλήγουμε σε τέτοιες ταυτότητες, γιατί όπως φαίνεται αποτελούν πανίσχυρο εργαλείο επίλυσης ανισοτήτων. Προφανώς, έχει να κάνει με συμμετρικά πολυώνυμα, αλλά μου είναι ακόμα αόριστο το πως και το γιατί. Ε τρόπος Και αλλιώς. Γράφω τον παρακάτω τρόπο γιατί δεν θέλει σχεδόν καθόλου φαντασία αλλά μόνο πράξεις ρουτίνας. Σχολιάζω ότι καμιά φορά ξεχνάμε τα απλά και ψάχνουμε τα επιτηδευμένα: Πολλαπλασιάζουμε με τους παρονομαστές και τα φέρνουμε όλα στο πρώτο μέλος. Η αποδεικτέα γίνεται ισοδύναμα

2x3  2y3  2z3  x2 y  xy2  y2z  zy2  x2zx  x2 y  0 , δηλαδή (x3  y3  x2 y  xy2 )  (y3  z3  y2z  zy2 )  (z3  x3  z2x  xz2 )  0 . Αλλά αυτό είναι απλό. Π.χ. ο πρώτος προσθετέος ισούται x2 (x  y)  y2 (x  y)  (x  y)2 (x  y)  0 , και λοιπά. Στ τρόπος Ένα τέτοιο μη επιτηδευμένο είναι και η μέθοδος της απαγωγής σε άτοπο, η οποία καλό θα είναι να "κυκλοφορεί" στην σκέψη μας. Ας εφαρμόσουμε λοιπόν την (B – C – S) ως έξης:

3 x 9 1     x  y  z   Πρόσθεση και στα δύο μέλη του 2 yz 2 yz 3 111 και εξαγωγή του a  b  c ως κοινού παράγοντα έχουμε

Αν

9  2 x  y  z  

Επιμέλεια: xr.tsif

1 (BCS)  9  9 , που είναι άτοπο. yz

Σελίδα 181

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Συνεπώς ισχύει:

3 2

x

yz .

Ζ τρόπος Να και μία αντιμετώπιση με την ανισότητα της αναδιάταξης. Θεωρούμε τη συνάρτηση f (x, y,z) 

x y z   . yz zx yx

Παρατηρούμε ότι

f (x,y,z)  f (y,z,x)  f (z,x,y)  f (x,z,y)  f (y,x,z)  f (z,y,z) . Επομένως, πρόκειται περί συμμετρικής συνάρτησης και μπορούμε δίχως βλάβη της γενικότητας να υποθέσουμε ότι

x  yz ή xyxz yz ή

1 1 1   . xy xz yz

Εφαρμόζοντας την ανισότητα της αναδιάταξης στις αύξουσες ακολουθίες

(x, y,z), (

1 1 1 , , ) έχουμε yz xz xy

x y z z x y      , yz xz xy yz xz xy x y z y z x      , με τις αναδιατάξεις yz xz xy yz xz xy s(1)  (z,x,y),s(2)  (y,z,x) , αντίστοιχα. Με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει η ζητούμενη. Η τρόπος Να και μία λύση με Jensen που μου έδωσε ο αδερφός μου που ασχολείται με optimization problems. Οι μικρότεροι να μην δώσετε σημασία σε αυτή τη λύση. Έστω τυχαίος t  0 . Παρατηρούμε ότι για την συνάρτηση f (x, y,z) ισχύει Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 182

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

f (tx,ty,tz)  t of (x,y,z) .

Συνεπώς, η f είναι ομογενής συνάρτηση μηδενικού βαθμού και επομένως δίχως βλάβη της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι x  y  z  1. Έτσι, η συνάρτηση γράφεται f (x, y,z) 

x y z   .

1 x 1 y 1 z

d 2f 2   0 , αφού x,y,z  (0,1) , όπου a μία από τις μεταβλητές x,y,z .

2 da (1  a)3 Έτσι, η συνάρτηση g που ορίζεται από τη σχέση g(a) 

a είναι κυρτή στο 1 a

πεδίο ορισμού της D(g)  (0,1) και επομένως εφαρμόζεται η ανισότητα Jensen. Άρα,

g(

x  y  z g(x)  g(y)  g(z) 1 f (x, y,z) ) ή g( )  , 3 3 3 3 1 3

1 2

και αφού g( )  , το ζητούμενο έπεται.

ΘΕΜΑ 212

(ΚΛΕΟΒΟΥΛΟΣ ΚΟΦΟΝΙΚΟΛΑΣ)

Δίνονται θετικοί πραγματικοί αριθμοί a,b,c,d με άθροισμα ίσο με τη μονάδα. Να αποδείξετε, με χρήση της ανισότητας Βuniacowski – Cauchy – Schwarz ότι

a2 b2 c2 d2 1 ισχύει ότι:     . a b bc cd da 2

Λύση : Με B – C – S για τις τετράδες ( a  b, b  c, c  d, d  a) και

(

a b c d , , , ). a b bc cd da

Πιο αναλυτικά έχω :

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 183

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

( a  b)2  ( b  c)2  ( c  d)2  ( d  a)2    

b 2 c 2 d 2  a 2 2 ( a  b )  ( b  c )  ( c  d )  ( d  a )   (a  b  c  d)    2 2 2 2 a b c d 1  2(a  b  c  d)(    )  1  L.H.S  . a b bc cd d a 2 (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 213 Αν a  5,b  5 , να αποδείξετε ότι:

5a  25  5b  25  ab .

Λύση : Θέτουμε a  5  x και b  5  y . Από C – S έχουμε

(x  5)(y  5)  ( 5x  5x)2 ή (x  5)(y  5)  5x  5y , και το ζητούμενο έπεται. (ΚΛΕΟΒΟΥΛΟΣ ΚΟΦΟΝΙΚΟΛΑΣ)

ΘΕΜΑ 214

Να αποδείξετε ότι για κάθε a,b,c,d,x,y,z,w  R ισχύει ότι:

y2 z2 w2 (a +2b +3c +4d )(x + + + )  (ax+by+cz+dw)2 .

2 3 4 2

2

2

2

2

Λύση : Για τις τετράδες των αριθμών (a, 2b, 3c,2d),(x,

y z w , , ), 2 3 2

εφαρμόζουμε την ανισότητα B – C – S και έπεται.

ΘΕΜΑ 215

(ΚΛΕΟΒΟΥΛΟΣ ΚΟΦΟΝΙΚΟΛΑΣ)

Αν a,b,c,d R να δειχθεί ότι: (a  b  c  d)(a 1  b1  c1  d1 )  16 . με την ανισοϊσότητα Βuniacowski – Cauchy – Schwarz . (AM – GM είδαμε).

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 184

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : Θεωρούμε τις τετράδες ( a, b, c, d) και ( a 1 , b1 , c1 , d1 ) Από την ανισότητα B – C – S έχουμε:

( a)2  ( b)2  ( c)2  ( d)2  ( a 1 )2  ( b1 )2  ( c1 )2  ( d 1 )2      





2

a 1  a  b1  b  c1  c  d1  d .

Άρα: (a  b  c  d)(a 1  b1  c1  d1 ]  (1  1  1  1)2 και άρα

(a  b  c  d)(a 1  b1  c1  d1 )  16 .

ΘΕΜΑ 216

(Αλγεβριστής)

Για τους πραγματικούς a,b,c να αποδείξετε ότι a2  b2  c2  ab  bc  ca . Να την λύσετε με C – S, με ΑΜ – ΓΜ, με πράξεις και με αναδιάταξη.

Λύση : 1ος τρόπος: (Με B – C – S) Θεωρούμε τις τριάδες: a,b,c και b,c,a . Τότε:

(a 2  b2  c2 )(b2  c2  a 2 )  (ab  bc  ca)2  (a 2  b2  c2 )2  (ab  bc  ca)2 

a2  b2  c2  ab  bc  ca  ab  bc  ca , (διότι κάθε αριθμός είναι μικρότερος ή ίσος από την απόλυτη τιμή του).

2ος τρόπος: (Με απλές πράξεις) Αρκεί να αποδείξουμε ότι:

2a2  2b2  2c2  2ab  2bc  2ca ή αρκεί: Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 185

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

a2  a2  b2  b2  c2  c2  2ab  2bc  2ca  0 .

Άρα αρκεί: (a  b)2  (b  c)2  (c  a)2  0 , το οποίο είναι αληθές.

3ος τρόπος: (Με απλές ανισότητες) Έχουμε: a2  b2  2ab (πολύ απλή αλλά χρήσιμη ανισότητα). Επίσης: b2  c2  2bc , και : c2  a2  2ca . Με πρόσθεση κατά μέλη, βρίσκουμε το ζητούμενο 4ος τρόπος: (Με άλλη απλή ανισότητα) Έχουμε : 2(a 2  b2 )  (a  b)2 . (Πολύ απλή στην απόδειξή της, αλλά και πολύ χρήσιμη σε απόδειξη άλλων ανισοτήτων. Πρέπει να την απομνημονεύσουμε. ) Ομοίως: 2(b2  c2 )  (b  c)2 . Και: 2(c2  a 2 )  (c  a)2 . Με πρόσθεση κατά μέλη, παίρνουμε:

4a2  4b2  4c2  2a2  2b2  2c2  2ab  2bc  2ca  a2  b2  c2  ab  bc  ca . Φυσικά, μπορούμε να βρούμε και πολλούς ακόμα τρόπους.

5ος τρόπος Δίνω μάλλον την πιο απλή λύση. Πολλαπλασιάζοντας με το 2 και τα δυο μέλη έχω:

a2  a2  b2  b2  c2  c2  2ab  2bc  2ca   (a 2  2ac  b2 )  (b2  2bc  c2 )  (a 2  2ca  c2 )  0  (a  b)2  (b  c)2  (a  c)2  0 , που προφανώς ισχύει.

6ος τρόπος Ας τη δούμε και με αναδιάταξη. Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 186

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Θεωρούμε τη συνάρτηση f (a,b,c)  a 2  b2  c2  ab  bc  ca με a,b,c R . Παρατηρούμε ότι οι τιμές της f και για τις 3!το πλήθος μεταθέσεις των a,b,c είναι ίσες. Συνεπώς, η f είναι συμμετρική ως προς τα a,b,c και συνεπώς, δίχως βλάβη της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι a  b  c . (Πιο συγκεκριμένα είναι συμμετρικό πολυώνυμο). Έτσι, εφαρμόζοντας την ανισότητα της αναδιάταξης για τις ακολουθίες (a,b,c) ,

(a,b,c) έχουμε a2  b2  c2  ab  bc  ca , όπου s(1)  (b,c,a) η μετάθεση, που είναι και η ζητούμενη.

7ος τρόπος Με τριώνυμο Θεωρούμε το τριώνυμο ως προς a . Η αποδεικτέα γράφεται a 2  (b  c)a  b2  c2  bc . Η διακρίνουσα, είναι

D  (b  c)2  4(b2  c2  bc)  b2  c2  2bc  4b2  4c2  4bc  3(b  c)2  0 . Αφού η διακρίνουσα είναι αρνητική το δευτεροβάθμιο πολυώνυμο έχει το πρόσημο του μεγιστοβάθμιου όρου. Στην περίπτωση μας είναι θετικό πράγμα, που αποδεικνύει και την ζητούμενη. Η μικρή διακρίνουσα είναι πολύ πιο ισχυρή από ότι φαίνεται! Λησμόνησα την περίπτωση b  c , που όμως είναι αρκετά στοιχειώδης, αφού αντικαθιστώντας συμπληρώνουμε το τετράγωνο.

ΘΕΜΑ 217

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Αν x, y,z  0 και x  y  z  2013 , να αποδείξετε ότι:

1 1 1 3    . x y z 671

Λύση : Με χρήση της ανισοϊσότητας Andreescu βγάζω ότι: Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 187

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

1 1 1 9 9 3 + +   = . x y z x+y+z 2013 671

ΘΕΜΑ 218

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Αν x, y,z  0 και xyz  1, να αποδείξετε ότι

81(x  y)(y  z)(z  x)  8(x  y  z)4 .

Λύση : Από την ανισοϊσότητα αριθμητικού γεωμετρικού μέσου ισχύει ότι:

x  y  2 xy , y  z  2 yz , z  x  2 zx . Με πολλαπλασιασμό των σχέσεων κατά μέλη έχουμε:

(x  y)(y  z)(z  x)  8 (xyz)2  8xyz  8 . Άρα το πρώτο μέλος της αρχικής ανισότητας είναι μεγαλύτερο ή ίσο του 81·8. Το δεύτερο μέλος γίνεται πάλι μέσω της ανισοϊσότητας αριθμητικού – γεωμετρικού μέσου x  y  z  3 3 xyz  3, δηλαδή είναι μεγαλύτερο ή ίσο του

8·34  81·8 . Άρα η δοσμένη ισχύει. Β τρόπος Από την ανισοϊσότητα αριθμητικού – γεωμετρικού μέσου ισχύει ότι:

(x  y)  (y  z)  (z  x)  3 3 (x  y)(y  z)(z  x) 

 2(x  y  z)  3 3 (x  y)(y  z)(z  x)  8(x  y  z)3  27(x  y)(y  z)(z  x) και επίσης x  y  z  3 xyz  3 . Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη προκύπτει το ζητούμενο. Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 188

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

ΘΕΩΡΗΤΙΚΑ Η ΜΕΘΟΔΟΣ ΤΗΣ ΑΝΑΔΙΑΤΑΞΗΣ Θεωρούμε τις νι – άδες των αριθμών: x1,x2 ,x3 ,...,xn και y1,y2 ,y3 ,...,yn οι οποίες έχουν την ίδια διάταξη, δηλαδή αν είναι x1  x2  ...  xn , τότε θα είναι και

y1  y2  y3  ...  yn (ή με αντίστροφη φορά των ανισοτήτων). Επίσης θεωρούμε και τους αριθμούς a1,a2 ,a3 ,...,a n , οι οποίοι στην ουσία είναι οι αριθμοί y1,y2 ,y3 ,...,yn , με οποιαδήποτε σειρά , δηλαδή:

{a1,a2 ,a3 ,...,an}  {y1,y2 ,y3,...,yn}. Ακριβέστερα τα a1,a2 ,a3 ,...,a n είναι μια μετάθεση των y1,y2 ,y3 ,...,yn Για παράδειγμα αν y1  2,y2  2,y3  1, τότε τα a1,a 2 ,a3 , μπορούν να επιλεγούν ως εξής: a1  2,a2  1,a3  2 και όχι a1  1,a2  1,a3  2 , παρά το γεγονός ότι και στις δύο επιλογές τα σύνολα {y1,y2 ,y3}και {a1,a2 ,a3}είναι ίσα. Τότε ισχύει η εξής ανισότητα:

x1y1  x2 y2  x3y3  ...  xn yn  a1x1  a2x2  a3y3  ...  a nxn . Αν όμως οι αρχικοί αριθμοί έχουν αντίθετη διάταξη, δηλαδή αν π.x x1  x2  ...  xn , τότε θα είναι y1  y2  ...  yn , (ή με αντίστροφες τις φορές των ανισοτήτων), τότε:

x1y1  x2 y2  x3y3  ...  xn yn  a1x1  a2x2  a3y3  ...  a nxn . Η ισότητα και στις δύο περιπτώσεις, θα ισχύει όταν x1  x2  ...  xn , ή όταν

y1  y2  ...  yn . Έτσι, στην λύση που έδωσε παραπάνω το μέλος μας ο "Αλγεβριστής", με δεδομένο ότι θεωρήσαμε a  b , παίρνουμε τις τριάδες: a,b,c και a,b,c

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 189

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

οι οποίες έχουν την ίδια διάταξη ( a  b  c και a  b  c ), οπότε αν πάρουμε τους αριθμούς k,m,n , ώστε να είναι {k,m,n}  {a,b,c} , θα ισχύει ότι:

a  a  b  b  c  c  ka  mb  nc . Θα επιλέξουμε τα k,m,n με κατάλληλο τρόπο, ώστε να μας βγει το ζητούμενο. Έτσι, επιλέγουμε: k  b,m  c,n  a και θα έχουμε: a2  b2  c2  ba  cb  ac . (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 219 1 2

Αν x, y,z  0 και x  y  z  , να αποδείξετε ότι: xy  yz  zx  18xyz .

Λύση : Αν ένας από τους x,y,z είναι ίσος με μηδέν, τότε η ανισότητα ισχύει προφανώς (για παράδειγμα, αν z  0 , τότε η ανισότητα γράφεται xy  0 , που ισχύει). Υποθέτουμε, λοιπόν, ότι xyz  0 . Τότε, η αποδεικτέα ανισότητα γράφεται ισοδύναμα:

xy  yz  zx 1 1 1  18     18 xyz x y z

(1) .

Αλλά από την ανισότητα αριθμητικού – αρμονικού μέσου προκύπτει ότι

xyz 3  και άρα 1 1 1 3   x y z

1 3 1 1 1 2     18 , που είναι η (1) .

3 111 x y z x y z Β τρόπος Αρκεί να αποδείξουμε ότι (x  y  z)(xy  yz  zx)  9xyz . Όμως, αυτό είναι άμεσο από ΑΜ – ΓΜ: Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 190

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(x  y  z)(xy  yz  zx)  3 3 xyz·3 3 (xyz)2  9xyz . Γ τρόπος ας δούμε και μια ακόμα με χρήση της AM – GM

xy  yz  zx  3 3 x 2 y2z2 . Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι: 3 3 x2 y2z2  18xyz ή αρκεί: x2 y2z2  63 x3 y3z3 . Αν xyz  0 , είναι φανερό ότι η σχέση αυτή είναι αληθής. Με xyz  0 , αρκεί να αποδείξουμε ότι: xyz 

1 63

1 2

Όμως, x  y  z  3 3 xyz   3 3 xyz  xyz 

(1) .

1 και άρα η (1) είναι αληθής.

63

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 220

Αν x, y,z  0 , να αποδείξετε ότι: x 2  y2  z2 

4 4 4    9. x 4 y4 z 4

Λύση : Ο τρόπος με τον οποίο την έλυσα, (χρησιμοποιώντας ΑΜ – GM), είναι λίγο δύσκολος. Ωστόσο, ίσως δούμε και απλές λύσεις από τα ταλαντούχα μας μέλη Β τρόπος 2 2 4 a2 a2 4 a a 4 Για a  0 ισχύει a  4    4  3 3 · · 4  3. a 2 2 a 2 2 a 2

Συνεπώς,

x2  y2  z2 

4 4 4  2 4  2 4  2 4    x  4   y  4   z  4   9 x4 y4 z4  x   y   z 

Με το ίσον να ισχύει αν και μόνο αν x 2  y2  z2  2 . Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 191

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Γ τρόπος Αλλιώς, χωρίς ΑΜ – ΓΜ:

4 4  a4 (a 2  2)(a 2  2) (a 2  2)(a 4  a 2  2) 2 2 a  4 3 a 2 4  a 2   a a a4 a4 2



(a 2  2)2 (a 2  1)  0 . Η συνέχεια η ίδια. a4

Δ τρόπος Οι μικρότεροι να μην δώσετε σημασία σε αυτή τη λύση. Και μία αντιμετώπιση με Γ' Λυκείου! Αρκεί να την αποδείξουμε για x  0 (γιατί;). Έτσι στη συνέχεια μπορούμε να βάλουμε όπου x το x . Θεωρούμε τη συνάρτηση f (x)  x 2  παραγωγίσιμη με

4 με D(f )  (0, ) η οποία είναι x4

df 16  2x  5 , D(f )  (0, ) . dx x

Λύνουμε την εξίσωση

df  0 , από την οποία προκύπτουν τα κρίσιμα σημεία dx

x  2 ή x   2 . Το δεύτερο, επειδή είναι εκτός πεδίο ορισμού απορρίπτεται. Έχουμε,

d 2f 16  5  2  6  0 , D(f )  (0, ) .

2 dx x

Και συνεπώς, από το κριτήριο δεύτερης παραγώγου το x  2 είναι τοπικό ελάχιστο και μάλιστα ολικό. Έτσι, f (x)  f ( 2)  3 και συνεπώς κυκλικά έχουμε

f (x)  9 , cyc

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 192

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

που είναι και η ζητούμενη. Τα σημεία στα οποία ισχύει η ισότητα: όλες οι τριάδες (x,y,z) με

x2  y2  z2  2 . Στη συνέχεια μπορούμε να βάλουμε όπου x το x και να αποδείξουμε την σχέση για x  0 . (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 221

Αν x, y,z  0 να αποδείξετε ότι : x3  y3  z3  x2 y  y2z  z2x .

Λύση : Υπόδειξη: Μπορεί να λυθεί και με την ανισότητα της αναδιάταξης που αναπτύχθηκε πιο πάνω, αν μας δίνουν ότι x  y  z , παίρνοντας τις τριάδες των αριθμών x,y,z και x 2 , y2 ,z2 με την παρατήρηση ότι αν θεωρήσουμε ότι x  y  z τότε οι τριάδες αυτές έχουν την ίδια διάταξη. (Πράγματι, αφού x, y,z  0 τότε από την σχέση: x  y  z  x2  y2  z2 ). Β τρόπος Υπάρχουν πολλοί τρόποι αντιμετώπισης. Βάζω μία με κάποια τεχνική που είχα ανακαλύψει κάποτε (αλλά δεν αμφιβάλλω ότι είναι κάτι γνωστό). Πιστέψτε με ότι η τεχνική αυτή λειτουργεί σε πολλές ανισότητες, και είναι ευκαιρία να την περιγράψω στο εδώ παράδειγμα. Θα κάνουμε διπλή χρήση της C – S. Ονομάζουμε D το δεξί μέλος και A το αριστερό, οπότε θέλουμε D  A . Έχουμε

D2  (x2 y  y2z  z2x)2   x3/2·x1/2 y  y3/2·y1/2z  z3/2·z1/2x   2

  x3  y3  z3  xy2  yz2  zx2   A xy1/2·y3/2  yz1/2·z3/2  zx1/2·x3/2   Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 193

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

 A x2 y  y2zz2x 

1/2

y

3

 z3  x3   AD1/2A1/2 .

1/2

Άρα D3/2  A3/2 , από όπου το ζητούμενο. Γ τρόπος Με αναδιάταξη Η συνάρτηση f (x,y,z)  x3  y3  z3  x 2 y  y2z  z2x είναι συμμετρική ως προς τα x,y,z . Συνεπώς, χωρίς βλάβη της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι x  y  z ή x2  y2  z2 . Θεωρούμε την μετάθεση

s(1)  (y,z,x) . Τώρα εφαρμόζοντας την ανισότητα της αναδιάταξης στις τριάδες (x,y,z),(x 2 ,y2 ,z2 ) και τις (x2 ,y2 ,z2 ),s(1) παίρνουμε

x2x  y2 y  z2z  x2 y  y2z  z2x ή ισοδύναμα x3  y3  z3  x2 y  y2z  z2x , που είναι και η ζητούμενη. Δ τρόπος Προσοχή! Η συνάρτηση f (x, y,z) δεν είναι συμμετρική! Είναι f (x,y,z)  f (y,x,z) . Βέβαια, η εν λόγω ανισότητα αποδεικνύεται με την ανισότητα της αναδιάταξης παρατηρώντας ότι οι τριάδες (x,y,z),(x 2 ,y2 ,z2 ) είναι της ίδιας "διάταξης", σε αντίθεση με τις (x2 ,y2 ,z2 ),(y,z,x) . Ωστόσο, πιστεύω ότι το θέμα αυτό προτάθηκε εδώ για να δούμε την εξής απόδειξη:

x3  y3  z3  3 3 x3x3y3  3x 2 y . Ομοίως βρίσκουμε y3  y3  z3  3y2z, z3  z3  x3  3z2 x . Με πρόσθεση αυτών προκύπτει η ζητούμενη. Ε τρόπος Έχουμε και την εξής άποψη και μόνο για λόγους πολυφωνίας: Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 194

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

x  y  z  0   x3  y3    x2 y  xy2 

 y  z x  z y  x  0  xy

2

(1) .

 yz2  zx2  x2y  y2z  z2x 

xy2  yz2  zx2  x2 y  y2z  z2x  2x 2 y  2y2z  2z2x

(2) .

Από τις σχέσεις (1) , (2) παίρνουμε άμεσα την ζητούμενη. (ΑΡΓΥΡΗΣ ΚΑΡΑΝΙΚΟΛΑΟΥ)

ΘΕΜΑ 222

) Έστω x,y,z θετικοί πραγματικοί αριθμοί. Αποδείξτε ότι

x y z 3 .    xy yz zx 2

(Vasile Cirtoaje, Samin Riasat)

Λύση : Η δοθείσα γράφεται

x(y  z)(z  x)  y(z  x)(x  y)  z(x  y)(y  z) 

3 (x  y)(y  z)(z  x) 2

Από την Cauchy – Schwarz είναι

x(y  z)(z  x)  y(z  x)(x  y)  z(x  y)(y  z)   x(y  z)  y(z  x)  z(x  y) x  y  y  z  z  x  2 (xy  yz  zx)(x  y  z) Αρκεί λοιπόν, να αποδειχθεί ότι

2 (xy  yz  zx)(x  y  z) 

3 (x  y)(y  z)(z  x) .

2

Ισχύει (x  y)(y  z)(z  x)  (x  y  z)(xy  yz  zx)  xyz και

(x  y)(y  z)(z  x)  8xyz , άρα

2 (xy  yz  zx)(x  y  z)  2 (x  y)(y  z)(z  x)  xyz  Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 195

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

 2 (x  y)(y  z)(z  x) 

(x  y)(y  z)(z  x) 3  (x  y)(y  z)(z  x) .

8 2

Β τρόπος Αρκεί να αποδείξουμε ότι:

Θέτουμε:

1 1

x y



1 1

z y



1 1

x z



3 .

2

y 2 z x  a ,  b2 ,  c2 , όπου a,b,c  0. x y z

Τότε αρκεί να αποδείξουμε ότι:

1 1 1 3 .    2 2 2 1 a 1 b 1 c 2

Η νέα αυτή ανισότητα είναι συμμετρική (αφού δεν μεταβάλλεται με κυκλική εναλλαγή των γραμμάτων της) και άρα μπορούμε να θεωρήσουμε ότι

a  b  c (και άρα και a2  b2  c2 , λόγω του ότι a,b,c  0). Επίσης παρατηρούμε ότι a2b2c2  1 (και άρα και a2b2c2  1). Από την βασική ανισότητα (p  q)2  2(p2  q2 ) , παίρνουμε:

 1 1  1   1   2    2 2  2 2  1  a 1  b 1  a 1  b     2

2

 a 2  b2  1  1 (1  a 2 )(1  b2 )  1  a 2b2 1  2a 2b2   2  2 1   (1  a 2 )(1  b2 )  , (1  a 2 )(1  b2 ) (1  a 2 )(1  b2 )  

  1 1  1  2a 2b2    2 1  Δείξαμε λοιπόν ότι:  2 2  2 2  1  a 1  b  (1  a )(1  b )    2

(1) .

Όμως:

(1  a 2 )(1  b2 )  1  b2  a 2  a 2b2  1  a 2b2  2ab  2ab  a 2  b2   (1  ab)2  (a  b)2  (1  ab)2 . Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 196

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

1 1  (1  a 2 )(1  b2 ) (1  ab)2

Άρα

(2) .

Θα αποδείξουμε ότι 1  a2b2  0 . Πράγματι, έστω ότι 1  a2b2  0  a2b2 1 a2b2c2  c2 1  c2 . Όμως a2  c2 και b2  c2 , οπότε με πολλαπλασιασμό έχουμε

a 2b2  c4  a 2b2c2  c6  (c2 )3  1 1  1, άτοπο. Τώρα με δεδομένο ότι είναι 1  a2b2  0 , η (2) γράφεται:

1  a 2b2 1  a 2b2 1  a 2b2 1  ab 2 .  1  1  2 2 2 2 2 (1  a )(1  b ) (1  ab) (1  a )(1  b ) (1  ab) 1  ab 

1  a 2b2



4

Άρα: 2 1  .  (1  a 2 )(1  b2 )  1  ab





Έτσι από την (1) έχουμε:

 1 1  4 1 1 2 2 2 c .         2 2  2 2 1  a 1  b 1  ab 1  a 1  b 1  ab 1 1  c   1 c 2

Άρα:

1 1 2 c   2 2 1 a 1 b 1 c

(3) .

Όμως (c 1)2  0  c2  2c  1  0  c2  2c 1  c2  c2  c2  2c 1 

 2c2  2  c2  2c  1  2(c2  1)  (c  1)2 



1 2   1  c2 c  1

2 c 1 2 2 c    . c  1 1  c2 1  c 1 c

Θα δείξουμε ότι: Επιμέλεια: xr.tsif

2 2 c 3   .

1 c 1 c 2 Σελίδα 197

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Αρκεί να δείξω ότι: 2  2 2c(1  c)  3  3c ή αρκεί:

3c  1  2 2c(1  c)  0 ή αρκεί: 2c 1  c  2 2c(1  c)  0 ή αρκεί: ( 2c  1  c)2  0 , το οποίο είναι αληθές. Δείξαμε λοιπόν ότι:

2 c 1 3   1  c2 c 1 2

(4) .

Με πρόσθεση κατά μέλη των σχέσεων (3) και (4) έχουμε το ζητούμενο. Δείτε και από εδώ και κάτω.

ΘΕΜΑ 223

(ΣΩΤΗΡΗΣ ΛΟΥΡΙΔΑΣ)

) Αν έχουμε x,y  0 , αποδείξτε τη ισχύ της ανισότητας:

xy yz zx   3 2. x y z

Λύση : Θέτουμε x  a 4 ,y  b4 ,z  c4 και από ΑΜ - ΓΜ έχουμε

a 4  b4 b4  c4 c4  a 4 2a 2b2 2b2c2 2c2a 2       a4 b4 c4 a4 b4 c4  2(

ab bc ca b c a  2  2 )  2(   )  3 2 , και τελειώσαμε.

2 a b c a b c

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 198

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

ΘΕΩΡΗΤΙΚΑ

Η ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ CHEBYSHEV ΘΕΩΡΗΜΑ (Chebyshev) Έστω δύο αύξουσες ακολουθίες πραγματικών αριθμών

a1  a2  ...  an ,b1  b2  ...  bn , όπου n  1 φυσικός αριθμός. Για τους όρους των ακολουθιών αυτών ισχύει η παρακάτω ανισότητα:

a1b1  a 2b2  ...  a n bn a1  a 2  ...  a n b1  b2  ...  bn    n n n 

a1bn  a 2bn1  ...  a n1b2  a n b1 . n

Παράδειγμα 1 Για τους πραγματικούς a,b,c να αποδείξετε ότι 3(a 2  b2  c2 )  (a  b  c)2 . Απόδειξη Παρατηρούμε ότι η αποδεικτέα είναι συμμετρική και συνεπώς χωρίς βλάβη της γενικότητας, υποθέτουμε ότι a  b  c . Εφαρμόζοντας το πρώτο σκέλος της ανισότητας του Chebyshev για τις τριάδες a,b,c και a,b,c έχουμε

a a  bb  cc a  b  c a  b  c   ή ισοδύναμα 3 3 3

3(a 2  b2  c2 )  (a  b  c)2 , που είναι και η ζητούμενη.

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 199

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Παράδειγμα 2 Για τους θετικούς a,b,c  0, να αποδείξετε την ισχύ της παρακάτω ανισότητας:

a8  b8  c8 1 1 1    . a3b3c3 a b c Απόδειξη Παρατηρούμε ότι η αποδεικτέα είναι συμμετρική και συνεπώς χωρίς βλάβη της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι

a  b  c ή a6  b6  c6 ή a2  b2  c2 . Στα παρακάτω πέρα της Chebyshev θα εφαρμόσουμε και AM – ΓΜ στο a6  b6  c6 και την βασική ανισότητα a2  b2  c2  ab  bc  ca . Από την Ανισότητα Chebyshev (πρώτο σκέλος) για τις τριάδες (a6 ,b6 ,c6 ),(a 2 ,b2 ,c2 ) αποφαινόμαστε ότι

a8  b8  c8 (a 6  b6  c6 ) (a 2  b2  c2 ) ή ισοδύναμα  3 3 3

3(a8  b8  c8 )  (a 6  b6  c6 )(a 2  b2  c2 )  3a 2b2c2 (a 2  b2  c2 )  1 1 1  3a 2b2c2 (ab  bc  ca)  3a 3b3c2  3a 2b3c3  3a 3b2c3  3a 3b3c3 (   ) , c a b 1 1 1 ), c a b

ή ισοδύναμα 3(a8  b8  c8 )  3a 3b3c3 (  

a8  b8  c8 1 1 1 το οποίο γίνεται    , που είναι και η ζητούμενη. a3b3c3 a b c

Σημειώσεις – Παρατηρήσεις Η ανισότητα Chebyshev είναι δυνατό εργαλείο επίλυσης ανισοτήτων και έχει Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 200

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

ως πλεονέκτημα το ότι οι όροι των ακολουθιών δεν χρειάζεται να είναι θετικοί. Το μειονέκτημα είναι ότι πρέπει να αποδείξουμε την ιδιότητα της διάταξης πριν την εφαρμόσουμε. Όπως, παρατηρείται επιλύει μόνο συμμετρικές ανισότητες, όπως και η ανισότητα της αναδιάταξης, αφού άλλωστε αποδεικνύεται από αυτήν. Για να δώσουμε την ιδιότητα της διάταξης, χωρίς βλάβη της γενικότητας, στις μεταβλητές, αρκεί να αποδείξουμε ότι πρόκειται περί συμμετρικής ανισότητας. Αυτό σημαίνει, ότι αν αλλάξετε όλες τις δυνατές θέσεις των μεταβλητών, πάντα θα παίρνουμε την ίδια ανισότητα. Αν έχουμε n μεταβλητές τότε έχουμε n! μεταθέσεις. Π.χ. Η ανισότητα a2  b2  2ab είναι συμμετρική, αφού αν βάλουμε όπου a το b και όπου b το a θα πάρουμε b2  a2  2ba , δηλαδή πάλι την ίδια! Συνεπώς, μπορούμε να υποθέσουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι a  b με στόχο την απόδειξή της.

ΘΕΜΑ 224

(ΑΛΓΕΒΡΙΣΤΗΣ)

) Για τους θετικούς a,b,c  0, να αποδείξετε ότι

a3  b3  c3  ab2  bc2  ca 2  2(a 2b  b2c  c2a) .

Λύση : Από ΑΜ – ΓΜ έχουμε

a3  ab2  2a2b , b3  bc2  2b2c , c3  ca2  2c2a . Με πρόσθεση κατά μέλη των παραπάνω προκύπτει η ζητούμενη.

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 201

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

ΘΕΜΑ 225

(ΑΛΓΕΒΡΙΣΤΗΣ)

) Για τους θετικούς x, y,z  0 να αποδείξετε ότι:

x3 y3 z3 xyz .    x2  xy  y2 y2  yz  z2 z2  zx  x2 3

Λύση : Έχουμε ότι

x3 y3 z3 y3 z3      x2  xy  y2 y2  yz  z2 z2  zx  x2 x2  xy  y2 y2  yz  z2 

x3 x3  y3 y3  z3 z3  x3     z2  zx  x2 x2  xy  y2 y2  yz  z2 z2  zx  x 2

 x  y yz  z  x  0. Άρα αρκεί να δείξουμε ότι:

x3  y3 y3  z3 z3  x3 2  2  2  (x  y  z) .

2 2 2 2 x  xy  y y  yz  z z  zx  x 3 Όμως με χρήση της ανισότητας: x3  y3  x2 y  y2z , ( απόδειξη ;), έχουμε:

x3  y3 (x  y)(x2  xy  y2  2xy) x2 y  xy2  x y2 2  x2  xy  y2 x2  xy  y2 x  xy  y2 x3  y3 .  x y2 2 x  xy  y2 x3  y3 xy Από το οποίο προκύπτει ότι: 2 .  x  xy  y2 3 Και ομοίως:

y3  z3 yz ,  y2  yz  z2 3 Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 202

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

z3  x3 zx .  2 3 z  zx  x 3

Από τα οποία με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει η ζητούμενη.

ΘΕΜΑ 226

(ΑΛΓΕΒΡΙΣΤΗΣ)

) Έστω οι θετικοί x, y  0 τέτοιοι ώστε x3  y3  x  y . Να αποδείξετε ότι

x2  y2  1 .

Λύση : x3  x  y3  y  0 άρα x3  x , οπότε x  1. Από C – S x2  y2  x3/2 x1/2  y3/2 y1/2  x3  y3 x  y  x  y x  y   x2  y2  x2  x  1. Β τρόπος Έχουμε x3  y3  x  y  0 άρα x  y . Συνεπώς,

(x2  y2 )(x  y)  (x3  y3 )  xy(x  y)  x3  y3  x3  y3  x  y , και αφού x  y  0 , έχουμε x2  y2  1 .

ΘΕΜΑ 227

(ΑΛΓΕΒΡΙΣΤΗΣ)

) Για τους θετικούς a,b,c  0 για τους οποίους ισχύει (a  1)(b  1)(c  1)  8 , να αποδείξετε ότι ισχύει abc  1.

Λύση : 8  (a  1)(b  1)(c  1)  (2 a)(2 b)(2 c)  8 abc , άρα 1  abc , από όπου το ζητούμενο.

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 203

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

ΘΕΜΑ 228

(ΑΛΓΕΒΡΙΣΤΗΣ)

) Για τους θετικούς x,y,z,w  0 , να αποδείξετε ότι

(x4  1)(y4  1)(z4  1)(w4  1)  (1  xyzw)4 .

Λύση : Από την ανισοϊσότητα Buniakowski – Cauchy – Schwarz ισχύει ότι (x4  1)(y4  1)  (x 2 y2  1)2 και ότι (z4  1)(w4  1)  (z2w2  1)2 . Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη ισχύει ότι

(x4  1)(y4  1)(z4  1)(w4  1)  [(x 2 y2  1)(z2w2 1)]2  [(xyzw 1)2 ]2   (xyzw  1)4 . Β τρόπος Για αυτήν εδώ ουσιαστικά κάποιος μπορεί να χρησιμοποιήσει την ανισότητα του Holder και το αποτέλεσμα είναι άμεσο.

1 4

1 4

1 4

1 4

1 4 4

1 4 4

1 4 4

1 4 4

(x  1) (y  1) (z  1) (w  1)  (x ) (y ) (z ) (w )  1...

4

4

4

4

Με ύψωση εις την τετάρτη βγαίνει το ζητούμενο.

Περιληπτικά η ανισότητα Holder λέει : Holder's inequality Έστω a1,a2 ,...a n , b1,b2 ,...bn , z1,z2 ,...zn είναι ακολουθίες μη αρνητικών πραγματικών αριθμών και έστω a , b ,..., z θετικοί πραγματικοί με άθροισμα 1. Τότε ισχύει:

(a1  a 2  ...a n ) (b1  b2  ...bn )  ...  (z1  z2  ...zn )  a1 b1 ...z1  ...  a n bn ...zn a

b

z

a

b

z

a

b

Ουσιαστικά αποτελεί γενίκευση της Cauchy. Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 204

z

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

ΘΕΜΑ 229

(ΑΛΓΕΒΡΙΣΤΗΣ)

) Για τους θετικούς a,b,c  0 να αποδείξετε ότι

2(a3  b3  c3 ) 6(a 2  b2  c2 )   8. abc (a  b  c)2

Λύση : a3  b3  c3 abc 2  23 6 abc abc

(1) .

a 2  b2  c2 (a  b  c)2 23 2 2 (a  b  c)2 (a  b  c)2

(2) .

Με πρόσθεση των (1) και (2) προκύπτει το ζητούμενο.

ΘΕΜΑ 230

(ΑΛΓΕΒΡΙΣΤΗΣ)

) Για τους θετικούς a,b,c  0 να αποδείξετε ότι (a  b)(a  c)  2 abc(a  b  c) .

Λύση : Η ανισότητα για a  b  c  1 γίνεται ισοδύναμη με την

(1  b)(1  c)  2 bc(1  b  c) 1  b  c+bc  2 bc(1  b  c) , που ισχύει από την x  y  2 xy .

ΘΕΜΑ 231

(ΑΛΓΕΒΡΙΣΤΗΣ)

) Αν x, y  0 θετικοί πραγματικοί αριθμοί με x  y  2 , να αποδείξετε ότι

x2 y2 (x2  y2 )  2 .

Λύση : Πράγματι, σύμφωνα με την Ανισότητα AM – GM θα ισχύει Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 205

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(x  y)2 [2xy  (x 2  y2 )]2 24 2 2 2 2 x y (x  y )  ·xy(x  y )  xy(x  y )   3  2.

4 2·4 2 2

2

2

2

ΘΕΜΑ 232

(ΑΛΓΕΒΡΙΣΤΗΣ)

) Αν x, y,z  0 θετικοί πραγματικοί αριθμοί με xyz  1 και x7  y7  z7  3 , να υπολογισθεί η παράσταση A  2x35  3y63  4z84 . Πηγή: USA Mathematical Talent Search.

Λύση : 3  x7  y7  z7  3 3 x7 y7z7  3(xyz)7/3  3 , άρα ισότητα παντού. Αυτό σημαίνει, επιπρόσθετα, ότι πετυχαίνουμε την ισότητα όταν x  y  z και άρα (από την xyz  1) όταν x  y  z  1. Άρα A  2  3  4  9 . Β τρόπος Από ΑΜ – ΓΜ: x7 +y7 +z7  3  x7 +y7 +z7 =3  x=y=z=1 .

ΘΕΜΑ 233

(ΑΛΓΕΒΡΙΣΤΗΣ)

) Για τους θετικούς a,b,c  0 να αποδείξετε ότι a4  b4  c4  a2bc  ab2c  abc2 .

Λύση : Θα χρησιμοποιήσω την βασική ανισότητα ΑΜ – ΓΜ:

x  y  z  w  4 4 xyzw

(1) .

Οπότε έχω x  a 4 ,y  b4 ,z  c4 ,w  a 4 .

(1)  a 4  b4  c4  a 4  4a 2bc  2a 4  b4  c4  4a 2bc . Στη συνέχεια αντικαθιστούμε όπου w  b4 και w  c4 και με πρόσθεση των ανισοτήτων που προκύπτουν αποδεικνύεται η ζητούμενη ανισότητα.

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 206

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Β τρόπος Θέτω a  x,b  y,c  z . Ξέρουμε ότι ισχύει ότι:

x4  y4  2x2 y2 .

y4  z4  2y2z2 . z4  x4  2z2x2 . Με πρόσθεση κατά μέλη μένει να αποδείξω ότι x2 y2  y2z2  z2x2  x 2 yz  xy2z  xyz2 . Όμως:

x2  y2  2xy , πολλαπλασιάζω με το z 2 . y2  z2  2yz , πολλαπλασιάζω με το x 2 . z2  x2  2zx , πολλαπλασιάζω με το y2 . Μετά από πρόσθεση των σχέσεων κατά μέλη προκύπτει το ζητούμενο.

ΘΕΜΑ 234

(ΑΛΓΕΒΡΙΣΤΗΣ)

) Για τους θετικούς x, y,z  0 να αποδείξετε ότι

1 1 1 (x 2  y2  z2 )(   )  3(x  y  z) . x y z Πηγή: Wisconsin Mathematical Talent Search

Λύση : (x  y  z)2 Βλέποντας το L.H.S παρατηρώ ότι x  y  z  . Άρα προκύπτει 3 2

Επιμέλεια: xr.tsif

2

2

Σελίδα 207

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(x  y  z)2 1 1 1 (x  y  z) 1 1 1 ότι (   )  3(x  y  z)  (   ) 3 3 x y z 3 x y z 1 1 1  (x  y  z)(   )  9 , που ισχύει. x y z Β τρόπος Από την Andreescu x 2  y2  z2 

(x  y  z)2 .

111

1 1 1 (1  1  1)2 Πάλι από την Andreescu    . x y z xyz 1 x

Πολλαπλασιάζω κατά μέλη: (x 2  y2  z2 )( 

ΘΕΜΑ 235

1 1  )  3(x  y  z) . y z

(ΑΛΓΕΒΡΙΣΤΗΣ)

) Για τους μη αρνητικούς a,b,c,d,e  0 , να αποδείξετε ότι

(a 2  b2  c2  d2  e2 )(a3  b3  c3  d3  e3 )  25abcde . Πηγή: Russian Mathematical Olympiad

Λύση : Έχουμε:

a2  b2  c2  d2  e2  5 5 a2b2c2d2e2 . a3  b3  c3  d3  e3  5 5 a3b3c3d3e3 . Άρα, με πολλαπλασιασμό κατά μέλη:

(a2  b2  c2  d2  e2 )(a3  b3  c3  d3  e3 )  25 5 a5b5c5d5e5  25abcde .

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 208

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

ΘΕΜΑ 236

(ΑΛΓΕΒΡΙΣΤΗΣ)

) Για τους θετικούς a,b,c  0 να αποδείξετε ότι:

a8  b8  c8  a4b2c2  a2b4c2  a2b2c4 .

Λύση : Θεωρούμε πρώτα τις τριάδες: (c4 ,b4 ,a 4 ),(a 2b2 ,a 2c2 ,b2c2 ) , οι οποίες έχουν αντίθετη διάταξη. (Πράγματι, αν c4  b4  a4  c  b  a  c2  b2  a2 και άρα: από c2  b2  a2c2  a2b2  a2b2  a2c2 . Επίσης από b2  a2  b2c2  a2c2  a2c2  b2c2 . Δείξαμε λοιπόν ότι πράγματι a2c2  b2c2 ). Άρα από την ανισότητα της αναδιάταξης έχουμε ότι: (1) . c4a2b2  b4a2c2  a4b2c2  c6a2  b6c2  a6b2 Θεωρούμε τώρα τις τριάδες: (c6 ,b6 ,a6 ),(c2 ,b2 ,a 2 ) , οι οποίες προφανώς έχουν την ίδια διάταξη. Άρα: c8  b8  a8  c6a2  b6c2  a6b2

(2) .

Από τις σχέσεις (1) και (2) έπεται το ζητούμενο. Β τρόπος Ισχύει από τη βασική x2  y2  z2  xy  yz  zx .

a  a b  a b b c  a b c .

8

4

4

Επιμέλεια: xr.tsif

2

2

2 2

4

2 2

Σελίδα 209

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

ΘΕΜΑ 237

(ΑΛΓΕΒΡΙΣΤΗΣ)

) Να αποδείξετε για τους θετικούς x,y,z,w  0 ισχύει

12 1 1 1 1 1 1 3 1 1 1 1        (    ) xyzw wx wy wz xy xz yz 4 x y z w Πηγή: British Mathematical Olympiad.

Λύση : Έχουμε λοιπόν από την γνωστή πλέον ανισότητα του Andreescu:

1 1 4   , x y xy

1 1 4 ,   x z xz 1 1 4   , x w xw

1 1 1   , y z yz 1 1 1   , y w yw 1 1 1   . z w zw Με πρόσθεση όλων των πιο πάνω ανισοτήτων κατά μέλη, παίρνουμε :

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3(    )  4(      ), x y z w xy xz xw yz yw zw και άρα το ζητούμενο.

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 210

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

ΣΗΜΕΙΩΣΗ Η αριστερή πλευρά της ανισότητας έχει απαντηθεί σε προηγούμενη δημοσίευση.

ΘΕΜΑ 238

(ΑΛΓΕΒΡΙΣΤΗΣ) )

Για τους θετικούς a,b,c  0 να αποδείξετε ότι (a 

b )(b  c )(c  a )  8 . ca ba bc

Λύση : Από την ανισοϊσότητα αριθμητικού – γεωμετρικού μέσου ισχύει ότι:

a

b b 2 ca c

(1) .

b

c c 2 ab a

(2) .

c

a a 2 bc b

(3) .

Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη προκύπτει η δοθείσα.

ΘΕΜΑ 239

(ΑΛΓΕΒΡΙΣΤΗΣ) )

Για τους θετικούς a,b,c  0 να αποδείξετε ότι

a3 b3 c3    a  b  c. bc ca ab

Λύση : (

a3 b3 c3 2 a 2b2 b2c2 c2a 2   )  3( 2  2  2 )  3(a 2  b2  c2 )  (a  b  c)2... . bc ca ab c a b

Β τρόπος Μπορούμε επίσης να πολλαπλασιάσουμε με abc  0 και τότε είναι ίδια με την 233 και μπορεί να λυθεί με ΑΜ – ΓΜ. Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 211

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Γ τρόπος Ακόμα θα μπορούσαμε να κάνουμε ΑΜ – ΓΜ στα παρακάτω και να προσθέσουμε κατά μέλη.

a3  b  c  3a . bc b3  c  a  3b . ca c3  b  a  3c . ab

ΘΕΜΑ 240

(ΑΛΓΕΒΡΙΣΤΗΣ)

) Για τους θετικούς x, y,z  0 να αποδείξετε ότι

y3z z3x x3 y 3  2  2  .

2 2 2 2 x (xy  z ) y (zy  x ) z (xz  y ) 2

Λύση : y3z z3x x3 y Έχουμε (x,y,z)  2   x (xy  z2 ) y2 (zy  x2 ) z2 (xz  y2 )

y3z y3  ή ισοδύναμα (x, y,z)   2 .

2 z cyc x (xy  z ) cyc 3 y x(  ) z x Θέτουμε

x y z  k ,  m και  n , όπου k,m,n  0 θετικοί πραγματικοί y z x

αριθμοί. Οι παραπάνω μετατροπές, έχουν ως αποτέλεσμα, να τεθεί ο περιορισμός kmn  1στις μεταβλητές. Συνεπώς, Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 212

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(1)

2

3

3

3

3

2

1 mn km n (mn)     k .  3 1 1 1 1 1 1 1 cyc k (m  n) cyc cyc cyc cyc 1     kn km n m n m n m Στην τελευταία, εφαρμόζοντας την ανισότητα Cauchy – Schwarz στη μορφή Engel παίρνουμε

1 1 1 1 ( )2 (   )2 1 1 1 1 3 k  k m n  (   ) .  1 1 1 1 1 cyc  2(   ) 2 k m n 2 n m k m n Έτσι, από την τελευταία το ζητούμενο έπεται. Β τρόπος Μια λίγο διαφορετική λύση: Παρατηρούμε ότι η ανισότητα είναι ομογενής οπότε δίχως βλάβη της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι xyz  1. Άρα έχουμε:

y3z z3x x3 y y4z2 z4 x 2 x 4 y2       x2 (xy  z2 ) y2 (yz  x2 ) z2 (zx  y2 ) x2 y  z2x y2z  x 2 y z2x  y2z (x2 y  y2z  z2x)2 x2 y  y2z  z2x 3 3    xyz  .

2 2 2 2(x y  y z  z x) 2 2 2 Για τις ανισότητες χρησιμοποιήθηκαν αντίστοιχα οι C – S και AM – GM. Γ τρόπος Και μια ακόμα λύση:

y3z z3x x3 y    x2 (xy  z2 ) y2 (zy  x2 ) z2 (xz  y2 y4z2 z4 x 2 x4 y2     yzx2 (xy  z2 ) zxy2 (zy  x2 ) xyz2 (xz  y2 ) Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 213

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(y2z  z2x  x2 y)2 x 2 y  y2 z  z 2 x .   xyz(x2 y  xz2  y2z  yx2  z2x  zy2 ) 2xyz

x 2 y  y2 z  z 2 x 3 Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι:  , ή αρκεί: 2xyz 2

x2 y  y2z  z2x  3xyz

(1) .

Όμως από την ανισότητα ΑΜ – GM έχουμε:

x2 y  y2z  z2x  3 3 x 2 yy2zz2x  3 3 x3y3z3 . Άρα x2 y  y2z  z2x  3xyz και άρα η (1) είναι αληθής. Δ τρόπος Μια ακόμα απόδειξη: Λόγω ομογένειας ας είναι xyz  1. Τότε, υπάρχουν θετικοί a,b,c  0 ώστε

a b c x  , y  ,z  . b c a Είναι

a5 b5 c5 a6 b6 c6 + + = + +  bc(b3 +c3 ) ca(c3 +a3 ) ab(a3 +b3 ) abc(b3 +c3 ) abc(c3 +a 3 ) abc(a3 +b3 ) (a3  b3  c3 )2 1 a3  b3  c3 3    .

2abc(a3  b3  c3 ) 2 abc 2 L.H.S=

ΘΕΜΑ 241

(ΑΛΓΕΒΡΙΣΤΗΣ)

) Για τους θετικούς x, y,z  0 με xyz  1 να αποδείξετε ότι

1 1 1    1.

1 x  y 1 y  z 1 x  z

Λύση : Θέτουμε x  a3 ,y  b3 ,z  c3 οπότε a,b,c  0 και abc  1. Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 214

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Χρησιμοποιούμε την A3  B3  AB(A  B) με A,B  0 . Είναι

1 1 1 1 1 1       3 3 3 3 1  x  y 1  y  z 1  x  z 1  a  b 1  b  c 1  a 3  b3 

1 1 1    1  ab(a  b) 1  bc(b  c) 1  ca(c  a)



c a b    1. c  abc(a  b) a  abc(b  c) b  abc(c  a)

ΘΕΜΑ 242

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) Να βρεθούν αν υπάρχουν οι ακέραιοι αριθμοί x,y που είναι τέτοιοι ώστε:

x2  y2  2015 .

Λύση : Επειδή το άθροισμα των x2  y2 είναι περιττός, ο ένας εκ των x 2 , y2 είναι άρτιος και ο άλλος περιττός. Άρα ένας εκ των x,y είναι άρτιος και ο άλλος περιττός. Ας είναι x  2a, y  2b  1, x,y  Z Η x2  y2  2015 γράφεται 4a2  4b2  4b  2014 . Όμως, το αριστερό μέλος της προηγούμενης σχέσης είναι πολλαπλάσιο του 4, ενώ το δεξί όχι. Άρα η εξίσωση x2  y2  2015 είναι αδύνατη στους ακεραίους.

ΘΕΜΑ 243

(ΘΑΝΟΣ ΜΑΓΚΟΣ)

) Να λυθούν οι εξισώσεις: α) x2  y2  2010 . Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 215

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

β) x2  y2  2016 .

Λύση : α) Κλασική εφαρμογή της ιδιότητας 3| a 2  b2  3| a, 3| b . Σύμφωνα με την παραπάνω ιδιότητα a  3k , b  3 και a2  b2  9k2  9 2 . Όμως 9k2  9 2  2010 είναι άτοπο αφού το 9 δε διαιρεί το 2010 . Επομένως η εξίσωση δεν έχει λύση στο Z . β) Όταν δύο αριθμοί έχουνε άθροισμα άρτιο αριθμό τότε είναι και οι δύο άρτιοι ή και οι δύο περιττοί.  Περίπτωση Α Έστω ότι και οι δύο εκ των x,y είναι άρτιοι, δηλαδή x  2a και y  2b . Τότε η εξίσωση θα μετασχηματιστεί ως εξής:

x2  y2  2016  4a 2  4b2  2016  a 2  b2  504 . Στη νέα διοφαντική εξίσωση που προκύπτει θα πάρω άλλες δύο υποπεριπτώσεις:  Υποπερίπτωση Α Όπως και πριν, αφού οι a,b έχουνε άρτιο άθροισμα, τότε θα είναι είτε και οι δύο άρτιοι είτε και οι δύο περιττοί. Έστω λοιπόν ότι είναι και οι δύο άρτιοι, δηλαδή a  2w και b  2z , οπότε έχουμε την εξίσωση w2  z2  126 . Με δοκιμές αν μπορούν τετράγωνα να έχουνε άθροισμα βρίσκουμε ότι η προαναφερθείσα είναι αδύνατη στο σύνολο των ακεραίων.  Υποπερίπτωση Β Έστω τώρα ότι και οι δύο αριθμοί είναι περιττοί, δηλαδή a  2w 1 και b  2z 1 οπότε και η εξίσωση μετασχηματίζεται ως εξής: 4w2  4w  1  4z2  4z  1  504  4(w2  w  z2  z)  502 που προφανώς και είναι αδύνατη διότι 502  o4 .

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 216

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

 Περίπτωση B Έστω ότι και οι δύο εκ των x,y είναι περιττοί, δηλαδή x  2a 1 και y  2b  1 . Τότε η εξίσωση θα μετασχηματιστεί ως εξής: 4a 2  4a  1  4b2  4b  1  2016  2(a 2  a  b2  b)  1007 , που προφανώς και είναι αδύνατη. Άρα η δοσμένη εξίσωση δεν έχει λύσεις στο σύνολο των ακεραίων. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 244

) 100n1  2 1000n1  8 Να αποδείξετε ότι ο αριθμός: είναι ακέραιος. 

3

9

Υπόδειξη Μπορείτε να χρησιμοποιήσετε την παρακάτω γνωστή πρόταση:

(a  b)n  a n  b , ειδικά: (1  a)n  1  a .

Λύση : Άμα ισχύει (a  b)n1  a n1  ob , τότε έχω λύση... Λοιπόν:

100n1  2 1000n1  8 Έστω A    3 9 100n1  2 (99  1)n1  2 1  99k  2 3(33k  1)     33k  1 3 3 3 3 1000n1  8 (999  1)n1  8 1  999m  8 9(111m  1)     111m  1.

9 9 9 9 Άρα: A  33k 1111m  1  111m  33k  2 Z. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 245 )

18n  9  9 4n  1 Αν ο αριθμός A  με n  N είναι ρητός, να αποδείξετε ότι 2 και ο αριθμός A είναι επίσης ρητός. Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 217

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : Αφού ο αριθμός A είναι ρητός άρα η υπόριζη ποσότητα πρέπει να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου (*) και μάλιστα περιττού αριθμού. Άρα 4n  1  (2k  1)2 , για κάποιο ακέραιο αριθμό k δηλαδή n  k2  k . Αντικαθιστώντας στο A παίρνουμε:

18(k 2  k)  9  9(2k  1) A  9k 2 . Συνεπώς A  3k  Z .

2

(*) : Αφού ο A είναι ρητός άρα ο 4n  1 είναι ρητός ως πηλίκο ρητών. Άρα ο 4n  1 που είναι ακέραιος είναι τετράγωνο ρητού και άρα τελικά ο 4n  1 είναι τετράγωνο ακεραίου ( δώστε μια αυστηρή απόδειξη). Β τρόπος Έχω:

A

18n  9  9 4n  1  2A  18n  9(1  4n  1)  ...

2

 4n  1  1 

2A  18n Q 9

(1) .

Τώρα:

 

18n  9  9 4n  1 9 9 9  A  9n   4n  1  A  2n  1  4n  1 2 2 2 2 9 9  A  4n  2  2 4n  1  A  4n  1  2 4n  1  1  4 4 2 9 9 9 A  4n  1 1  A  4n  1 1  A  4n  1 1 .

4 2 2 A

 













(αφού 4n  1  1 για κάθε n  N . Είναι προφανές πως λόγω του (1) η

Επιμέλεια: xr.tsif

A είναι ρητός αριθμός.

Σελίδα 218

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

ΘΕΜΑ 246

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) παραλληλεπίπεδα με τον ίδιο όγκο, να βρεθεί αυτό που Από όλα τα ορθογώνια έχει την μικρότερη επιφάνεια. ΣΗΜΕΙΩΣΗ Μπορείτε να εφαρμόσετε μια πολύ γνωστή πλέον ανισότητα, από αυτές που αναφέρθηκαν σε προηγούμενη δημοσίευση.

Λύση : Αν οι διαστάσεις του παραλληλεπιπέδου είναι οι a,b,c  0, ο όγκος του είναι ίσος με abc  k και η επιφάνειά του είναι ίση με 2(ab  bc  ca) . Από την ανισότητα ΑΜ – ΓΜ ξέρουμε ότι ab  bc  ca  3 3 (abc)2 . Στο συγκεκριμένο λοιπόν παραλληλεπίπεδο ισχύει

ab  bc  ca  3 3 (abc)2  3 k 2 . Κι επειδή στην ΑΜ – ΓΜ η ισότητα ισχύει όταν οι μεταβλητές είναι ίσες μεταξύ τους, έχουμε ab  bc  ca  a  b  c . Το παραλληλεπίπεδο λοιπόν με τη συγκεκριμένη ιδιότητα είναι ο κύβος.

ΘΕΜΑ 247

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) Αν 2x  y  6 , να βρείτε τις τιμές των x,y ώστε η παράσταση A  x2  2xy να παίρνει την μέγιστη τιμή.

Λύση : y  2(3  x) . Επομένως A  x2  4x(3  x)  x2  12x  4x2  3x2  12x . Το τριώνυμο αυτό παίρνει μέγιστη τιμή ίση με Επιμέλεια: xr.tsif

 144   12 για 4a 12 Σελίδα 219

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

x

b 12    2 και για y  2 .

2a 6

ΘΕΜΑ 248

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) Δίνεται το πολυώνυμο: P(x)  3xn2  5xn  8, n  N* . α) Αν έχει ρίζα το x  1, να δειχθεί ότι ο φυσικός αριθμός n είναι περιττός. β) Αν ισχύει P(3)  104 , να παραγοντοποιηθεί το πολυώνυμο P(x) .

Λύση : α) Είναι 3·(1)n2  5·(1)n  8  0 . Αν ο n είναι άρτιος θα είναι 3·1 5·1 8  0, άτοπο. Επομένως ο n είναι περιττός. β) P(3)  3n3  5·3n  96  3n3  96  n  1. Επομένως P(x)  3x3  5x  8  3x3  3x  8x  8  3x(x  1)(x  1)  8(x  1) 

 (x  1)(3x2  3x  8) .

ΘΕΜΑ 249

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Να βρεθεί τριψήφιος) θετικός αριθμός, ο οποίος να λήγει σε 7 και αν μετακινήσουμε το τελευταίο ψηφίο του στην πρώτη από τα αριστερά θέση, ο νέος αριθμός είναι πενταπλάσιος από τον αρχικό.

Λύση : Αν δεν έχω κάνει λάθος στη λύση μου, τότε δεν υπάρχει ο ζητούμενος αριθμός. Ο πρώτος αριθμός που δίνεται θα παίρνει τη μορφή xy7  100x  10y  7 ενώ με την μετάθεση ψηφίων που ζητείται παίρνουμε τον αριθμό 7xy  700  10x  y . Επίσης από την εκφώνηση ισχύει ότι

7xy  5·xy7  700  10x  y  500x  50y  35  49(10x  y)  665 που όμως Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 220

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

είναι άτοπο αφού το 665  49. Β τρόπος Αφού:

490x  49y  665  70x  7y  95  7y  95  70x  7y  5(19 14x) . Από την παραπάνω σχέση καταλήγουμε ότι 5| 7y  5| y , διότι (5,7)  1. Άρα y  5 ή y  0 . Και στις δύο όμως περιπτώσεις καταλήγουμε σε άτοπο. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 250

) Σε ένα τεστ με άριστα το 100 , οι επιδόσεις των μαθητών A,B,C,D,E είναι 5 διαφορετικοί ακέραιοι, όλοι μεγαλύτεροι του 91. Γνωρίζουμε ότι ο μέσος όρος των επιδόσεων των A,B,C , είναι 95 , ενώ ο μέσος όρος των επιδόσεων των B,C,D είναι 94 . Αν ο A έχει την καλύτερη επίδοση (δηλαδή είναι πρώτος στην σειρά), ο E είναι τρίτος στην σειρά με επίδοση 96 , ποια θα είναι η σειρά του D ;

Λύση : Σύμφωνα με την υπόθεση είναι:

A BC  95  A  B  C  285 3

(1) .

BC D  94  B  C  D  282 3

(2) .

Είναι ακόμα: 96  A 100

(3) .

Πολλαπλασιάζοντας τα μέλη της εξίσωσης (2) με το 1 και προσθέτοντας κατά μέλη παίρνουμε: A  D  3  D  A  3. Αντικαθιστώντας στην (3) παίρνουμε: 93  D  97

(4) .

Υποθέτουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι B  C . Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 221

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:  D  97 Τότε D  94 ή D  95 . Από την σχέση (2) παίρνουμε: B  C  187 ή B  C 188 . Όμως 96  B  A και C  91, άτοπο σύμφωνα με την υπόθεση.  D  97 . Από τη σχέση (2) παίρνουμε:

B  C 185 . Εύκολα βλέπουμε ότι ισχύει για τις τιμές B  93 και C  92 . Άρα: A 100,D  97,E  96,B  93,C  92 και άρα ο D είναι 2 . (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 251

) Αν η εξίσωση x2  x  3ab 1 έχει ρίζα τον αριθμό a  b , να βρείτε τις ρίζες της εξίσωσης.

Λύση : x2  x  3ab 1  x2  x  3ab 1  0 (1) . Αν a  b ρίζα της (1) , τότε

a  b  a  b  3ab 1  0  a  b 1a  b  b 1  0 (2) με   3 b 1 , δηλαδή για να υπάρχει a R ο οποίος να ικανοποιεί την (2) 2

2

2

2

a

θα πρέπει b 1  0  b 1 και η (2) δίνει a2  2a 1  0  a  1 και η αρχική εξίσωση γίνεται x2  x  2  0 με άλλη ρίζα (εκτός της x1  a  b  2 ) την

x2  1.

ΘΕΜΑ 252

(Socrates) )

2x3y5z  540  Λύστε το σύστημα:  3x 2y5z  360 .  5x3y2z  1350  Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 222

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : Ας δούμε μία λύση στους ακεραίους... Είναι:

540  22·33·51 360  32·23·51 1350  52·33·21 Άρα: (x, y,z)  (2,3,1) . Β τρόπος

2x3y5z  22·33·5 Είναι:  x y z και με διαίρεση κατά μέλη παίρνουμε: 2 3 3 2 5  3 ·2 ·5  y

1

 2  2  2  2  3  3  3  3         x

x y

1

 2     x  y  1  y  x  1  3

(1) .

2x3y5z  22·33·5 Επίσης:  x y z και με διαίρεση κατά μέλη παίρνουμε: 2 3 5 3 2  5 ·3 ·2

 2 5  

x z

 2     x  z 1  x  z 1 5 1

και y  z  2

(2) .

(3) .

Τελικά:

2x3y5z  22·33·5  2·2z·32·3z5z  22·33·5  30z  30  z  1....x  2....y  3 . Άρα προκύπτει η τριάδα: (x,y,z)  (2,3,1) που είναι και η μοναδική.

ΘΕΜΑ 253

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) των ρητών αριθμών, η εξίσωση: Να λυθεί στο σύνολο Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 223

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

2 3 3  x 3  y 3 .

Λύση : Υψώνοντας στο τετράγωνο έχουμε 2 3  3  (x  y) 3  2 3xy ή

2  3  x  y  2 xy ή 2  x  y  3  2 xy

(*) .

Υψώνοντας την (*) στο τετράγωνο έχουμε (2  x  y)2  3  4xy  4 3xy οπότε ο αριθμός

3xy  d είναι ρητός.

Επομένως, η (*) γράφεται 2  x  y  Αν 2  x  y  0 τότε

3

3  2d .

3

3  2d  Q , άτοπο. Άρα 2  x  y  3  2d  0 .

2x y

Έτσι έχουμε το σύστημα x  y  2, xy 

Όμως είναι

3 3 1 1 3 με λύσεις  ,  και  ,  .

4  2 2  2 2

3 1 x 3  y 3  0  x  y , οπότε κρατάμε την  ,  .  2 2

ΘΕΜΑ 254

(ΚΛΕΟΒΟΥΛΟΣ ΚΟΦΟΝΙΚΟΛΑΣ)

) Βρείτε όλα τα διατεταγμένα ζεύγη (a,b) θετικών ακεραίων τέτοια ώστε οι

a 3b  1 b3a  1 αριθμοί και , να είναι και οι δύο θετικοί ακέραιοι. a 1 b 1

Λύση : Είναι a  1| a3b  a  a(a 2b  1) . Κι επειδή a  N* θα είναι

a  1| a 2b  1  a  1| a(ab 1)  a  1| ab 1  a  1| b  1

(1) .

Ομοίως είναι b 1| b3a  b  b(ab2  1) . Επειδή ο b είναι θετικός ακέραιος θα Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 224

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

είναι b  1| ab2  1  b 1| b(ab  1)  b 1| a  1. Από τη σχέση (1) θα ισχύει b 1| b 1  b 1| 2 . Συνεπώς υπάρχουν δύο περιπτώσεις.  b  2.

Σ' αυτήν την περίπτωση είναι a 1| 3  a  2 , απ' όπου παίρνουμε τη λύση (a,b)  (2,2) .  b  3. Εδώ θα είναι a 1| 4 , απ' όπου παίρνουμε και τις λύσεις (a,b)  (1,3),(3,3) .

ΘΕΜΑ 255

(Socrates)

) Προσδιορίστε όλα τα ζεύγη (a,b) θετικών ρητών αριθμών ώστε

a  b  4 7 .

Λύση : Υψώνουμε στο τετράγωνο και έχουμε a  b  2 ab  4  7 .

7  ab  Οπότε ουσιαστικά λύνουμε το σύστημα  4 , το οποίο λύσεις a  b  4 1 7 7 1 (a,b)   ,  ,  ,  .  2 2  2 2 (Θεοχάρης Μαλαμίδης)

ΘΕΜΑ 256

) a b c Αν a,b,c  0 τότε να δείξετε ότι: 3  3  3 

b

Επιμέλεια: xr.tsif

c

a

27 . (a  b  c)2

Σελίδα 225

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : Σύμφωνα με ΑΜ – ΓΜ: LHS  3 3

1 . (abc)2

1 93 Οπότε αρκεί   (a  b  c)6  93 (abc)2 .

2 6 (abc) (a  b  c) Πάλι με LHS  (3 3 abc)6  93 (abc)2  RHS , άρα αποδείξαμε το ζητούμενο. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 257

) Αν a  b  c  0, a,b,c ακέραιοι, να αποδείξετε ότι ο αριθμός 2a4  2b4  2c4 είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου. ΣΗΜΕΙΩΣΗ Η άσκηση αυτή είχε προταθεί από τον δικό μας Αλέξανδρο Συγκελάκη, όταν ήταν μαθητής, σε παλαιό τεύχος του "ΕΥΚΛΕΙΔΗ Β".

Λύση : http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=58&t=33926#p156977

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 258

) 1 a 1 b 1 c   Αν a,b,c  R και αν , να αποδείξετε ότι a  b  c . *

b

c

a

Λύση : Θέτω:

1 a 1 b 1 c    k. b c a

Άρα: 1  a  kb Επιμέλεια: xr.tsif

(1) . Σελίδα 226

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

1  b  kc

(2) .

1  c  ka

(3) .

Παίρνοντας τη (1) και (2) έχω: a  b  k(b  c) Ομοίως για την (1) και (3) και έχω: a  c  k(b  a)

(4) .

(5) .

Διαιρώντας κατά μέλη τις (4) και (5) έχω:

a c ba   a 2  b2  c2  ab  bc  ca  0  a b bc

 2a 2  2b2  2c2  2ab  2bc  2ac  0  (a  b)2  (b  c)2  (c  a)2  0 . Άρα:

a  b  0  a  b. b c  0 b  c.

c  a  0 c  a . Από τις τελευταίες παίρνουμε a  b  c και έτσι αποδείξαμε το ζητούμενο.

ΘΕΜΑ 259

(Socrates) )

1  1 y  x  z  y  2   1 2x . Λύστε το σύστημα:  6  z   xyz6  

Λύση : Θέτω a  y  x,b  z  y,c  6  z . Τότε a,b,c  0 και a  b  c  x  6 . Η πρώτη ανισότητα δίνει Επιμέλεια: xr.tsif

1 1 1   2 και η δεύτερη  2  x . a b c Σελίδα 227

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Οπότε

1 1 1   x. a b c

1 z

Όμως για z  0 είναι z   2 με ισότητα αν και μόνο αν z  1.

1 1 1   a  b  c  x  a  b  c  6 και επειδή έχουμε ισότητα a b c παίρνουμε a  b  c 1 και άρα x  3. Οπότε είναι x  3,y  4,z  5 . Οπότε 6  

ΘΕΜΑ 260

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) Αν a,b,c είναι τα μήκη των πλευρών ενός τριγώνου ABC , και αν το τριώνυμο:

a 2 b 2c x  x είναι τέλειο τετράγωνο πρωτοβάθμιου πολυωνύμου, να b c a a αποδείξετε ότι: 1   3 . (Γ Γυμνασίου) c

Λύση : Για να είναι το πολυώνυμο αυτό τέλειο τετράγωνο πρωτοβάθμιου πολυωνύμου

b2 8c σημαίνει ότι   0  2   0  b  2c . c b a c

Από την τριγωνική ανισότητα τώρα ισχύει b  c  a  3c  a   3 και

a a a  c  b  a  c   1 . Συνεπώς 1   3 . c c

ΘΕΜΑ 261

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) Δίνεται η συνάρτηση f (x)  x  1. Αν a  0 , να αποδείξετε ότι:

1

f (a) f (a  1)   2. f (a  1) f (a  2)

Επιμέλεια: xr.tsif

(Γ Γυμνασίου)

Σελίδα 228

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : Αρχικά θα αποδείξω ότι:

f (a) f (a  1)   1. f (a  1) f (a  2)

Είναι:

a 1 a  2   1  (a  3)(a  1)  (a  2)2  (a  2)(a  3)  ...  a 2 a 3

 a 2  3a  1  0  (a  1)2  a . Αφού a  0  (a  1)2  0 και a  0 , άρα η τελευταία ισχύει. Τώρα μένει να αποδείξω ότι:

f (a) f (a  1)   2. f (a  1) f (a  2)

Μετά από κάποιες πράξεις ρουτίνας καταλήγουμε ότι 2a  5  0 . Όμως είναι: a  0  2a  0 και 5  0 και έτσι η τελευταία ισχύει.

ΘΕΜΑ 262

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) Αν a,b,c,d,x,y,z,w  0 και αν a  x,b  y,c  z,d  w , να αποδείξετε ότι α) (a  x)(b  y)  4ab . β) (a  x)(b  y)  4xy . γ) xyzw 

1 (a  x)(b  y)(c  z)(d  w)  abcd .

16

(Β,Γ Γυμνασίου)

Λύση : α) Πιο απλά: (a  x)(b  y)  (a  a)(b  b)  4ab και β) (a  x)(b  y)  (x  x)(y  y)  4xy . Με ακριβώς το ίδιο τρόπο η γ). Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 229

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 263

) Έστω x1,x2 είναι οι ρίζες της εξίσωσης x2  bx  b 1  0 , όπου b R . Να αποδείξετε ότι: (1  x12 )(1  x22 )  4(b  1) .

(Γ Γυμνασίου)

Λύση : Σύμφωνα με τους τύπους του Vieta έχουμε:

x1  x 2  x1  x 2 

b  b a

b 1  b 1 a

(1) .

(2) .

Αρκεί να αποδείξουμε ότι:

(1  x12 )(1  x22 )  4(b  1) 1  x 22  x12  x12·x 22  4(b  1)   x12x22  x12  x22  4b  3  (x1·x2 )2  (x12  x22 )  4b  3  (1),(2)

 (x1·x2 )2  [(x1  x2 )2  2x1·x2 ]  4b  3  (b 1)2  [(b)2  2(b 1)]  4b  3 

 b2  2b 1 b2  2b  2  4b  3  3  3 . Η τελευταία όμως ισχύει και άρα και η ζητούμενη σχέση.

ΘΕΜΑ 264

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) Αν x,y είναι τα μήκη των καθέτων πλευρών ενός ορθογωνίου τριγώνου και αν

(x  y)4  (x  y)4  32xy , να υπολογίσετε το μήκος της υποτείνουσας.

Λύση : Είναι:

(x  y)4  (x  y)4  32xy  [(x  y)2 ]2  [(x  y)2 ]2  32xy  Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 230

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

 [(x  y)2  (x  y)2 ][(x  y)2  (x  y)2 ]  32xy 

 4xy(2x2  2y2 )  32xy  2(x2  y2 )  8  x 2  y2  4 . Άρα, η υποτείνουσα είναι

4  2. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 265 )

9x2 18x 10  (a3 1)x2  (3a 2 1)x  4a 1 . Να βρεθούν οι τιμές του a , για τις οποίες η πιο πάνω εξίσωση έχει ρίζα τον Δίνεται η εξίσωση: αριθμό 1.

(Γ Γυμνασίου)

Λύση : Με αντικατάσταση παίρνουμε:

a3  1  (3a 2  1)  4a 1  1  a3  1  3a 2 1  4a 1  1 

 a3  3a2  4a  2  0  a3  a2  2a2  4a  2  0   a 2 (a 1)  2(a 2  2a  1)  0  a 2 (a 1)  2(a 1)2  0   (a  1)[a 2  2(a  1)]  0  (a 1)(a 2  2a  2)  0 . Άρα: a2  2a  2  0 ή a 1  0 . Η πρώτη εξίσωση είναι αδύνατη στο R αφού έχει   4  0 . Άρα a 1  0  a 1, που είναι και η μοναδική λύση.

ΘΕΜΑ 266

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) Αν a,b,x, y  0 και a  b  4,x  y  9 , να αποδείξετε ότι:

ax  by  6 .

Λύση : Θα χρησιμοποιήσουμε την ανισότητα:

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 231

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

ax  by 

a  b x  y

(1) .

Πράγματι, η (1) γράφεται ισοδύναμα:





ax  by  a  b x  y  ax  by  2 abxy  ax  ay  bx  by  2

 ay  2 abxy  bx  0 





2

ay  bx  0 ,

που ισχύει, με το ίσον αν και μόνο αν ay  bx  Από την (1) έχουμε ότι

a x  . b y

ax  by  4·9  36  6 , και το ζητούμενο έπεται.  4 4 9 9  , , ,  , όπου   0 .   1  1  1  1

Η ισότητα ισχύει για  a,b,x,y   Β τρόπος ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ:

(a  b)(x  y)  ax  by .

ΑΠΟΔΕΙΞΗ

(a  b)(x  y)  ( ax  by)2  ax  ay  bx  by  ax  by  2 abxy   ay  bx  2 ay·bx  ( ay  bx)2  0 , που ισχύει. ax  by  4·9  6 .

Στην περίπτωσή μας λοιπόν θα είναι Γ τρόπος Και μία λύση με Cauchy – Schwarz: Έχω:

ax  by  a x  b y 

        2

a 

2

b

2

x 

2

y



 a  b x  y  4 9  6. Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 232

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 267

) Για κάθε x, y,z  0 , να αποδείξετε ότι: 2x  2y  2z  2

xy

2

yz

 2 zx .

Λύση : Με την ανισότητα αριθμητικού – γεωμετρικού μέσου. Έχω:

2  2  2 2 2  2·2 x

y

x

y

2  2  2 2 2  2·2 y

z

y

z

2  2  2 2 2  2·2 z

x

z

x

xy 2

yz 2

zx 2

 2·2

xy

 2x  2y  2·2

 2·2

yz

 2y  2z  2·2

yz

(2) .

 2·2

zx

 2z  2x  2·2

zx

(3) .

xy

(1) .

Προσθέτοντας κατά μέλη τις (1) , (2) , (3) έχουμε το ζητούμενο. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 268

) x2 y2 x y Αν x, y  R , να αποδείξετε ότι: 4( 2  2 )  9(  )  10  0 . *

y

x

y

x

Λύση : Έχουμε,

x2 y2 x y x y x y 4( 2  2 )  9(  )  10  4(  )2  9(  )  2  y x y x y x y x x y x y 1 x y  4(   2)(   )  0 , το οποίο ισχύει αφού   2,xy  0 , άρα και y x y x 4 y x x y τα δύο θετικά και   2,xy  0 , άρα και τα δύο αρνητικά συνεπώς το y x γινόμενο θετικό και η απόδειξη ολοκληρώθηκε. Η ισότητα επιτυγχάνεται για x  y. Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 233

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Β τρόπος Ως επίσης θα είχαμε από την θεωρία που αναφέρεται στο πρόσημο τριωνύμου: Θέτουμε t 

x y   2 , οπότε αρκεί να αποδείξουμε 4t 2  9t  2  0 , y x

(λόγω της ύπαρξης του ( – ) μπροστά από το 9 ), που ισχύει αφού το τριώνυμο

4t 2  9t  2 έχει ρίζες τους αριθμούς

1 ,2 .

4 (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 269

) 1 1 1 1 1 1 Αν a,b,c  R και αν: a(  )  b(  )  c(  )  0 , να αποδείξετε ότι δύο *

c b

a c b a τουλάχιστον από τους αριθμούς a,b,c θα είναι ίσοι.

(Γ Γυμνασίου)

Λύση : Εκτελώντας τις πράξεις παίρνουμε:

a b ca bc    0  ab(a  b)  bc(b  c)  ca(c  a)  0 . c b a Χρησιμοποιώντας την ταυτότητα

ab(a  b)  bc(b  c)  ca(c  a)  (a  b)(b  c)(c  a) έχουμε: ab(a  b)  bc(b  c)  ca(c  a)  0  (a  b)(b  c)(c  a)  0   (a  b)(b  c)(c  a)  0 . Άρα:

a  b  0  a  b. b c  0 b  c.

c  a  0 c  a . Έτσι, αποδείξαμε το ζητούμενο. Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 234

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

ΘΕΜΑ 270

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) Αν a 2  b2  a 2b2  10(a  b  ab)  61  0 , να αποδείξετε ότι: a3  b3  35 . (Γ Γυμνασίου)

Λύση : Είναι,

a2  b2  a2 b2 10a  b  ab  61  0 

 a  b  2ab  a2 b2 10a  b 10ab  61  0  2

2   a  b 10a  b  25  a 2 b2 12ab  36  0  2 a  b  5 2 .   a  b  5   ab  6  0    ab  6

Τετραγωνίζοντας την a  b  5 , προκύπτει

a 2  b2  2ab  25  a 2  b2  25  2ab  a 2  b2  25 12  13. Επομένως, a3  b3  a  b a 2  ab  b2   513  6  5·7  35 . Β τρόπος Αφού συμπεράνουμε ότι a  b  5 και ab  6 , μπορούμε να γράψουμε

a3  b3   a  b a 2  ab  b2   5 a  b  3ab  5 25 18  5·7  35 .

2

ΘΕΜΑ 271

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) α) Να αποδείξετε ότι: (x  y)(y  z)(z  x)  8xyz , για κάθε x, y,z  0 . β) Χρησιμοποιώντας το α) , (χωρίς αυτό να είναι απαραίτητο) , να αποδείξετε ότι: Αν a,b,c είναι τα μήκη των πλευρών τριγώνου ABC , τότε:

a 2 (b  c  a)  b2 (c  a  b)  c2 (a  b  c)  3abc . Επιμέλεια: xr.tsif

(Γ Γυμνασίου) Σελίδα 235

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : α) Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη των παρακάτω ανισοτήτων καταλήγω στο συμπέρασμα .

x  y  2 xy . y  z  2 yz . z  x  2 zx . β) Θέτω:

A  bc a , B c a b , C a  b c . Προσθέτοντας κατά μέλη παίρνουμε: a 

B C  B  C  2a .

2

Ομοίως παίρνουμε: C  A  2b και A  B  2c . Χρησιμοποιώντας το (α) ερώτημα έχουμε:

(A  B)(B  C)(C  A)  8ABC  8abc  8(b  c  a)(c  a  b)(a  b  c)   (b  c  a)(c  a  b)(a  b  c)  2abc  3abc . Αρκεί τώρα να αποδείξουμε ότι:

(b  c  a)(c  a  b)(a  b  c)  2abc  a 2 (b  c  a)  b2 (c  a  b)  c2 (a  b  c) Εκτελώντας τις πράξεις παίρνουμε το ζητούμενο. ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ Στην λύση του raf616 πιο πάνω χρησιμοποιήθηκε η τριγωνική ανισότητα για να δειχθεί ότι τα A,B,C είναι θετικά. Η ζητούμενη ανισότητα ισχύει για οποιαδήποτε a,b,c  0 ακόμη και αν δεν αποτελούν πλευρές τριγώνου. Ισοδύναμα η ανισότητα γίνεται

a3  b3  c3  3abc  a 2 (b  c)  b2 (c  a)  c2 (a  b) , Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 236

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

η οποία είναι γνωστή ως η http://en.wikipedia.org/wiki/Schur's_inequality ανισότητα του Schur. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 272

) Αν a,b,c είναι πλευρές τριγώνου ABC , να αποδείξετε ότι:

2(a 2  b2  c2 )  (a  b  c)2 .

(Γ Γυμνασίου)

Λύση : a  b  c  a  a  ab  ac  a2  ab  ac . Με τον ίδιο τρόπο:

b2  ba  bc και c2  ca  cb . Προσθέτω κατά μέλη και παίρνω: a2  b2  c2  2ab  2ac  2bc 

 2a 2  2b2  2c2  a 2  b2  c2  2ab  2ac  2bc  2(a 2  b2  c2 )  (a  b  c)2 (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 273 )

Αν x, y  0 και xy  1, να αποδείξετε ότι:

x y   1. x 2  1 y2  1

(Γ Γυμνασίου)

Λύση : Αρκεί να δείξουμε ότι:

1 1 x x

Από ΑΜ – ΓΜ είναι: x 



1 1 y y

 1.

1 1 1 1 1 1  , 2  , όμοια : y   2  1 2 1 2 y x y x y x

και προσθέτοντας τις δυο τελευταίες κατά μέλη παίρνουμε το ζητούμενο.

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 237

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 274 ) Να αποδείξετε ότι:

2 6 12 1006 1007    ...   503 . (Γ Γυμνασίου) 3 5 7 2013

ΥΠΟΔΕΙΞΗ Μπορείτε να χρησιμοποιήσετε κατάλληλα την ανισότητα AM – GM.

Λύση : Αρκεί να δείξουμε ότι: 1006

 n 1

1006 2 n(n  1) n(n  1) 1006 1006 2 n(n  1)  503      1006 .

2n  1 2 2n  1 n 1 2(2n  1) n 1

Στους αριθμητές του αθροίσματος από την AM  GM (αφού n  n  1) παίρνουμε: 2 n(n 1)  2n 1 .

2 n(n  1) 1006 2n  1 1006   1  1006 , και το ζητούμενο απεδείχθη.

2n  1 n 1 n 1 2n  1 n 1

1006

Άρα: 

Β τρόπος Γράφω την ίδια στην ουσία λύση με αυτήν του Διονύση , με πιο κατανοητό τρόπο (για τον φάκελο αυτό)

2  2 1  Ομοίως:

2 1 2 1   .

2 3 2

23 1  .

5 2

3 4 1  .

7 2 ............................... Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 238

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

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

1006 1007 1  .

2013 2 Με πρόσθεση έχουμε:

2 6 1006 1007 1 1 1 1   ...     ...   1006   503 .

3 5 2013 2 2 2 2

ΘΕΜΑ 275

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) κάθε x  Z η παράσταση Να αποδείξετε ότι για A  4(x2  3x  4)(x 2  3x  3)  1, είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου. (Γ Γυμνασίου)

Λύση : Θέτουμε: x2  3x  4  y  Z και έχουμε:

A  4y(y  1)  1  4y2  4y  1  (2y)2  2·2y  1  (2y  1)2 , δηλαδή αυτό που θέλαμε!

ΘΕΜΑ 276

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) Να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της παράστασης: A  4x 2  4x  10  y2  4y  5 , όπου x,y  R .

(Γ Γυμνασίου)

Λύση : A  (2x  1)2  9  (y  2)2  1 . Ισχύει ότι: min (2x  1)2  9  9 για x  

Επιμέλεια: xr.tsif

1 και 2

Σελίδα 239

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

min (y  2)2  1  1 για y  2 . Άρα minA  9  1  3  1  4 . (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 277

) Αν a,b  Z και a2  2ab  8b2  c2  6bc  7 , να αποδείξετε ότι: a  b  3 , (Δηλαδή a  b  3 ή a  b  3 ).

(Γ Γυμνασίου)

Λύση : Είναι:

a 2  2ab  8b2  c2  6bc  7  a 2  2ab  b2  (c2  6bc  9b2 )  7   (a  b)2  (c  3b)2  7  (a  b  c  3b)(a  b  c  3b)  7   (a  4b  c)(a  2b  c)  7 . Άρα έχουμε τα συστήματα:

a  4b  c  7 a  4b  c  1 , ,   a  2b  c  1  a  2b  c  7

 a  4b  c  7 ,  a  2b  c  1

 a  4b  c  1 .  a  2b  c  7

Αντικαθιστώντας το c σε κάθε σύστημα ή προσθέτοντας κατά μέλη θα πάρουμε a  b  3 και a  b  3 , δηλ. a  b  3 , που είναι και το ζητούμενο.

ΘΕΜΑ 278

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) a Αν x  y  z  a και 3(xy  xz  yz)  a 2 , να αποδείξετε ότι: x  y  z  .

3

(Γ Γυμνασίου)

Λύση : Έχουμε:

3(xy  xz  yz)  (x  y  z)2  x2  y2  z2  xy  xz  yz  Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 240

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

a2  x  y  z   (x  y  z)2  3(x2  y2  z2 ) .

3 2

2

2

Όμως από C  S θα είναι: 3(x2  y2  z2 )  (x  y  z)2 με την ισότητα να ισχύει

a 3

για x  y  z  . Β τρόπος Από την υπόθεση παίρνουμε:

3(xy  xz  yz)  (x  y  z)2  x2  y2  z2  xy  xz  yz 

 x2  y2  z2  xy  yz  zx  0  2x2  2y2  2z2  2xy  2yz  2zx  0   (x  y)2  (y  z)2  (z  x)2  0 . Από την τελευταία παίρνουμε:

x  y  0  x  y, yz 0 y z,

z  x  0 z  x. Αφού όμως x  y  z  a και x  y  z , παίρνουμε:

a a x  y  z  a  3x  a  x  . Άρα, x  y  z  .

3 3

ΘΕΜΑ 279

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) Αν x2  y2  2 2  x  4 5  y  22  0 , με x,y  R , να αποδείξετε ότι ο αριθμός

1 5 5x y A  (  )(  ) είναι ρητός. x y 2 10

(Γ Γυμνασίου)

Λύση : Είναι: Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 241

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

x2  2 2·x  ( 2)2  y2  4 5·y  (2 5)2  0  (x  2)2  (y  2 5)2  0 . Άρα θα είναι: x  2  y  2 5 . Αντικαθιστώντας στη παράσταση παίρνουμε:

 2 5 A   2 2  





2

2

5  2 3 5 2 A  A  Q .

2 2

ΘΕΜΑ 280

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) Αν x, y,z  Q και αν xy  yz  zx  2013 , να αποδείξετε ότι ο αριθμός

(x  z)(x2  2013)(y  z)(y2  2013) , είναι ρητός.

(Γ Γυμνασίου)

Λύση : Είναι: x2  2013  (x  y)(x  z) και όμοια: y2  2013  (x  y)(y  z) . Άρα:

A  (x  z)(x  y)(x  z)(y  z)(x  y)(y  z)  A  (x  y)2 (x  z)2 (y  z) 2 

 A  (x  y)(x  z)(y  z) Q .

ΘΕΜΑ 281

(ΘΑΝΟΣ ΜΑΓΚΟΣ)

) Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης 5x2  6xy  2y2  1.

Λύση : Είναι:

5x2  6xy  2y2  1  x2  2xy  y2  4x2  4xy  y2  1  (x  y)2  (2x  y)2  1 Γνωρίζουμε ότι κάθε τετράγωνο ακεραίου είναι μεγαλύτερο ή ίσο από το 0 . Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 242

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Άρα έχουμε τα συστήματα:

x  y  0 ,  2x  y  1 

x  y  0 x  y  1 x  y  1 , , .  2x  y   1 2x  y  0 2x  y  0   

Λύνοντας τα παραπάνω συστήματα παίρνουμε τις λύσεις:

(x,y) {(1, 1),(1,1),(1,2),(1, 2)}. Β τρόπος

5x2  6xy  2y2  1  5x2  6xy  2y2  1  0 . Θεωρούμε την εξίσωση β βαθμού ως προς x η οποία έχει διακρίνουσα

  36y2  20(2y2  1)  4(5  y2 ) .  1η περίπτωση: Αν   0 δηλαδή y   5 όχι ακέραιος, απορρίπτεται.  2η περίπτωση: Αν   0 δηλαδή y   5 ή y  5 , ΑΔΥΝΑΤΗ. Άρα πρέπει   0 δηλαδή  5  y  5 και αφού ο y είναι ακέραιος θα πάρει τις τιμές y  2, 1,0,1,2 . Από αυτές η τιμή y  0 δίνει x  

1 , που απορρίπτεται και οι άλλες 5

(x,y)  (1, 1),(1, 2),(1,1),(1,2) .

ΘΕΜΑ 282 ) Να λυθεί η εξίσωση: (

Επιμέλεια: xr.tsif

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

x  1  3)( x  1  9)  x  80 .

(Γ Γυμνασίου)

Σελίδα 243

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : x  1  a , με a  0 . Έτσι, η εξίσωση γίνεται:

Θέτω

a 0

( a  3)(a  9)  a 2  1  80  ( a  3)(a  9)  (a  9)(a  9)  a  3  a  9 

 a  a2  24a 144  a2  25a 144  0 . Λύνοντας την παραπάνω δευτεροβάθμια παίρνουμε τις λύσεις: a  16 και a  9 . Βλέπουμε ότι ισχύει μόνο a  16, που μας δίνει x  255 , που είναι και μοναδική λύση. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 283 Αν

)

x2  y2  a 2  2ax  2y  10  x2  y2  b2  2by  2x  5  5 , να

αποδείξετε ότι: a2013  b2014  0.

(Γ Γυμνασίου)

Λύση : Είναι:

x2  y2  a 2  2ax  2y  10  x 2  y2  b2  2by  2x  5   (x  a)2  (y 1)2  9  (x  1)2  (y  b)2  4  3  2  5 . Με την ισότητα να ισχύει για x  a  1  y  b  1 και άρα πράγματι:

a 2013  b2014  (1)2013  12014  1  1  0 . Β τρόπος Είναι:

x2  y2  a 2  2ax  2y  10  x2  2ax  a 2  y2  2y  1  9  (x  a)2  (y 1)2  9 x2  y2  b2  2by  2x  5  x2  2x  1  y2  2by  b2  4  (x  1)2  (y  b)2  4 Αφού 5  3  2  9  4 έχουμε:

x a 0 x a, Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 244

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

y 1  0  y  1,

x 1  0  x  1, y  b  0  y  b. Άρα a  x  1 και b  y  1. Άρα a 2013  b2014  (1)2013  12014  1  1  0 . Έτσι, το ζητούμενο αποδείχθηκε. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 284 )

(2  3)40  (7  4 3)20  20910 . Να αποδειχθεί ότι: 2

(Γ Γυμνασίου)

Λύση :





2

Είναι 2  3  7  4 3 και έτσι το αριστερό μέλος είναι ίσο με

7  4 3 

20







2   7  4 3   97  56 3  

ΘΕΜΑ 285

10



10

 97  56·2  20910 .

10

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) Αν 2 x  3  4 y  5  x  4y 15 , να βρεθούν οι αριθμοί x και y . (Γ Γυμνασίου)

Λύση : Είναι: 2 x  3  4 y  5  (x  3)  4(y  5)  2 . Θέτουμε a  x  3,b  2 y  5 και έχουμε:

2a  2b  a 2  b2  2  (a 1)2  (b 1)2  0 .

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 245

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Άρα θα πρέπει: a  1  b  1  x  2  y 

21 .

4

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 286

) Αν x, y  Z να λυθεί η εξίσωση: x2  4y2  x  2 .

(Γ Γυμνασίου)

Λύση : 'Έχουμε x2  4y2  x  2  4x2  4x  1  16y2  7 

  2x 1   4y  7   2x 1  4y 2x 1  4y  7  2

2

2x  1  4y  1  2x  1  4y  7 (x, y)  (1, 1) ή ή 2x  1  4y  1  2x  1  4y  7 (x, y)  (2,1) .   ή ή 2x  1  4y  7  2x  1  4y  1 (x, y)  (2, 1) ή ή 2x  1  4y  7  2x  1  4y  1 (x, y)  (1,1) (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 287

) 3x 5x x Να λυθεί η εξίσωση: 2  x  x  3 .

5

(Γ Γυμνασίου)

6

Λύση : Απάντηση: x  0 . x x 3x 5x x 3 5 3 Από ανισότητα ΑΜ – ΓΜ έχουμε 3  2  x  x  3 2 · x · x  3 .

5 6 5 6 x

Άρα ισχύει 2x 

3x 5x  x . Η τελευταία ισότητα δίνει 25x  18x , οπότε x  0 , x 5 6

που ικανοποιεί την αρχική. Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 246

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Σχόλιο: Υποθέτω ότι η ανισότητα ΑΜ – ΓΜ είναι "εντός φακέλου". Αλλιώς την

3x 3 5x ,c  x , οπότε η δοθείσα γράφεται 5x 6 3 3 3 a  b  c  3abc  0, που με χρήση της ταυτότητας Euler δίνει a  b  c , και

παρακάμπτουμε αν θέσουμε a3  2x ,b3  λοιπά.

ΘΕΜΑ 288

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) Αν a,b,c,d είναι πραγματικοί αριθμοί και όλοι είναι μεγαλύτεροι από τον επίσης πραγματικό αριθμό k , να αποδείξετε ότι:

a2 b2 c2 d2     16k . bk ck dk a k

(Γ Γυμνασίου)

Λύση : Δεδομένου ότι σε αυτό το νήμα έχουμε αναφερθεί εκτενώς στην ανισότητα Cauchy – Schwarz, μπορούμε να πούμε το εξής:

a2 b2 c2 d2 (a  b  c  d)2 ,     b  k c  k d  k a  k a  b  c  d  4k (a  b  c  d)2 οπότε αρκεί  16k , η οποία είναι ισοδύναμη με την a  b  c  d  4k

(a  b  c  d  8k)2  0 .

ΘΕΜΑ 289 ) Αν x  y  1, να αποδείξετε ότι: 2

2

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

x4  4y2 y4  4x2   1.

9 9

(Γ Γυμνασίου)

(ΠΗΓΗ: Μαθηματικές Ολυμπιάδες - Γυμνάσιο, των Μ. Στεργίου και Ν Σκομπρή) .

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 247

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : Αρκεί να δείξουμε ότι



x 4  4y2  y4  4x 2

  9.

2

Πράγματι,



x4  4y2  y4  4x 2

  x  4y  y  4x  2 2

4

2

4

2

x

4

 4y2  y4  4x 2  

  x2  y2   2x2 y2  4 x2  y2   2 x4 y4  4 x6  y6  16x2 y2  2

 1  2x2 y2  4  2 x4 y4  4 x2  y2  x4  x2 y2  y4   16x2 y2   1  2x2 y2  4  2 x 4 y4  4x 4  4x 2 y2  4y4  16x 2 y2 

 1  2x2 y2  4  2 4 x2  y2   8x2 y2  x4 y4  12x2 y2  2

 1  2x2 y2  4  2 x4 y4  4x2 y2  4  1  2x2 y2  4  2  x2 y2  2  2

 1  2x2 y2  4  2 x2 y2  2  1  2x2 y2  4  2x2 y2  4  9 . Β τρόπος Ποιο απλά

x4  4y2  x4  4(1  x2 )  x4  4x2  4  (x2  2)2  x2  2  2  x2 , (διότι x2  x2  y2  1  2 ) . Όμοια το άλλο ριζικό. Άρα η δοθείσα ισούται

1 (2  x 2  2  y2 )  1 .

3

Γ τρόπος Και άλλος ένας εναλλακτικός τρόπος:

x4  4y2 x4  4y2 (x2  y2 ) (x2  2y2 )2 x2  2y2 y2  1     .

9 9 9 3 3 Ομοίως την άλλη ρίζα και με πρόσθεση έχουμε το ζητούμενο.

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 248

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 290

) Αν a 2  b2  x2  y2  2 , να αποδείξετε ότι: ax  by  2 .

(Γ Γυμνασίου)

Λύση : Είναι ax  by 

a 2  x 2 b2  y2 4    2.

2 2 2

ΘΕΜΑ 291

(ΣΕΜΑ ΔΙΟΝΥΣΗΣ)

) Να βρεθούν όλες οι τριάδες θετικών ακεραίων (x,y,z) τέτοιες ώστε:

x3  y3  z3  3xyz  p , όπου p πρώτος αριθμός μεγαλύτερος του 3 . (Γ Γυμνασίου)

Λύση : Από την ταυτότητα του Euler έχουμε:

p  x3  y3  z3  3xyz  (x  y  z)(x 2  y2  z2  xy  yz  zx) . Επειδή ο p είναι πρώτος και x  y  z  3 θα είναι αναγκαστικά

x2  y2  z2  xy  yz  zx  1  (x  y)2  (y  z)2  (z  x)2  2 Από τη συμμετρία, έστω x  y  z . Αν | x  y |,| y  z |,| z  x | 1 έχουμε (x  y)2  (y  z)2  (z  x)2  3 , άτοπο. Οπότε δύο από τους αριθμούς x,y,z είναι ίσοι.  Αν x  z τότε x  y  z , οπότε (x  y)2  (y  z)2  (z  x)2  0 , άτοπο.  Αν x  y τότε x  y  z  1 και p  x  y  z  3z  2 , το οποίο είναι δυνατό αν Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 249

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

p  1 mod3

 Αν y  z τότε x  1  y  z και p  x  y  z  3z  1 το οποίο είναι δυνατό αν

p  1 mod3 . Συνοψίζοντας, κάθε πρώτος p  1 mod3 γράφεται ως x3  y3  z3  3xyz όπου

x,y,z θετικοί ακέραιοι με  p 1 p 1 p  2   p  2 p  2 p 1  ή (x,y,z) ~  (x,y,z) ~  , , , ,  .

3 3 3 3 3 3    

ΘΕΜΑ 292

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) Δίνονται οι αριθμοί: a  n  2,b  n2  2n  2 , n  N* . α) Να αποδείξετε ότι οι αριθμοί b  a και b  a , δεν είναι τέλεια τετράγωνα. β) Να αποδείξετε ότι οι αριθμοί a και b , δεν μπορούν να είναι ταυτοχρόνως τέλειοι κύβοι. γ) Να βρεθούν οι τιμές του n , ώστε ο αριθμός b  4a 15 να είναι τέλειο τετράγωνο. (Γ Γυμνασίου)

Λύση : α) a  b  n2  3n  4. Όμως (n  1)2  n2  3n  4  (n  2)2 άρα ο αριθμός δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο.

b  a  n2  n . Όμως n2  n2  n  (n  1)2 άρα ο αριθμός δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο. β) Αν οι αριθμοί είναι τέλειοι κύβοι το γινόμενό τους θα είναι τέλειος κύβος. Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 250

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(n  2)(n2  2n  2)  n3  4n2  6n  4 .

Όμως (n  1)3  n3  4n2  6n  4  (n  2)3 κι έτσι οι δύο αριθμοί δεν μπορούν να είναι συγχρόνως τέλειοι κύβοι. γ) b  4a 15  n2  6n 15  k2  n2  2  3n  32  32 15  k2 

 (n  3)2  k2  24 . Άρα (n  3  k)(n  3  k)  24 . Από τα συστήματα που παίρνουμε, βρίσκουμε ότι τα μοναδικά που δεν είναι αδύνατα είναι:

n  3  k  4 (από το οποίο βρίσκουμε ότι n  2 ) και  n  3  k  6   n 3 k  2 (από το οποίο βρίσκουμε n  4 ) και  n  3  k  12 

n  3  k  6 (από το οποίο και πάλι βρίσκουμε n  2 ).  n  3  k  4

ΘΕΜΑ 293

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) Να αποδείξετε ότι ο αριθμός: a  16n  8n  22n2  3 2n  3, με n  N* , δεν είναι πρώτος. (Γ Γυμνασίου)

Λύση : Θέτουμε x  2n  0 . Τότε

a  x4  x3  4x2  3x  3  (x4  x3  x2 )  (3x2  3x  3)   x2  3x2  x 1

με x2  3  1 και x2  x  1  1, άρα ο a δεν είναι ποτέ πρώτος.

ΘΕΜΑ 294

(ΜΠΑΜΠΗΣ ΣΤΕΡΓΙΟΥ)

) Να αποδείξετε ότι : a 2  b2  c2  d2  e2  a(b  c  d  e) για κάθε Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 251

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

a,b,c,d,e R .

( Με εναλλακτικές λύσεις)

(Γ Γυμνασίου)

Λύση : Είναι

a a2 a2 2 2 (  b)  0   ab  b  0   b2  ab .

2 4 4 a a2 a2 (  c)2  0   ac  c2  0   c2  ac .

2 4 4 a a2 a2 (  d)2  0   ad  d2  0   d2  ad .

2 4 4 a a2 a2 2 2 2 (  e)  0   ae  e  0   e  ae .

2 4 4 Με πρόσθεση των συμπερασμάτων κατά μέλη έχω το ζητούμενο. Β τρόπος Από την ανισότητα Cauchy – Schwarz

(12 12 12 12 )(b2  c2  d2  e2 )   b  c  d  e οπότε 2

 b  c  d  e 

2

a b c d e a 2

2

2

2

2

2

4

 a  b  c  d  e ,

 b  c  d  e 

2

εφ όσον από την ανισότητα ΑΜ – ΓΜ a

ΘΕΜΑ 295

2

4

 2a

bcde .

2

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) Να βρεθούν οι ακέραιοι x,y οι οποίοι να ικανοποιούν την εξίσωση:

2y2  3x2  2xy(x 1) .

Επιμέλεια: xr.tsif

(Γ Γυμνασίου)

Σελίδα 252

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : Είναι: 2y2  3x2  2x2 y  2xy  2y2  (2x2  2x)y  3x 2  0 . Το παραπάνω τριώνυμο ως προς y έχει διακρίνουσα:

  (2x2  2x)2  4·2·3x2    4x2 (x2  2x  5) .  Αν   0 , τότε πρέπει:

x2  2x  5  m2  (x  1)2  m2  6  (x  1  m)(x  1  m)  6 . Προκύπτουν κάποια απλά συστήματα τα οποία όμως δε δίνουν ακέραιες λύσεις.  Αν   0 , τότε:

4x2  0  x  0 , που μας δίνει τη λύση (x, y)  (0,0) , ή

x2  2x  5  0 , που δε δίνει ακέραιες λύσεις. Άρα μοναδική λύση είναι η (x, y)  (0,0) .

ΘΕΜΑ 296

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Να αποδείξετε ότι οι) αριθμοί: a  3n 1 και b 10n  3 , είναι πρώτοι μεταξύ τους, για κάθε φυσικό αριθμό n . (Β Γυμνασίου)

Λύση : Ας είναι (a,b)  d  (3n  1,10n  3)  d . Η παραπάνω σχέση μας λέει ότι: d| 3n 1 και d|10n  3 . Άρα ο d θα διαιρεί και:

d |10(3n  1)  3(10n  3)  d | 30n  10  30n  9  d |1  d  1 . Άρα (3n  1,10n  3)  1  (a,b)  1, δηλαδή οι a,b είναι πρώτοι μεταξύ τους. Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 253

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Β τρόπος Αλλιώς: Είναι 10a  3b 1άρα (a,b)  1.

ΘΕΜΑ 297

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) Αν m,n  N , να αποδείξετε ότι ο αριθμός a  3m  3n 1, δεν είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου. (Γ Γυμνασίου)

Λύση : a  (1)m  (1)n  1(mod4)  m  0(mod2),n  1(mod2)  m 2

n 1 2

 a  1  3·1  1(mod8)  5(mod8) . Το ζητούμενο έπεται.

ΘΕΜΑ 298

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) Να αποδείξετε ότι: (x2  x  1)(x 2  x  1)(x 4  x 2  1)(x8  x 4  1)  x16  x8  1 . (Γ Γυμνασίου)

Λύση : Έχουμε:

(x2  x  1)(x2  x  1)(x 4  x 2  1)(x8  x 4  1) 

 (x2 1)2  x2  (x4 1  x2 )(x8  x4 1) 

 (x4 1  x2 )(x4  1  x2 )(x8  x4  1)  (x4 1)2  x4 (x8  x4 1)   (x8  1  x4 )(x8  x4  1)  (x8  1)2  x8  x16  x8  1 .

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 254

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 299

) δίνεται ότι οι BE και Στο παρακάτω σχήμα, CZ είναι διχοτόμοι των γωνιών

ABD και ACD αντιστοίχως. Επίσης, δίνεται ότι BDC  145o και ότι ˆ.

BOC  95o . Να υπολογίσετε την A (Β Γυμνασίου)

Λύση : Ονομάζω ,  τα μισά των ABD και ACD . Προεκτείνω τη BD .... εξωτερική γωνία :

Στο OBS έχουμε    50o .

ˆ  180o  2  2  35o  45o . Στο τρίγωνο ABT : A (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 300

) x 8 x  4 x 9 x 3    Να λυθεί η εξίσωση: .

x 9

Επιμέλεια: xr.tsif

x 5

x  10 x  4

(Γ Γυμνασίου)

Σελίδα 255

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : Για να ορίζεται η εξίσωση θα πρέπει να είναι: x  9, 5, 10, 4 .

x 8 x  4 x 9 x 3 1 1 1 1    1 1 1 1  x  9 x  5 x  10 x  4 x 9 x 5 x  10 x4



1 1 1 1 x  5  x  9 x  10  x  4       x  9 x  5 x  10 x  4 (x  9)(x  5) (x  10)(x  4)

 (2x  14)(x2  14x  45)  (2x  14)(x 2  14x  40)   (2x  14)(x2  14x  45)  (2x  14)(x 2  14x  40)  0   (2x  14)·5  0  10x  70  x  7 . Η λύση αυτή δεν έρχεται σε αντίθεση με τους περιορισμούς και άρα αποτελεί τη μόνη λύση της εξίσωσης. Β τρόπος Έχουμε :

x 9 x 8 x  4 x 3    ή x  10 x  9 x  5 x  4

(x  9)2  (x  8)(x  10) (x  4)2  (x  3)(x  5) ή  (x  9)(x  10) (x  4)(x  5) (x2  18x  81)  (x 2  18x  80) (x 2  8x  16)  (x 2  8x 15) ή  x2  19x  90 x2  9x  20 1 1  2 ή x  7 . x  19x  90 x  9x  20 2

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 301

) x4 y4 1 2 2 Αν a,b,a  b  0 και x  y  1,   , να αποδείξετε ότι:

a

Επιμέλεια: xr.tsif

b

ab

Σελίδα 256

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

x8 y8 1 .  3 3 a b (a  b)3

(Γ Γυμνασίου)

Λύση : Είναι,

x4 y4 1 x4 y4 x2  y2       b a  bx4  a a  by4  ab  x2  y2   a b ab a b a b

 abx4  b2 x4  a 2 y4  aby4  abx 2  aby2  0 

 abx2  x2 1  aby2  y2 1  b2 x4  a 2 y4  0   b x  a y  2abx y  0   bx  ay 2

4

2

4

2

2

2



2 2

ay2 . 0x  b 2

Έτσι,

a b a  και άρα x 2  . x2  y2  1  y2   1  1  y2  ab ab b  Σύμφωνα με τα παραπάνω, έχουμε

x8 y8 a4 b4 a b a b 1  3 3 4  3 4  4  4  4  3 , 3 a b a  a  b b  a  b  a  b a  b a  b a  b όπως θέλαμε.

ΘΕΜΑ 302

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Αν a  b  c  0, να )αποδείξετε ότι:

1 1 1    0. a 2  b2  c2 b2  c2  a 2 c2  a 2  b2

(Γ Γυμνασίου)

Λύση : Είναι: Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 257

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

a 2  b2  c2  (a  b)2  c2  2ab  (a  b  c)(a  b  c)  2ab  2ab .

Ομοίως παίρνουμε: b2  c2  a2  2bc και c2  a2  b2  2ca . Άρα:



1 1 1 1 1 1  2 2 2  2 2 2     2 2 a b c b c a c a b 2ab 2bc 2ca 2

c a b a bc     0.

2abc 2abc 2abc 2abc

Έτσι, το ζητούμενο αποδείχτηκε.

ΘΕΜΑ 303

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) Να αποδείξετε ότι για κάθε φυσικό αριθμό n , ο αριθμός a  3  4n  2n2 1, είναι σύνθετος. Στη συνέχεια, να αποδείξετε ότι αν ο n είναι περιττός, τότε ο a είναι πολλαπλάσιο του 3 . (Γ Γυμνασίου) ΣΗΜΕΙΩΣΗ (για το δεύτερο ερώτημα). Πρέπει να γνωρίζουμε (δεν υπάρχει στο σχολικό βιβλίο της Γ Γυμνασίου) ότι:

a n  bn  (a  b)(a n1  a n2b  a n3b2  ...  bn1 ) , για κάθε n  N* .

a n  bn  (a  b)(a n1  a n2b  a n3b2  ...  bn1 ) , για κάθε n άρτιο θετικό ακέραιο.

a n  bn  (a  b)(a n1  a n2b  a n3b2  ...  bn1 ) , για κάθε n περιττό θετικό ακέραιο.

Λύση : Έχουμε: a  3·4n  4·2n 1, και το θεωρούμε τριώνυμο ως προς το 2n . Τότε: Da  16 12  4 .

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 258

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

a  1 4  2  1 Άρα: a1,2   1 και τελικά: 6 a    2 3

1  a  3 2n    2n  1  a  3·2n  1 2n  1 για κάθε n  N και άρα ο a είναι 3  σύνθετος. Και φυσικά αν n  2k  1 (περιττός) θα ισχύει: 2n  1n  3(2n1  2n2  2n3  ...  1) επομένως:

a  3(2n1  2n2  2n3  ...  1)(3·2n  1) , δηλαδή: a  o3. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 304 ) Να υπολογίσετε το άθροισμα:

12  22  32  ...  992  1002  2(1 2  3  4  5  6  ...  99 100) . (Γ Γυμνασίου)

Λύση : Έχουμε:

(1  2)2  (3  4)2  ...  (99 100)2  12  12  ...  12  50 .

50

ΘΕΜΑ 305

50

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) Να παραγοντοποιηθεί η παράσταση: (x  1)(x  2)(x  3)(x  4)  3 . (Γ Γυμνασίου)

Λύση : Βασιζόμαστε στην βασική παρατήρηση ότι

(x  1)(x  2)(x  3)(x  4)  1  (x2  5x  5)2 . Τότε Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 259

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(x  1)(x  2)(x  3)(x  4)  3  (x  1)(x  2)(x  3)(x  4)  1  4 

 (x2  5x  5)2  4  (x2  5x  5)2  22  (x 2  5x  7)(x 2  5x  3) . Β τρόπος Θέτω y  x  1, τότε η προς παραγοντοποίηση παράσταση γίνεται:

y(y  1)(y  2)(y  3)  3 . Αν επιμείνω λίγο ακόμα γίνεται: (y2  3y)(y2  3y  2)  3 (κάνοντας γινόμενα με πρώτη – τέταρτη παρένθεση και τρίτη – δεύτερη). Τώρα είναι φανερό πως πρέπει να θέσω: w  y2  3y και τότε έχω:

w(w  2)  3  w2  2w  3  w2  3w  w  3  (w 1)(w  3) . Πηγαίνοντας πίσω έχω: 2 2  y2  3y 1  y2  3y  3   x  1  3 x  1 1  x  1  3(x  1)  3    

  x2  5x  3 x2  5x  7 . Γ τρόπος Επίσης, αν ονομάζαμε A την προς παραγοντοποίηση παράσταση, θα μπορούσαμε να θέσουμε t  x2  5x (αφού 4 1  3  2  5 ), οπότε παραγοντοποιούμε ως εξής:

A   t  4 t  6  3   t  7 t  3   x2  5x  7 x2  5x  3 .

ΘΕΜΑ 306

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) Αν x  y  z  0 , να αποδείξετε ότι η παράσταση: x2  y2  2yz είναι τέλειο τετράγωνο.

(Γ Γυμνασίου)

Λύση : Είναι: Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 260

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

x2  y2  2yz  x2  (y2  2yz  z2 )  z2  x 2  (y  z)2  z2 

 (x  y  z)(x  y  z)  z2  z2 . Έτσι, το ζητούμενο αποδείχθηκε. (Παύλος Μαραγκουδάκης)

ΘΕΜΑ 307

) Ο  είναι ένας πραγματικός αριθμός για τον οποίο γνωρίζουμε ότι οι αριθμοί 43 ,6,21 είναι ακέραιοι. Να αποδειχθεί ότι: α) ο 3 είναι ακέραιος. β) ο 3 είναι ακέραιος. γ) ο  είναι ακέραιος.

(Γ Γυμνασίου)

Λύση : α) 6 Z,3 Z  6 3  18 Z .

21Z,18Z

21 18  3Z .

β) 3 Z  (3)3  Z  273  Z .

43 Z  7  43 Z  283 Z .

283  Z,273  Z  283  273  3  Z . γ) Εφόσον 3  Z  Z .

ΘΕΜΑ 308

(Παύλος Μαραγκουδάκης)

) Οι a,b,c είναι τρεις πραγματικοί μη μηδενικοί αριθμοί για τους οποίους γνωρίζουμε ότι οι αριθμοί a25b13c10 ,a6b4c3 ,a37b18c14 είναι ρητοί. Να αποδειχθεί ότι οι a,b,c είναι ρητοί. (Γ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ)

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 261

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : Θέτουμε x  a 25b13c10 , y  a 6b4c3 , z  a 37b18c14 .

y31z22 x2 x27 Τότε a  2 , b  20 15 , c  40 . x zy y z Άρα οι a,b,c είναι ρητοί. Β τρόπος (Χωρίς τις ανεξήγητες δυνάμεις των x,y,z από τις οποίες προκύπτει ότι οι

a,b,c είναι ρητοί και τις οποίες θα γράψω παρακάτω πως μπορούν να βρεθούν). Μόλις βρούμε (όπως στον α τρόπο) ότι ο α είναι ρητός (σχετικά εύκολο να το δεις) έπεται ότι οι αριθμοί ab13c10 

x y 4 3 b c  και είναι ρητοί. a 25 a6

b13c10 b4c3 Άρα ο bc  4 3 3 είναι επίσης ρητός δηλαδή ο b  και τελικά και ο  bc3 b c  c

bc είναι ρητός. b

Εξήγηση της εύρεσης των "περίεργων" δυνάμεων στον α τρόπο. Θέλουμε να εξετάσουμε αν υπάρχουν ακέραιοι αριθμοί p,q,r ώστε

a  x p yq zr , δηλαδή a  a25p6q37r b13p4q18rc10p3q14r . Άρα είναι λογικό να προσπαθήσουμε να λύσουμε το σύστημα των παρακάτω εξισώσεων:

25p  6q  37r  1  13p  4q  18r  0 , που έχει λύση (p,q,r)  (2, 2, 1) . 10p  3q  14r  0  Όμοια θέλουμε p,q,r ώστε b  xp yq zr και καταλήγουμε στο σύστημα Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 262

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

25p  6q  37r  0  13p  4q  18r  1 , που έχει λύση (p,q,r)  (27, 20, 15) . 10p  3q  14r  0 

Τέλος θέλουμε p,q,r ώστε c  x p yq zr και καταλήγουμε στο σύστημα

25p  6q  37r  0  13p  4q  18r  0 που έχει λύση (p,q,r)  (40,31,22) . 10p  3q  14r  1  Γ τρόπος Λύνοντας το σύστημα που προκύπτει από την εξίσωση των εκθετών των a,b,c στα δύο μέλη της a  a 25b13c10  a6b4c3  a37b18c14  και κάνοντας τον σταυρό x

y

z

μας με την ελπίδα να βρούμε ακέραιες λύσεις (πράγμα βέβαιο γιατί ο Παύλος είναι καλός άνθρωπος) διαπιστώνουμε

a

a



25 13 10 2

 a 6b c

b c



4 3 2

Όμοια b 

. που είναι ρητός ως γινόμενο και πηλίκο ρητών.

a37b18c14  a

b c

a b c  a 6



25 13 10 27

4 3 20

6



37 18 14 15

b c

a b c  a b c  c a b c 

 Q και

4 3 31

37 18 14 22

25 13 10 40

Q .

Δ τρόπος Ρητός επί ρητό ή ρητός διά ρητό δίνει ρητό. Ας ''παίξουμε'' με αυτήν την παρατήρηση και τις ιδιότητες των δυνάμεων.

a6b4c3 Q  a12b8c6 Q .

a12b8c6 Q και a37b18c14 Q  a49b26c20 Q . a25b13c10 Q  a50b26c20 Q . Διαιρώντας, προκύπτει ότι ο a είναι ρητός. Άρα οι b13c10 ,b4c3 είναι ρητοί. Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 263

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

b13c10 Υψώνουμε τον δεύτερο στον κύβο και διαιρούμε οπότε ο 12 9  bc είναι b c ρητός.

bc b4c3 Τότε ο είναι ρητός και προφανώς και ο  c είναι ρητός.  b b (bc)3 (Παύλος Μαραγκουδάκης)

ΘΕΜΑ 309

) Να αποδειχθεί ότι 1o·2o·...·29o·30o  0,000.000.001. (Γ Γυμνασίου)

Λύση : 1 άρα όλες οι γωνίες που εμφανίζονται παραπάνω έχουν 2 1 ημίτονο μικρότερο από .

2 Αφού 30o 

Άρα

1o·2o·...·29o·30o 

1 1 1 1  10 3    0,000.000.001 .

30 3 3 2 1024 1000 2  

ΘΕΜΑ 310

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) Δίνεται ο αριθμός: A  340  450  720  9  4 . α) Να αποδείξετε ότι ο αριθμός αυτός είναι θετικός. β) Να βρείτε το ψηφίο των μονάδων του.

(Α, Β , Γ Γυμνασίου)

Λύση : α) 340  450  4  920 1625  4  920 16 1624  4  720  8  720  9  720 . Δηλαδή αποδείξαμε ότι A  0 . β) 340  920 , Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 264

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

9  1(mod10)  920  1(mod10)  340  1(mod10) .

Ακόμα 450  1625 ,

16  6(mod10) 1625  6(mod10)  450  6(mod10) . Ακόμα 4  6(mod10) , Άρα 340  450  4  1(mod10) . Επίσης 720  4910 ,

49  1(mod10)  4910  1(mod10)  720  1(mod10)  720  9  9(mod10) . Άρα 340  450  4  720  9  8(mod10)  2(mod10) . Άρα ο A έχει τελευταίο ψηφίο το 2 . Μπορούμε να λύσουμε το β) ερώτημα, και χωρίς να χρησιμοποιήσουμε τα mod. Έχουμε: 340  (34 )10  8110 και άρα λήγει σε 1 . Επίσης: 450  (42 )25  1625 και άρα λήγει σε 6 . Συνεπώς ο αριθμός 340  450  4 , λήγει σε 1 , (αφού 1 6  4 11). Επίσης , 720  (74 )5  (49  49)5 και άρα λήγει σε 1 , οπότε ο αριθμός 720  9 , θα λήγει σε 9 . Επειδή δείξαμε στο πρώτο ερώτημα ότι 340  450  4  720  9 , άρα ο αριθμός A θα λήγει σε 2 .

ΘΕΜΑ 311

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) Να αποδείξετε ότι ο αριθμός: A  2n3  3n2  n , με n  N , είναι πολλαπλάσιο του 6 . (Γ Γυμνασίου)

Λύση : Θα βάλω μια απόδειξη εκτός φακέλου για να ασχοληθούν κι άλλοι. Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 265

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Ο αριθμός ισούται με n(2n2  3n  1)  n[2n(n  1)  (n  1)]  n(n  1)(2n  1) .

n(n  1)(2n  1) . Αφού το αριστερό 6 μέλος είναι ακέραιο θα ισχύει το ίδιο για το δεξί. Επομένως 6| n(n  1)(2n  1) . Ξέρουμε ότι ισχύει 12  22  32  ...  n 2 

Β τρόπος Ας δούμε και μια άλλη:

A  2n3  3n2  n  n3  n3  3n2  n  2n  (n3  3n 2  2n)  (n3  n)  n(n2  3n  2)  n(n2 1)  n(n  1)(n  2)  n(n 1)(n  1)

(1) .

Ο αριθμός n(n  1)(n  2) είναι πολλαπλάσιο του 6 , ως γινόμενο τριών διαδοχικών ακεραίων. Το ίδιο συμβαίνει και με τον αριθμό n(n 1)(n  1) . Άρα η σχέση (1) γράφεται: A  6k  6m  6(k  m) , με k,m N . Άρα ο A είναι πολλαπλάσιο του 6 . ΣΗΜΕΙΩΣΗ Χρησιμοποιήσαμε την πρόταση: "Το γινόμενο v διαδοχικών ακεραίων, είναι πολλαπλάσιο του v!, όπου v!  1 2  2  ...  (v 1)  v . Γ τρόπος Μια λύση με επαγωγή: Για n  1 έχουμε A1  6 οπότε 6| A1 . Έστω 6| An . Είναι An1  2(n  1)3  3(n  1)2  (n  1)  ...  2n3  9n 2  13n  6 

 (2n3  3n2  n)  6(n2  2n  1) , οπότε προφανώς 6| An1 και η απόδειξη ολοκληρώνεται.

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 266

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

ΘΕΜΑ 312

(Socrates)

) Βρείτε όλους τους ακεραίους m τέτοιους ώστε ο αριθμός m3  m2  7 να διαιρείται από τον m2  m  1 .

Λύση : Είναι

(m2  m 1) | (m3  m2  7)  (m2  m 1) | ((m  2)(m2  m 1)  m  5)   (m2  m 1) | m  5  m2  m 1  m  5 ή m  5 . Για m  5 αυτή γράφεται

m2  2m  4  0  m  (1  5,1  5)  Z  x  1,0,1,2,3 . Επαληθεύουν μόνο οι 0,1. Για m  5 , η ανισότητα γράφεται m2  6  0 και είναι αδύνατη.

ΘΕΜΑ 313

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) Δίνονται οι άρτιοι φυσικοί αριθμοί a,b . Γνωρίζουμε ότι ο a διαιρούμενος με το 3 δίνει υπόλοιπο 2 , ενώ ο b διαιρούμενος με το 5 δίνει υπόλοιπο 3 . Να βρεθεί το υπόλοιπο της διαίρεσης του 2a2  3b2 με το 12 . (Γ Γυμνασίου)

Λύση : Από την υπόθεση έχουμε: a  3k  2 και b  5m  3. Αφού όμως ο a είναι άρτιος, θα πρέπει και ο k να είναι άρτιος, δηλ. k  2n Ομοίως, ο m θα πρέπει να είναι περιττός, δηλ. m  2  1. Τελικά, έχουμε: a  6n  2 και b 10  8. Άρα, μετά από κάποιες πράξεις έχουμε:

2a 2  3b2  300 2  480  72n2  48n  200  12(25 2  40  6n2  4n  16)  8 Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 267

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Άρα, το υπόλοιπο της διαίρεσης με το 12 είναι 8 . Παρατήρηση Για το b μας ενδιαφέρει μόνο ότι είναι άρτιος, γιατί b  2k  b2  4k2  3b2 12k2 , άρα αρκεί να βρούμε το υπόλοιπο της διαίρεσης του 2a 2 με το 12 . Ομοίως a  6n  2 , άρα 2a2  2(6n  2)2  72n2  72n  8  8 mod12 . (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 314

) a b c a a bc c  . Αν a,b,c,x,y,z  0 και αν:   , να αποδείξετε ότι: 

x

y

z

x

xyz

z

(Β, Γ Γυμνασίου)

Λύση : Αρχικά, θα αποδείξω ότι

a bc a  . xyz x

Ισοδύναμα έχουμε, αφού a,b,c,x,y,z  0

a bc a   ax  bx  cx  ax  ay  az  bx  xc  ay  az xyz x

(1) .

Όμως, από την εκφώνηση έχουμε:

a b   bx  ay . x y

a c   xc  az . x z Προσθέτοντας κατά μέλη τις παραπάνω σχέσεις παίρνουμε την (1) . Ομοίως εργαζόμαστε και για τη σχέση Επιμέλεια: xr.tsif

a bc c  . xyz z Σελίδα 268

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Β τρόπος Ας γράψω μία φαινομενικά διαφορετική λύση αλλά στην πραγματικότητα η ίδια. Την γράφω μόνο και μόνο για το ύφος, προς όφελος των μαθητών μας. Έχουμε από υπόθεση a 

cx cy ,b  , άρα z z

cx cy cz a bc z  z  z c xyz c   ·  , όπως θέλαμε. xyz xyz z xyz z Όμοια η άλλη. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 315

) 5 4 5 4    Να εξετάσετε αν ο αριθμός a  είναι φυσικός.

3

6

3

6

Λύση : 4 2 4 2 2 2  2   2  a  2·  1   2·  1    1    1  1  1 6 6 6 6 6 6  6   6  2 2 2 2 Επειδή 6  2 θα είναι . 1  0  1  1   1 και 6 6 6 6 2

Άρα a  1 

2

2 2  1  2 N. 6 6

Β τρόπος Είναι:

5 4 5 4 (5  2 6)(5  2 6) 10 1 10 2 12 a2     2   2     4.

3 9 3 9 3 3 3 6 3 6 Άρα a  4  2  N . Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 269

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 316 )

169  8n  17 , όπου n  N . Αν ο αριθμός 24A 24 είναι φυσικός, να αποδείξετε ότι ο αριθμός 6A , είναι ρητός. (Γ Γυμνασίου) Δίνεται ο αριθμός A  3n 

Λύση : k2  17 Αφού ο 24A είναι φυσικός, είναι 8n  17  k  N  n  .

8 Αντικαθιστώντας το παραπάνω στην παράσταση A , βρίσκουμε ότι

3k  4 (3k  4)2 (3k  4)2 A  6A  , άρα 6A  Q .

24 4 2

ΘΕΜΑ 317

(Socrates)

Σε καθεμιά κορυφή )ενός τετραέδρου γράφουμε έναν ακέραιο. Αν το άθροισμα των αριθμών στις κορυφές κάθε έδρας διαιρείται με το 5 , να δείξετε ότι όλοι οι αριθμοί στις κορυφές διαιρούνται με το 5 .

Λύση : Ας συμβολίσουμε με a,b,c,d τους αριθμούς στις κορυφές του τετραέδρου. Τότε οι αριθμοί a  b  c, b  c  d, c  d  a, d  a  b είναι πολλαπλάσια του 5 . Άρα το άθροισμά τους δηλαδή ο 3(a  b  c  d) είναι επίσης πολλαπλάσιος του

5 , απ' όπου ο αριθμός a  b  c  d είναι πολλαπλάσιος του 5 (αφού οι 3 και 5 δεν έχουν κοινούς διαιρέτες). Άρα ο αριθμός a  (a  b  c  d)  (b  c  d) είναι πολλαπλάσιος του 5 αφού είναι διαφορά μεταξύ δύο αριθμών πολλαπλασίων του 5 . Όμοια και οι αριθμοί b  (a  b  c  d)  (c  d  a) ,

c  (a  b  c  d)  (d  a  b) και d  (a  b  c  d)  (a  b  c) είναι πολλαπλάσια του 5 . Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 270

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

ΘΕΜΑ 318

(Socrates)

) πενταψήφιο παλινδρομικό αριθμό που διαιρείται με το Βρείτε το μεγαλύτερο 101.

Λύση : Ας είναι a  xyzyx ο ζητούμενος αριθμός. Είναι a  10000x  1000y  100z  10y  x  10001x  1010y  100z 

 (9999x  101z  1010y)  (2x  z) . Η πρώτη παρένθεση είναι διαιρετή με το 101οπότε αρκεί να είναι και το 2x  z Επειδή τα x,y,z είναι ψηφία και θέλουμε ο αριθμός μας να είναι ο μέγιστος δυνατός, βλέπουμε ότι πρέπει x  4,z  8,y  9 Άρα ο αριθμός είναι ο 49894 . Από εδώ. http://www.math.wisc.edu/talentsearch/sites/default/files/T13-1q_1.pdf. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 319

) Αν x,y  R και αν: x3  3x2 y  3y2  2x  6 και y3  3xy2  3x2  2y  6xy , να βρεθεί ο αριθμός x  y .

(Γ Γυμνασίου)

Λύση : Με πρόσθεση κατά μέλη έχω (με λίγη παρατηρητικότητα) πως ισχύει:

 x  y

3

a x  y

 3 x  y  2 x  y   6  0  a 3  3a 2  2a  6  0  2

a 2  20

 a 2 (a  3)  2(a  3)  0  (a  3)(a 2  2)  0  a  3  x  y  3 .

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 271

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 320

) Αν x, y  N και αν ο αριθμός A  x4  y4  x2 y2 είναι πρώτος, να βρεθούν οι αριθμοί x,y .

(Γ Γυμνασίου)

Λύση : A  x4  y4  x2 y2  x4  y4  2x 2 y2  (xy)2  (x 2  y2 )2  (xy)2   (x2  y2  xy)(x2  y2  xy)  1·p , και επειδή x2  y2  xy  x2  y2  xy και x2  y2  xy  0 θα πρέπει:

x2  y2  xy  p .  2 2 x  y  xy  1 ""

2x2  2y2  1  p

(1) .

""

 2xy  p  1

(2) .

(1)  (2)  x2  y2  (x  y)2  2 . x 2  1 x  1 ""     y2  1  x 2  y2  (x  y)2  2 , Όμως: y  1 (x  y)2  0 (x  y)2  0   με την ισότητα να ισχύει για x  y  1.

ΘΕΜΑ 321

(Socrates)

) α) Να παραγοντοποιηθεί η παράσταση (1  x 2  xy)2  y2 . β) Να βρείτε το μεγαλύτερο τριψήφιο πρώτο p για τον οποίο η εξίσωση

(1  x2  xy)2  y2  p έχει ακέραια ρίζα.

Επιμέλεια: xr.tsif

(Γ Γυμνασίου)

Σελίδα 272

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : α) (1  x2  xy)2  y2  x 4  x 2 y2  1  2x 2  2x3y  2xy  y2 

 x4  2x2  1  y2  x2 y2  2x3y  2xy  (x2  1)2  y2 (x 2  1)  2xy(x 2  1) 

 (x2  1)(x 2  1  y2 )  2xy(x 2 1)  (x 2 1)(x 2  2xy  y2 1)   (x2  1)[(x  y)2  1] . β) Από το (α) και την υπόθεση έχουμε: p  (x2  1)[(x  y)2  1] .

x2  1  1 x 2  1  p Έτσι έχουμε τα συστήματα: (1 )  και (2 )  .

2 2 (x  y)  1  p (x  y)  1  1 Ξεκινάμε με το (1 ) . Από την πρώτη εξίσωση παίρνουμε: x2 1  1  x  0. Έτσι η δεύτερη γίνεται: (x  y)2  1  p  y2  1  p . Αφού ο p είναι τριψήφιος θα είναι περιττός και άρα:

y2  1  2k  1  y2  2k  y  2m . Ακόμα για να είναι τριψήφιος θα πρέπει να ισχύει:

10  y  31 10  2m  31  5  m  15 . Αφού θέλουμε τον μεγαλύτερο εύκολα βρίσκουμε ότι m  13  y  26  p  677 . Έτσι παίρνουμε τις λύσεις: (x, y)  (0,26) , (x,y)  (0, 26) . Ομοίως θα εργαστούμε στο σύστημα (2 ) , όπου θα πάρουμε τον ίδιο πρώτο όμως οι λύσεις θα είναι: (x, y)  (26, 26) , (x,y)  (26,26) .

ΘΕΜΑ 322

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) Αν a1  a2  a3  a4  a5  2014 , όπου οι αριθμοί a1,a2 ,...,a5 είναι ακέραιοι και Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 273

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

αν για τους πραγματικούς αριθμούς x1,x2 ,x3 ,x4 ,x5 αληθεύουν οι σχέσεις:

 x1  x 2  a1 x  x  a  2 3 2 x3  x 4  a 3 , να αποδείξετε ότι οι αριθμοί x1,x2 ,x3 ,x4 ,x5 είναι επίσης x  x  a  4 5 4  x5  x1  a 5 ακέραιοι.

(Β Γυμνασίου)

Λύση : x1  x 2  a1 x  x  a  2 3 2 "" x 3  x 4  a 3  x1  x 2  x3  x 4  x5  1007 .  x  x  a  4 5 4 x5  x1  a 5  a1,a 2 ,a 3 ,a 4 ,a 5  Z Τώρα έχουμε:

x1  x2  x3  x4  x5  1007  a1  a2  x5  1007  x5  1007  a1  a2 . Άρα x5  Z . Με όμοιο τρόπο αποδεικνύουμε ότι και οι υπόλοιποι είναι ακέραιοι.

ΘΕΜΑ 323

(ΘΑΝΟΣ ΜΑΓΚΟΣ)

) Δίνεται ο αριθμός 101010 10 , στον οποίο εμφανίζονται 2013δεκάρικα. α) Μπορεί να γραφεί ως άθροισμα τετραγώνων δύο ακεραίων; β) Μπορεί να γραφεί ως διαφορά τετραγώνων δύο ακεραίων;

Λύση : α) Το άθροισμα των ψηφίων του αριθμού είναι 2013  3 671 άρα ο αριθμός διαιρείται από το 3 . Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 274

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Άρα, αν γράψουμε A  x2  y2 θα πρέπει, σύμφωνα με γνωστή ιδιότητα που έχει αναφερθεί κι άλλες φορές στο συγκεκριμένο θέμα ,να είναι 3| x , 3| y . Συνεπώς θα έχουμε x  3k , y  3m κι έτσι A  9(k2  m2 ) που είναι άτοπο ,αφού το 9 δε διαιρεί τον αριθμό μας. Άρα ο αριθμός δε μπορεί να γραφεί ως άθροισμα δύο τέλειων τετραγώνων. β) H απάντηση είναι όχι και στο δεύτερο ερώτημα. Έστω A ο δοσμένος αριθμός. Αν A=a2  b2 με a,b  Z τότε A= a  ba+b . Ο A είναι άρτιος, επομένως ένας από τους a  b,a+b είναι άρτιος. Όμως

a  b  a+b mod2 άρα και οι δύο είναι άρτιοι οπότε ο A είναι πολλαπλάσιο του 4 , άτοπο.

ΘΕΜΑ 324

(Παύλος Μαραγκουδάκης)

) Να βρείτε τον τετραψήφιο αριθμό abcd αν cda  abc=297 και a+b+c=23. (Β Γυμνασίου)

Λύση : Καταρχήν είναι: a,b,c,d {1,2,3,4,5,6,7,8,9} . Είναι:

cda  abc  297  100c  10d  a  100a  10b  c  297   99c  99a  10d 10b  297 10(d  b)  99(3  c  a)

(1) .

Από την τελευταία σχέση και από τον αρχικό περιορισμό παίρνουμε ότι:

d  b  0 b  d. Άρα, η (1) γίνεται: 99(3  c  a)  0  c  a  3 . Άρα, θα πρέπει a  c . Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 275

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Από την άλλη σχέση που μας δίνεται είναι: a  b  c  23  2a  b  20 . Από την παραπάνω βλέπουμε ότι a  6 . Εύκολα τώρα βρίσκουμε ότι a  6 και c  9 , γιατί αλλιώς θα ήταν a  6 . Εύκολα τώρα βρίσκουμε ότι b  d  8. Άρα: abcd  6898 . (Παύλος Μαραγκουδάκης)

ΘΕΜΑ 325

) Αν a,b,c είναι πραγματικοί αριθμοί με a2  b2  c2 1 να αποδείξετε ότι

1   ab  bc  ca  1.

2

(Γ Γυμνασίου)

Λύση : Το ότι a2  b2  c2  ab  bc  ca είναι γνωστό, άρα ab  bc  ca 1. Αν ab  bc  ca  

1 θα είναι 2

a 2  b2  c2  2ab  2bc  2ca  0  (a  b  c)2  0 , άτοπο, άρα αποδείξαμε το ζητούμενο.

ΘΕΜΑ 326

(Παύλος Μαραγκουδάκης)

) Οι πραγματικοί αριθμοί a,b,c,A,B,C ικανοποιούν τις σχέσεις

ac  2bB  CA  0 και ac  b2  0 . Να αποδείξετε ότι AC  B2  0. (Γ Γυμνασίου)

Λύση : Εικάζω ότι είναι όπως παραπάνω. Έχουμε 4b2B2  (ac  AC)2  4acAC οπότε b2B2  acAC . Είναι ac  b2  0  B2 (ac  b2 )  0  B2ac  b2B2  acAC  B2  AC , αφού

ac  b2  0  ac  0 . Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 276

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Αν ισχύει η ισότητα, τότε B  0 και ac  AC . Όμως, τότε είναι και ac  AC  0 οπότε ac  0 , άτοπο αφού ac  b2  0  ac  0 .

ΘΕΜΑ 327

(Socrates)

) Να βρείτε όλους τους πενταψήφιους αριθμούς abcde τέτοιους ώστε (Γ Γυμνασίου) abcde  3·ab·cde .

Λύση : Θέτοντας x  ab και y  cde έχουμε να λύσουμε στους ακεραίους την εξίσωση

1000x  y  3xy με 10  x  99 και 100  y  999 . Η εξίσωση έχει λύση μόνο όταν x | y . Για y  kx είναι k 

1000  k 3x 1 .

999  100 και 10

Είναι 1000  1(mod3) οπότε k  2(mod3) . Οι μόνοι διαιρέτες του 1000 που δεν υπερβαίνουν το 99 και είναι της μορφής 3k  2 είναι στο σύνολο 2,5,8,20,50.  Για k  2 είναι x 167 που απορρίπτεται.  Για k  5 είναι x  67 και y  335 δηλαδή μία λύση είναι ο 67335.  Για k  8 είναι x  42 και y  336 δηλαδή μία λύση είναι ο 42336 .  Για k  20 είναι x  17 και y  340 δηλαδή μία λύση είναι ο 17340 .  Για k  50 είναι x  7 που απορρίπτεται.

ΘΕΜΑ 328

(Socrates)

Να λυθεί ως προς x)η εξίσωση

1   1 1 1 (a  b  x)    (a 2  ab  b2 )  2  2  όπου a,b  0,a  b .  a x bx a b  (Γ Γυμνασίου) Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 277

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Υπόδειξη Το πρώτο μέλος γράφεται

b a   2... ax bx

Κάνουμε το ίδιο και στο δεύτερο και συνεχίζουμε με παραγοντοποίηση.

Λύση : Η εξίσωση έχει περιορισμούς x  a και x  b Είναι ισοδύναμη με τις ακόλουθες:

b a ab  b2 a 2  ab  2  2 ax bx a2 b2

a b  1 a b  1  b  2   a  2 0 ax a  bx b  b

ab  x(a  b) ab  x(a  b)  a 0 (a  x)a 2 (b  x)b2

 ab  x(a  b) b3  b  x   a3 a  x   0 . ab a 4  b4 Προκύπτουν οι x   ή x 3 . ab a  b3 Και οι δύο λύσεις ικανοποιούν τους περιορισμούς αφού από υπόθεση a  b .

ΘΕΜΑ 329

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) ˆ. ˆ Z Δύο τρίγωνα  και  , έχουν ίσες τις περιμέτρους , A  Z και  α) Προεκτείνουμε τις πλευρές  και  και επί των προεκτάσεων αυτών, παίρνουμε τα σημεία  και  αντιστοίχως, έτσι ώστε να είναι BH  AB και E E . Να αποδείξετε ότι τα τρίγωνα AH και Z είναι ίσα. β) Να αποδείξετε ότι και τα τρίγωνα  και  είναι επίσης ίσα. (Γ Γυμνασίου) Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 278

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : α) Αφού έχουν ίσες περιμέτρους έχουμε: ACDZ

AB  BC  AC  EZ  DZ  DE   AB  BC  DE  EZ 

 HB  BC  E  EZ  HC  Z . Τα AHC και  DZ είναι ίσα από το

ˆ Z ˆ.      , αφού HC  Z,DZ  AC,C β) Από την παραπάνω ισότητα παίρνουμε:

HAC  D , CHA  ZD . Όμως, τα HBA και E  D είναι ισοσκελή και άρα CHA  BAH και

ZD  ED . Επομένως: BAH  ED . Είναι όμως: AC  D  HAB  BAC  DZ  EDZ  BAC  EDZ . Έτσι, τα ABC και EDZ είναι ίσα από το      διότι:

ˆ Z ˆ.

AC  DZ, BAC  EDZ , C

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 279

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 330

) Δίνεται τρίγωνο AB και έστω ότι οι διχοτόμοι των

ˆ και ˆ , τέμνονται στο O . Στην εξωτερικών γωνιών B προέκταση της AB προς το μέρος του B , παίρνουμε τμήμα B  B  A και στην προέκταση της A προς το μέρος του  , παίρνουμε σημείο  ώστε να είναι E  B . Να αποδείξετε ότι τα τρίγωνα BOE και OA είναι ισοσκελή.

(Γ Γυμνασίου)

Λύση : Στο ισοσκελές τρίγωνο BCE , η CO θα είναι και ύψος και διάμεσος. Έτσι τα ορθογώνια τρίγωνα BOM και OEM είναι ίσα (αφού η  είναι κοινή) και άρα παίρνουμε το πρώτο ζητούμενο. 

ˆ  90  A . Είναι γνωστό ότι COB 2 Επομένως, 

ˆ  2COB ˆ  180  A .

EOB Άρα: 





2E2  180 180  A  E2  





A .

2 

 180  180  C C  E1  . Ακόμα: E1  2 2 

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 280

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104 



 C Επομένως: E1  E2  .

2 









180    C  Είναι: 1  .

2 2 

Ακόμα, από το πρώτο ζητούμενο έχουμε ότι BO  OE . Τέλος, αφού το τρίγωνο BCE είναι ισοσκελές θα είναι BC  CE . Άρα, η δοθείσα σχέση γίνεται: BD  AC  BC  BD  AC  CE  BD  AE . Από τα παραπάνω, παίρνουμε ότι τα τρίγωνα BOD και AOE είναι ίσα και από εκεί παίρνουμε το δεύτερο ζητούμενο.

ΘΕΜΑ 331

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Να υπολογίσετε την) τιμή της παράστασης

A  (1 

1 1 1 1 )(1  2 )(1  2 )...(1  ).

2 2 3 4 20132

(Γ Γυμνασίου)

Λύση : Σύμφωνα με την ταυτότητα a 2  b2  (a  b)(a  b) είναι:

1   1  1  1   A  1  2 1  2 1  2 ···1   2   2  3  4   2013  1  1   1  1  1  1  1  1    1  1  1  1  1  1  ······1  1    2  2  3  3  4  4   2013  2013  1 3 2 4 3 5 2012 2014 1 2014 2014 1007  · · · · · ··· ·  ·   .

2 2 3 3 4 4 2013 2013 2 2013 4026 2013 Διότι οι όροι απλοποιούνται εκτός από τον πρώτο και τον τελευταίο. Β τρόπος

1 1 1 1 22 1 32 1 42 1 20132 1 A  (1  2 )(1  2 )(1  2 )...(1  )  ( 2 )( 2 )( 2 )...( ) 2 3 4 20132 2 3 4 20132 Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 281

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104



(2  1)(2  1)(3  1)(3 1)(4  1)(4 1)...(2013  1)(2013 1) .

22·32·42·52  ...  20132

Παρατηρούμε ότι στα γινόμενα στον αριθμητή εμφανίζεται ο αριθμοί x  1 και x  1 με ελάχιστο το x  2 και μέγιστο το x  2013 . Άρα, εμφανίζονται οι όροι 2,32 ,42 ,52...,20122 ,2013,2014 , άρα έχουμε:

2·32·42·52...·20122·2013·2014 .

22·32·42·52...·20122·20132 Απλοποιούμε τον αριθμητή με τον παρανομαστή και έχουμε:

ΘΕΜΑ 332

2014 2014  .

2013·2 4026

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

x) x  1 x  2 x  2013   ...   2014 , να αποδείξετε ότι Αν x, y  0 και αν  y y 1 y  2 y  2013 (Γ Γυμνασίου) x  y.

Λύση : Παρατηρούμε ότι το LHS αποτελείτε από 2014 όρους. Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:  Αν x  y , τότε

x x 1 x2 x  2013  1,  1,  1,...,  1. y y 1 y2 y  2013

Με πρόσθεση κατά μέλη λαμβάνουμε: LHS  2014 , άτοπο.  Αν x  y , τότε

x x 1 x2 x  2013  1,  1,  1,...,  1. y y 1 y2 y  2013

Με πρόσθεση κατά μέλη λαμβάνουμε: LHS  2014 , πάλι άτοπο. Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 282

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

 Αν x  y ,

Τότε

x x 1 x2 x  2013  1,  1,  1,..., 1. y y 1 y2 y  2013

Με πρόσθεση κατά μέλη λαμβάνουμε: LHS  2014 , που ισχύει. Άρα, αποδείξαμε ότι x  y . Β τρόπος

x x 1 x  2 x  2013    ....   2014  y y 1 y  2 y  2013



x  y  y x  (y  1)  y x  (y  2013)  y   ...   2014 . y y 1 y  2013

Απλοποιούμε και έχουμε

1

xy xy xy xy xy xy 1  ....  1   2014    ...  0 y y 1 y  2013 y y 1 y  2013  Αν x  y  x  y  0 ,

επειδή x, y  0 όλα τα κλάσματα θα είναι θετικά όπως και το άθροισμά τους, επομένως έχουμε άτοπο.  Αν x  y  x  y  0 , επειδή x, y  0 όλα τα κλάσματα θα είναι αρνητικά όπως και το άθροισμά τους, επομένως καταλήγουμε πάλι σε άτοπο. Συνεπώς x  y το οποίο ικανοποιεί και τη δοθείσα ισότητα.

ΘΕΜΑ 333

(Παύλος Μαραγκουδάκης)

) Αν a,b,c είναι πραγματικοί αριθμοί με a  b,b  c,c  a να αποδείξετε ότι

a4  b  c  b4 c  a   c4 a  b  0 .

Επιμέλεια: xr.tsif

(Γ Γυμνασίου)

Σελίδα 283

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : Ας παραγοντοποιήσουμε την παράσταση. Έχουμε a4  b  c  b4 c  a   c4 a  b  ...

 (a  c)[b(a 2  c2 )(a  c)  ac(a 2  ac  b2 )  b4 ] . Αφού a  c , πρέπει να αποδείξουμε ότι

b(a 2  c2 )(a  c)  ac(a 2  ac  b2 )  b4  0 . Έχουμε

b(a 2  c2 )(a  c)  ac(a 2  ac  b2 )  b4  ...  (a  b)[b(a 2  ab  b2 )  a 2c  ac2  c3 ] . Αφού a  b , ομοίως b(a 2  ab  b2 )  a 2c  ac2  c3  ...

(b  c)[a 2  a(b  c)  b2  bc  c2 ] . Αφού c  b , τότε πρέπει να αποδείξω ότι

a 2  a(b  c)  b2  bc  c2  a 2  ab  ac  b2  bc  c2  0   2(a 2  ab  ac  b2  bc  c2 )  0   (a 2  2ab  b2 )  (b2  2bc  c2 )  (c2  2ca  a 2 )  0 

 (a  b)2  (b  c)2  (c  a)2  0 . Ας υποθέσουμε ότι ισχύει, δηλαδή a  b,b  c,c  a , όμως, με αντικατάσταση έχουμε ότι a  (c)  c , που είναι άτοπο. Άρα, αποδείξαμε το ζητούμενο.

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 284

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Μετά τις λύσεις που προηγήθηκαν, το ηθικό δίδαγμα είναι

a 4 (b  c)+b4 (c  a)+c4 (a  b)=  (a  b)(b  c)(c  a)(a 2 +b2 +c2 +ab+bc+ca) . (Παύλος Μαραγκουδάκης)

ΘΕΜΑ 334

) Αν ax  by  cz να αποδείξετε ότι a  y b  zc  x    x  b y  c z  a  . (Γ Γυμνασίου)

Λύση : Θέτουμε ax  by  cz  k . Επομένως: x 

k k k , y , z . c a b

Άρα, το πρώτο μέλος της αποδεικτέας γράφεται:

a  y b  zc  x    a  



(ab  k)(bc  k)(ac  k) abc

k  k  k  ab  k bc  k ac  k b   c    · ·   b  c  a  b c a (1) .

Το δεύτερο μέλος είναι:

k  k  k  k  ab k  bc k  ac  b   c   a   · ·  a b c a  b  c 

 x  b y  c z  a    

(ab  k)(bc  k)(ac  k) abc

(2) .

Από τις (1) και (2) προκύπτει το ζητούμενο.

ΘΕΜΑ 335

(Παύλος Μαραγκουδάκης)

) Αν x2  yz  a,y2  zx  b,z2  xy  c να αποδείξετε ότι

ax  by  cz  a  b  c x  y  z  . Επιμέλεια: xr.tsif

(Γ Γυμνασίου) Σελίδα 285

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : Έχουμε: x3  xyz  ax,y3  xyz  by,z3  xyz  cz . Και με πρόσθεση κατά μέλη, λαμβάνουμε:

x3  y3  z3  3xyz  ax  by  cz . Από την ταυτότητα του Euler, γνωρίζουμε ότι:

x3  y3  z3  3xyz  (x  y  z)(x2  y2  z2  xy  xz  yz) . Άρα:

ax  by  cz  (x  y  z)[(x2  yz)  (y2  zx)  (z2  xy)]  (x  y  z)(a  b  c) (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 335β

) 4 3 a Αν   , με a,b,c  N* , να αποδείξετε ότι ο αριθμός A  c  ab , είναι a b c τέλειο τετράγωνο.

(Β Γυμνασίου)

Λύση : Θέτουμε:

4 3 a   k. a b c

4 a 4 4 3 Άρα: a  , b  , c   k  2 . k k k k k

4 12 16  4  Επομένως: A  c  ab  2  2  2    . k k k k 2

Έτσι, το ζητούμενο αποδείχθηκε.

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 286

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

ΘΕΜΑ 336

(Παύλος Μαραγκουδάκης)

) Για τους αριθμούς x,y ισχύουν οι σχέσεις x2  3xy  2y2  x  y  0 και

x2  2xy  y2  5x  7y  0 . Να αποδείξετε ότι xy 12x  15y  0 . (Γ Γυμνασίου)

Λύση : Η πρώτη με κατάλληλο..πείραγμα δίνει:

x2  2xy  y2  y2  xy  x  y  0   x  y  y  x  y  x  y  0  2

  x  y x  2y 1  0  x  y  x  2y 1 .  Αν x  y , τότε η δεύτερη δίνει: x2  2x2  x2  5x  7x  0  x  0  y  0 . Οι συγκεκριμένες τιμές ικανοποιούν το ζητούμενο.  Αν x  2y 1, τότε η δεύτερη δίνει (μετά τις πράξεις): y2  5y  6  0  y  2  y  3 .  Αν y  2 , τότε x  3 ικανοποιεί τη ζητούμενη σχέση.  Αν y  3 , τότε x  5 παρομοίως δεκτό ζεύγος αφού ικανοποιεί τη ζητούμενη σχέση. Επομένως για κάθε ζεύγος (x, y) που επαληθεύει τις δύο αρχικές συμπεράναμε πως επαληθεύεται και η τρίτη σχέση.

ΘΕΜΑ 337

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

1 1 ) 1 1    ...   9 , να βρεθεί ο φυσικός Αν: 1 2 2 3 3 4 n  n 1 Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 287

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

αριθμός n .

(Γ Γυμνασίου)

Λύση : Είναι:



1 1 1 1    ...  9 1 2 2 3 3 4 n  n 1

2 1 3 2 4 3    ...  ( 2  1)( 2  1) ( 3  2)( 3  2) ( 4  3)( 4  3)

n 1  n 9 ( n  1  n)( n  1  n)  2 1  3  2  4  3  ...  n  1  n  9 



 n  1 1  9  n  1  100  n  99 .

ΘΕΜΑ 338

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) Να αποδείξετε ότι ο αριθμός a  2013! 2013 δεν είναι τέλειο τετράγωνο. ( 2013! 1 2  3  ...  2012  2013 ).

(Α Γυμνασίου)

Λύση : Παρατηρούμε ότι το 2013! είναι πολλαπλάσιο του 10 , άρα (2013!)  0 (όπου με () συμβολίζουμε το τελευταίο ψηφίο). Επίσης, (2013)  3 , άρα

(2013! 2013)  3 . Όμως, είτε χρησιμοποιώντας την παρατήρηση του κ. Δημήτρη, είτε το παρατηρούμε μόνοι μας, κανένα τέλειο τετράγωνο δεν τελειώνει σε 3 , όμως αυτός ο αριθμός τελειώνει σε 3 , άρα δεν είναι τέλειο τετράγωνο.

ΘΕΜΑ 339

(Παύλος Μαραγκουδάκης)

) α) Βρείτε το άθροισμα των ψηφίων του αριθμού 102013  2013. β) Διαιρείται ο αριθμός αυτός με το 9 ; Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 288

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

γ) Ποιο είναι το υπόλοιπο της διαίρεσης του αριθμού αυτού με το 125 ; δ) Είναι τέλειο τετράγωνο; ε) Είναι τέλειος κύβος;

(Α Γυμνασίου)

Λύση : α) Αν κάνουμε την αφαίρεση, βρίσκουμε ότι a  999...997987 (με 2009 εννιάρια). Άρα S(a)  9·2010  22  18090  22  18112 (όπου S(a) είναι το άθροισμα των ψηφίων). β) Έχουμε S[S(a)]  S(18112)  1  8  2  2  13 , αφού ο 13 δεν διαιρεί τον 9 , τότε ο a δεν είναι πολλαπλάσιό του. γ) Αν κάνουμε προσεκτικά την διαίρεση στα εννιάρια, βρίσκουμε μηδενικό υπόλοιπο και έτσι στα τρία τελευταία ψηφία έχουμε 187  1·125  62 , άρα το υπόλοιπο της διαίρεσης είναι   62 . δ) Όχι, αφού το τελευταίο ψηφίο του αριθμού είναι το 7 και γνωρίζουμε (ή το παρατηρούμε μόνοι μας) ότι όταν ένας αριθμός τελειώνει σε 7 δεν είναι ποτέ τέλειο τετράγωνο. ε) Οι τέλειοι κύβοι είναι οι αριθμοί 13 ,23 ,33 ,43 ,53 ,... Ας σχηματίσουμε τις διαφορές δύο διαδοχικών κύβων.

23 13  7 ,

33  23  21, 43  33  37 ,

53  43  61. Παρατηρούμε ότι οι διαφορές αυτές μεγαλώνουν διαρκώς και γρήγορα ξεπερνούν το 2013. Για παράδειγμα 313  303  2791.

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 289

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Με άλλα λόγια οι αριθμοί 30 και 31 ενώ διαφέρουν κατά 1 οι κύβοι τους απέχουν πολύ. Τώρα ο αριθμός που μας ενδιαφέρει είναι πολύ κοντά σε έναν τέλειο κύβο, είναι μόλις 2013 μικρότερος από τον τέλειο κύβο 10

2013

 10



671 3

   100...0  .  671  3

  Ο αμέσως προηγούμενος κύβος είναι ο  99...9  .  671  3

    Είναι λοιπόν  99...9   102013  2013  100...0  .  671   671  3

3

Άρα ο αριθμός 102013  2013 δεν είναι τέλειος κύβος.

Ας δούμε και μια ακόμα λύση για το (ε), αλλά όχι για μαθητές Α Γυμνασίου (μόνο για Γ Γυμνασίου). Παρατηρούμε ότι

(10671 1)3  (10671 )3  2013  (10671 )3  (10671  1)3  102013  2013  (10671 )3 . Άρα ο αριθμός 102013  2013 δεν μπορεί να είναι τέλειος κύβος, αφού είναι ανάμεσα σε δύο διαδοχικούς τέλειους κύβους.

ΘΕΜΑ 340

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) Αν ένας φυσικός αριθμός είναι μεγαλύτερος από τον 2120 και μικρότερος από τον (1615  1)2 , να αποδείξετε ότι δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο. (Γ Γυμνασίου)

Λύση : Έστω a ο αριθμός που δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο. Τότε, δημιουργείτε η ανισότητα: Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 290

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(1615  1)2  a  2120  [(24 )15  1]  a  (260 )2  (260  1)  a  (260 )2 .

Όμως, επειδή ο αριθμός a βρίσκεται ανάμεσα σε δύο διαδοχικά τέλεια τετράγωνα, έπεται ότι δεν είναι τέλειο τετράγωνο. Άρα, αποδείξαμε το ζητούμενο.

ΘΕΜΑ 341

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) Αν οι ακέραιοι αριθμοί a,b δεν είναι και οι δύο άρτιοι, να αποδείξετε ότι ο αριθμός A  a4b2  a2b4  a2b2 δεν είναι τέλειο τετράγωνο.

(Γ Γυμνασίου)

Λύση : Έστω ότι A  a 4b2  a 2b4  a 2b2  y για ακέραιο y . Τότε a 2b2 (a 2  b2  1)  y2 . Θα πρέπει a 2b2 | y2 οπότε ab | y και έστω ότι abx  y , οπότε θα γίνει

a2  b2 1  x2 . Ξέρουμε ότι οι a,b δεν είναι ταυτόχρονα άρτιοι οπότε έχουμε 2 επιλογές.  Αν ο ένας είναι άρτιος και ο άλλος περιττός τότε

a 2  b2  1  2(mod4) άρα y2  mod4 που είναι αδύνατον.  Αν a,b περιττοί τότε

a 2  b2  1  3(mod4) άρα y2  3(mod4) αδύνατον. Η εξίσωση δεν έχει λύσεις αν τουλάχιστον ένας εκ των a,b είναι περιττός. Κάποιες ιδέες  Αν a,b και οι δυο άρτιοι τότε a 2  b2  1  y2 .

a 2  b2  1  1(mod4) άρα y2  1(mod4) . Οπότε y περιττός. Η παραπάνω εξίσωση έχει άπειρες λύσεις για a,b άρτιοι και ένας τρόπος απλός για να το αποδείξεις είναι ο εξής. Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 291

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

a 2  1  y2  b2 .

Δεδομένου ότι κάθε σύνθετος n με n  0,1,3(mod4) παριστάνεται ως διαφορά δυο τετραγώνων και εφόσον ο a 2  1 είναι σύνθετος για άπειρες τιμές του a τότε και η εξίσωση a 2  1  y2  b2 επαληθεύεται για άπειρες τριάδες. Είπα κάθε σύνθετος n με n  0,1,3(mod4) παριστάνεται ως διαφορά τετραγώνων και αυτό προκύπτει από την ταυτότητα: pq  (

pq 2 pq 2 ) ( ) 2 2

Πως θα βρω μια τέτοια τριάδα. Έστω a  2k τότε 4k2  1  (4k2  1) 1  (2k2  1)2  (2k2 )2 ,

(a,b,y)  (2k,2k 2 ,2k 2  1) . (Παύλος Μαραγκουδάκης)

ΘΕΜΑ 342

) Τα A,B είναι δύο ψηφία, δηλαδή ακέραιοι από το 0 έως το 9 . Αν το γινόμενο των τριψήφιων αριθμών 2A5 και 13B είναι πολλαπλάσιο του 36 , να βρείτε όλα τα δυνατά ζεύγη (A,B) .

Λύση : Πρέπει A,B0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 .

2A5  2 100 10  A  5  205 10A και 13B  100 1  3 10  B  130  B . Άρα 2A5 13B  (205  10A)  (130  B)  5(41  2A)  (130  B)  36 . Άρα 5(41  2A)  (130  B)  36k με k  Z,k  5p . Αφού ο 2A5 τελειώνει σε 5 , πρέπει ο 13B να τελειώνει σε άρτιο. Άρα το B0,2,4,6,8και διακρίνουμε περιπτώσεις:  B  0, τότε 5(41  2A) 130  36  5p  (41  2A)  65  18  p , αδύνατη. Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 292

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

 B  2,

Τότε 5(41  2A) 132  36  5p  (41  2A) 11  3  p και αφού (11,3)  1 πρέπει το

(41  2A)  3 , το οποίο συμβαίνει για   2,5,8 .  B  4, τότε 5(41  2A) 134  36  5p  (41  2A)  67  18  p , αδύνατη.  B  6, τότε 5(41  2A) 136  36  5p  (41  2A)  34  9  p , και αφού (34,9)  1 πρέπει το (41  2A)  9 , το οποίο συμβαίνει για   2 .  B  8, τότε 5(41  2A) 138  36  5p  (41  2A)  23  6  p , αδύνατη.

ΘΕΜΑ 343

(Παύλος Μαραγκουδάκης)

) Αν m,n είναι δύο μη αρνητικοί ακέραιοι με m  n ορίζουμε m n να είναι το άθροισμα όλων των ακεραίων από το m έως το n . Να βρείτε τον θετικό ακέραιο x στις επόμενες περιπτώσεις: α)

3x  1 3x  1  9 .  2x  5  2x  7 7

β)

3x  1 3x  1  Z .  2x  5  2x  7 Λύση :

α) Έχουμε

(3x  1) (3x  1) 9 3x  1  3x  3x  1 9     (2x  5) (2x  7) 7 2x  5  2x  6  2x  7 7

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 293

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104



9x 9 3·3x 9 3x 9       6x  18 7 3(2x  6) 7 2x  6 7

 21x  18x  54  3x  54  x 

54  18 .

3

β)

(3x  1) (3x  1) 3x  1  3x  3x  1 9x 3x 3 9      .

(2x  5) (2x  7) 2x  5  2x  6  2x  7 6x  18 2x  6 2 2(x  3) Πρέπει το x  3 να διαιρεί το 9 . Άρα x  3 1 ή x  3  3 ή x  3  9 από όπου προκύπτουν οι x  2,0,6 . Από αυτές κάνουμε δεκτή την τιμή x  6 (γιατί;).

ΘΕΜΑ 344

(Παύλος Μαραγκουδάκης)

) είναι μια σειρά αριθμών που ξεκινά ως εξής: H ακολουθία Fibonacci 1,1,2,3,5,8,13,21,... . (κάθε αριθμός μετά τον δεύτερο είναι το άθροισμα των δύο προηγούμενων αριθμών). Θα συμβολίσουμε f n τον n – οστό όρο. Για παράδειγμα f1  1,f4  3, f7  13. α) Ποιοι από τους παρακάτω αριθμούς f38 , f500 , f2013 είναι περιττοί; Δικαιολογήστε την απάντησή σας. β) Ποιοι από τους παρακάτω αριθμούς f48 , f1000 , f2014 είναι πολλαπλάσια του 3 ; Δικαιολογήστε την απάντησή σας..

Λύση : α) Παρατηρούμε ότι κάθε όρος που είναι πολλαπλάσιο του 3 , ο αριθμός που αντιστοιχεί σε αυτόν είναι άρτιος. Άρα, S(38)  8  3  11,S(500)  5,S(2013)  3  2  1  6 .

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 294

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Παρατηρούμε ότι ο μοναδικός όρος που είναι πολλαπλάσιο του 3 είναι ο 2013. Άρα έχουμε:

f38  2n  1 (περιττός). f500  2m 1 (περιττός).

f2013  2l (άρτιος). β) Παρατηρούμε ότι κάθε όρος που είναι πολλαπλάσιο του 4 , ο αριθμός που αντιστοιχεί σε αυτόν είναι πολλαπλάσιο του 3 . Τελικά βρίσκουμε ότι πολλαπλάσιο του 4 είναι οι αριθμοί 48 και 1000 . Άρα έχουμε:

f48  3n (είναι πολλ. του 3 ). f1000  3m (είναι πολλ. του 3 ). f2014  3  u,u  {1,2} (δεν είναι πολλ. του 3 ).

ΘΕΜΑ 345 ) Να αποδείξετε ότι ο αριθμός:

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

22012  2012 , είναι άρρητος.

(Β Γυμνασίου)

Λύση : Έχουμε στην παραπάνω μαθηματική σχέση: 22012  2012  16503  2012 . Άρα έχουμε: (16503  2012)  (6503  2012)  (6  2)  8 . Άρα το τελευταίο ψηφίο είναι το 8 . Όμως, το 8 ποτέ δεν είναι τελευταίο ψηφίο ενός τέλειο τετραγώνου. Επομένως, ο αριθμός πιο πάνω δεν θα είναι ποτέ τέλειο τετράγωνο και έτσι αποδείξαμε το ζητούμενο. Β τρόπος Έστω ότι είναι ρητός. Τότε θα πρέπει να υπάρχει ρητός k ώστε

Επιμέλεια: xr.tsif

22012  2012  k .

Σελίδα 295

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Άρα θα ισχύει ότι 22012  2012  k2 , εδώ καταλαβαίνουμε ότι ο k είναι θετικός ακέραιος. Βρίσκω κατάλληλα διαδοχικά τετράγωνα ώστε ο 22012  2012 να είναι ανάμεσα στα τετράγωνα αυτά. Ισχύει ότι (21006 )2  22012  2012  (21006  1)2 . Άρα ο αριθμός 22012  2012 δεν είναι τετράγωνο φυσικού γιατί είναι ανάμεσα σε 2 διαδοχικά τετράγωνα φυσικών αριθμών οπότε καταλήγουμε σε άτοπο γιατί δεχτήκαμε την πρόταση « 22012  2012 είναι ρητός » ως αληθής. Επομένως ο αριθμός

ΘΕΜΑ 346

22012  2012 είναι άρρητος. (Νίκος Αϊνστάιν)

α) Να αποδείξετε ότι) το άθροισμα 8 περιττών και 3 άρτιων αριθμών είναι άρτιος. Τι παρατηρείτε; β) Να αποδείξετε ότι το άθροισμα 5 περιττών και 6 άρτιων αριθμών είναι περιττός. Τι παρατηρείτε; (Β Γυμνασίου)

Λύση : α) Αν προσθέσουμε άρτιο πλήθος περιττών αριθμών, το άθροισμα είναι άρτιος, ενώ αν προσθέσουμε περιττό πλήθος περιττών , τότε το άθροισμα είναι περιττός. Ενώ το άθροισμα οσονδήποτε άρτιων, είναι άρτιος. Τέλος, είναι : ΑΡΤΙΟΣ + ΠΕΡΙΤΤΟΣ= ΠΕΡΙΤΤΟΣ. Έτσι: Το άθροισμα 8 περιττών είναι ένας αριθμός a άρτιος και το άθροισμα 3 άρτιων είναι ένας αριθμός b άρτιος. Άρα a  b  άρτιος. β) Όμοια: Το άθροισμα 5 περιττών είναι x περιττός και το άθροισμα 6 άρτιων είναι y άρτιος. Άρα x  y  περιττός.

ΘΕΜΑ 347

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) Να αποδείξετε ότι για κάθε n  N , ο αριθμός A  3n  7n1 , δεν είναι τέλειο Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 296

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

τετράγωνο.

Λύση : Μία ιδέα με invariance. Για n  0  A0  1  7  8, που δεν είναι τέλειο τετράγωνο. Αρχικά παίρνουμε όλα τα ζευγάρια φυσικών αριθμών που εκφράζονται από την ακολουθία: an  (1  4n,2  4n) με n  N  {0}. Παρατηρούμε ότι το A δεν αλλάζει mod 5 . Αρχικά είναι A  2(mod 5) και άρα και στο τέλος θα κρατήσει την ίδια ιδιότητα. Όμως το 2 δεν είναι τετραγωνικό υπόλοιπο του mod 5 και άρα ο A δεν είναι τέλειο τετράγωνο γι αυτά τα n . Τώρα παίρνουμε όλα τα ζευγάρια φυσικών αριθμών που εκφράζονται από την ακολουθία: bn  (3  4n,4  4n) με n  N  {0}. Και πάλι παρατηρούμε ότι το A δεν αλλάζει mod 5 . Αρχικά είναι

A  3(mod 5) και άρα και στο τέλος θα κρατήσει την ίδια ιδιότητα. Όμως το 3 δεν είναι τετραγωνικό υπόλοιπο του mod 5 και άρα ο A δεν είναι τέλειο τετράγωνο γι αυτά τα n . Μένει τώρα να δείξουμε ότι η ένωση των στοιχείων των δυο ακολουθιών δίνει το σύνολο των φυσικών αριθμών. Πράγματι παίρνοντας mod 4 βλέπουμε ότι οι δυο ακολουθίες επαναλαμβάνονται με περίοδο T  4 . Δηλαδή:

1  4n  1(mod 4) , 2  4n  2(mod 4) , 3  4n  3(mod 4) , 4  4n  0(mod 4) και τελικά: an  bn  N .

ΘΕΜΑ 348 ) Να αποδείξετε ότι ο αριθμός

Επιμέλεια: xr.tsif

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

n2012  2012 , είναι άρρητος, για κάθε n  N .

Σελίδα 297

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : Για n  1 φανερό. Για n  2 δείχνουμε ότι η ρίζα είναι γνήσια μεταξύ δύο διαδοχικών ακεραίων,

n1006  n2012  2012  n1006 1, οπότε η υπόριζη ποσότητα δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο. Η αριστερή ανισότητα είναι άμεση. Για την δεξιά έχουμε

n2012  2012  n2012  2048  n2012  211  n2012  2·21006 1  2  n2012  2n1006  1   n1006  1 , και λοιπά. Β τρόπος Ο αριθμός n 4 λήγει σε 0 ή 1 ή 5 ή 6 και άρα και ο αριθμός (n4 )503 λήγει επίσης σε 0 ή 1 ή 5 ή 6 . Άρα ο αριθμός (n4 )503  2012 , θα λήγει σε 2 ή 3 ή 7 ή 8, και άρα δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου, και το ζητούμενο εδείχθη. Γ τρόπος Για n  1 έχουμε: n2012  1  1  1  2 , που δεν είναι τέλειο τετράγωνο. Για n  2 αρκεί να αποδείξουμε ότι: (n1006 )2  (n1006 )2  2012  (n1006  1)2 . Η πρώτη ανισότητα είναι προφανής, αφού (n1006 )2  0 . Το τρίτο μέλος της σχέσης γίνεται: (n1006  1)2  (n1006 )2  2n1006  1. Όμως, από την αρχική υπόθεση έχουμε ότι n  2 , έτσι 2n1006 1  2012 , άρα αποδείξαμε το ζητούμενο.

ΘΕΜΑ 349

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) Να βρεθεί ο θετικός ακέραιος x , αν είναι γνωστό, ότι ο αριθμός 9x2  5x  4 είναι τέλειο τετράγωνο. (Γ Γυμνασίου) Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 298

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : Θα διακρίνουμε περιπτώσεις:  x  3. Τότε: (3x)2  9x2  5x  4 και 9x2  5x  4  (3x  1)2 . Άρα: (3x)2  9x2  5x  4  (3x  1)2 . Επομένως, ο αριθμός θα βρίσκεται σε δύο διαδοχικά τέλεια τετράγωνα και άρα δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο.  x  3. Τότε: (3x  1)2  9x 2  5x  4 και 9x2  5x  4  (3x  2)2 . Άρα: (3x  1)2  9x2  5x  4  (3x  2)2 . Επομένως, ο αριθμός βρίσκεται ανάμεσα σε δύο διαδοχικά τέλεια τετράγωνα και άρα δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο.  x  3. Τότε: 9x2  5x  4  81 15  4  100  102 . Επομένως, ο αριθμός είναι τέλειο τετράγωνο και άρα x  3. Β τρόπος Μια άλλη λύση, που βασίζεται στη μέθοδο συμπλήρωσης τετραγώνου: Το πρόβλημα είναι ισοδύναμο με την επίλυση της διοφαντικής εξίσωσης 9x2  5x  4  k2 στο σύνολο των θετικών ακεραίων. Η εξίσωση είναι ισοδύναμη με τις ακόλουθες:

3x   2·3x·5   5   25  4  k2   3x  5   119  k2  6  6  36 6  36  2

2

2

 18x  5 119  36k2  6k 18x  56k 18x  5 119.

2

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 299

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Ο δεύτερος παράγοντας του πρώτου μέλους είναι σίγουρα θετικός, οπότε και ο πρώτος είναι θετικός. Από την άλλη, το 119 γράφεται ως γινόμενο δύο θετικών παραγόντων μόνο με δύο τρόπους: 119 1·119  7·17 . Είναι 6k 18x  5  6k 18x  5 . (Πράγματι είναι ισοδύναμη με x  

5 που 18

ισχύει.) Υπάρχουν λοιπόν δύο περιπτώσεις: 

6k 18x  5 1 και 6k 18x  5  119.

Εύκολα βρίσκουμε  k,x   10,3 . 

6k 18x  5  7 και 6k 18x  5 17 .

Εύκολα βλέπουμε ότι δίνει x  0 , που απορρίπτεται. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 350 Να λυθεί η εξίσωση:)

x  1 4x  2 9x  3 16x  4 20122 x  2012     ...   1006  2013 .

2 3 4 5 2013 (Β Γυμνασίου)

Λύση : Ισχύει: 1  2  3  ...  n 

n(n  1) .

2

Εύκολα βρίσκουμε ότι 1003·2013 1 2  3  ...  2012 . Επομένως:

x  1 4x  2 9x  3 16x  4 20122 x  2012     ...   1006·2013  2 3 4 5 2013

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 300

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

x 1 4x  2 9x  3 16x  4 20122 x  2012  1  2 3  4  ...   2012  0  2 3 4 5 2013 x 1 4x  4 9x  9 16x 16 20122 x  20122      ...  0 2 3 4 5 2013

20122  1 4 3 4  (x  1)      ...   0.

2013  2 3 4 5 Επομένως: x 1  0  x 1. Β τρόπος Παρατηρούμε ότι 1006·2013 

2012·2013 .

2

Όμως, 1  2  3  4  ...  2012 

2012·2013 .

2

Άρα, θα ισχύει και ότι

x  1 4x  2 9x  3 16x  4 20122 x  2012     ...   1  2  3  4  ...  2012 .

2 3 4 5 2013 Αφού και τα δύο μέλη της εξίσωσης αποτελούνται από 2012 όρους, έπεται ότι x 1  1  x  1  2  x  1.

2 Αν αντικαταστήσουμε, η εξίσωση επαληθεύεται.

Καλύτερα θα μπορούσαμε να πούμε ότι επειδή η εξίσωση είναι πρωτοβάθμια και εύκολα φαίνεται ότι δεν είναι ταυτότητα, άρα θα έχει μια το πολύ λύση. Και επειδή παρατηρούμε ότι για x  1 επαληθεύεται, άρα αυτή είναι και η μοναδική της λύση.

ΘΕΜΑ 351

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) Αν a1,a2 ,a3 ,...,a2013 είναι περιττοί αριθμοί, να αποδείξετε ότι ο αριθμός 2 A  a12  a 22  a32  ...  a 2013  2 είναι άρρητος.

Επιμέλεια: xr.tsif

(Γ Γυμνασίου) Σελίδα 301

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : Όλα τα περιττά τετράγωνα είναι 1   mod4 Άρα το υπόριζο είναι

2011   mod4  3 mod4 άρα δεν είναι τέλειο τετράγωνο κι έτσι ο αριθμός είναι άρρητος. Β τρόπος Θα δώσω μια πιο απλή λύση, χωρίς την χρήση της θεωρίας Modulo. Έχουμε ότι

a1  2k1 1,a2  2k2 1,...,a2013  2k2013 . Έτσι, έχουμε στην παράσταση:

A  a12  a 22  a32  ...  a 22013  2  (2k1  1)2  (2k 2  1)2  ...  (2k 2013  1)2  2  2  4k12  4k1  1  4k22  4k2  1  4k32  4k3  1  ...  4k 2013  4k 2013  1  2  4(k12  k1  k22  k2  ...  k 2013  k 2013 )  2013  2 

 4m  2011  4m  2008  3  4m  4·502  3  4n  3 . Όμως, εμείς γνωρίζουμε (δεν γράφω απόδειξη, διότι υπάρχει σε προηγούμενες ασκήσεις) ότι τα τέλεια τετράγωνα δεν παίρνουν την παραπάνω μορφή. Έτσι, η ρίζα δεν απλοποιείτε και επομένως ο αριθμός είναι άρρητος. Άρα, αποδείξαμε το ζητούμενο.

ΘΕΜΑ 352

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) m2  2n n 2  2m , 2 Αν m,n  N , και αν οι αριθμοί: 2 είναι ακέραιοι, να *

n  2m m  2n αποδειχθεί ότι: 2  m  n  2 , (δηλαδή m  n  2 ).

(Γ Γυμνασίου)

Λύση : Είναι m2  2n  n2  2m  n2  2m οπότε (m  n)(m  n  2)  0 ή m  n  2 . Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 302

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Είναι n2  2m  m2  2n  m2  2n οπότε (m  n)(n  m  2)  0 ή m  n  2 . (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 353

) Αν a,b,c  Z και αν: a2  b  c 1,b2  c  a 1,c2  a  b , να βρεθούν όλες οι δυνατές τιμές των a,b,c . (Γ Γυμνασίου)

Λύση : Προσθέτουμε και έχουμε (a 1)2  (b 1)2  (c 1)2  1 οπότε έχουμε τις δυνατότητες:  (a  1)2  (b 1)2  (c 1)2  0 , οπότε a  b  c 1, που είναι λύση.  (a 1)2  (b 1)2  (c 1)2  1, οπότε προκύπτουν οι τριάδες (a,b,c)  (1,1,0), (1,1,2) και οι μεταθέσεις τους, που όμως δεν είναι λύσεις.

ΘΕΜΑ 354

(Παύλος Μαραγκουδάκης)

) Να λυθεί στο σύνολο των ακεραίων η εξίσωση

1 1 x  y  5.

5 5 (Γ Γυμνασίου)

Λύση : Αφού οι αριθμοί x,y είναι ακέραιοι, τότε πρέπει x,y  1 .

H δοσμένη εξίσωση γράφεται:

5x 1  5y 1  5 .

Θέτοντας A  5x 1,B  5y 1, (όπου A,B  0 ), έχουμε:

A  B  5  A  B  2 AB  25  2 AB  25  A  B και επομένως πρέπει Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 303

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

25  A  B  0  A  B  25  5x 1  5y 1  25  5x  5y  27  x  y  5 .

Άρα (και με δεδομένο ότι όπως είδαμε είναι x,y  1 ), θα πρέπει

(x,y) {(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,2),(2,3),(3,1),(3,2),(4,1)} και η δοσμένη εξίσωση επαληθεύεται όταν x  1,y  2 ή x  2,y  1. ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Υπάρχουν και διάφοροι άλλοι τρόποι λύσης της άσκησης αυτής π.χ

5x 1  5  5y 1  5x 1  25  5y 1 10 5y 1 

 5x  5y  27  10 5y 15 . Άρα πρέπει y 1  m2 , m . Όμοια πρέπει 5x 1  n2 , n . Τότε έχουμε :

m  n  5, όπου m,n 1. Άρα (m,n) {(1,4),(2,3),(3,2),(4,1)} , από όπου δεκτές είναι μόνο οι τιμές m  2,n  3 ή m  3,n  2 , από όπου και βρίσκουμε τις λύσεις x  2,y  1 και x  1,y  2 . Β τρόπος Προφανώς πρέπει να ισχύει 1  x,1  y . Θεωρούμε x  y  1, οπότε χρησιμοποιώντας συζυγή παράσταση παίρνουμε:

5x 1  5y 1  5  5x 1  5y 1  x  y . Αφαιρώντας κατά μέλη έχουμε: 5   x  y  2 5y 1  4  0  x  y  1. Αν x  y  0  x  y  x 

29 Z .

20

Αν x  y  1  x  y  1, παίρνουμε: 1  5y 1  5y  4  y  1, x  2 . Τελικά λόγω της συμμετρίας το σύνολο λύσεων είναι το σύνολο

Επιμέλεια: xr.tsif

1,2, 2,1.

Σελίδα 304

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(Παύλος Μαραγκουδάκης)

ΘΕΜΑ 355

) Να λυθεί στο σύνολο των ακεραίων η εξίσωση x2  xy  y2  x2 y2 . (Γ Γυμνασίου) Υπόδειξη 1) (x  y)2  xy(xy  1) και μετά d  (xy,xy  1) κλπ.

2) Μια άλλη ιδέα, πιο κοντά σε αυτά που συζητήθηκαν πρόσφατα: Προσθέτουμε και στα δύο μέλη το xy . Κατόπιν πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη με 4 και κάνουμε συμπλήρωση τετραγώνου στο δεύτερο μέλος. Οδηγούμαστε σε ωραία παραγοντοποίηση.

Λύση : (x  y)2  xy(xy  1) και μετά d  (xy,xy  1) . Τότε d | xy και d | xy  1, οπότε d | xy  1  xy  d |1  d  1. Άρα οι αριθμοί xy,xy  1 είναι πρώτοι προς αλλήλους και από εδώ έπεται ότι

xy  m2 και xy 1 

2

και η συνέχεια είναι απλή.

Χρησιμοποιήθηκε ένα 'λήμμα' παραπάνω. Εντοπίστε το και αποδείξτε το! Β τρόπος Η δοσμένη εξίσωση γράφεται: (1  y2 )x2  yx  y2  0 .  1η Περίπτωση: 1  y2  0  y  1. Τότε παίρνουμε τις λύσεις (x,y)  (1, 1) και (x,y)  (1,1) .  2η Περίπτωση: y  1 .

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 305

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Τότε για να έχει το παραπάνω τριώνυμο ρίζες πραγματικές, θα πρέπει   0  y2  4y2 (1 y2 )  0  y2 (4y2  3)  0 . 

Αν y  0 ,

τότε έχουμε την επί πλέον λύση (x, y)  (0,0) . 

Αν y  0 ,

τότε πρέπει 4y2  3  k 2 , όπου k  Z . Άρα: (2y  k)(2y  k)  3 , από όπου προκύπτει ότι: 2y  k  3,2y  k  1 ή

2y  k  1,2y  k  3 ή 2y  k  3,2y  k  1 ή 2y  3  1,2y  k  3 . Στις παραπάνω περιπτώσεις, με πρόσθεση κατά μέλη παίρνουμε y  1, που είναι άτοπο. Τελικά έχουμε: (x,y) {(0,0),(1, 1),(1,1)}. Γ τρόπος Παρατηρούμε ότι x  0  y  0 , οπότε μία προφανής λύση είναι η (0,0) .

x  0 και y  x  x  0 , άτοπο. Αν x, y  0 και x  y , από την αρχική και με την υπόθεση ότι έχει ακέραια λύση παίρνουμε x3  y3  x3 y2  x2 y3  x3 1  y2   y3 1  x2  . Από εδώ οδηγούμαστε στην

1  x2  0 1  y2  0 , οπότε δύο πιθανές λύσεις είναι οι (1, 1),(1,1) ή

1  x2  0, 1  y2  0 και  x3 ,x2 1   y3 ,y2 1  1, που είναι άτοπο. Τελικά επαληθεύοντας εύκολα διαπιστώνουμε ότι το σύνολο των λύσεων είναι το 0,0,  1,1, 1, 1 .





ΘΕΜΑ 356

(Παύλος Μαραγκουδάκης)

) Υποθέτουμε ότι οι x1 ,x2 ,...,x1990 είναι θετικοί ακέραιοι αριθμοί ώστε 2 2 . x12  x22  ...  x1989  x1990

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 306

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

α) Να αποδείξετε ότι τουλάχιστον δύο από αυτούς είναι άρτιοι. β) Να βρείτε παράδειγμα τέτοιων αριθμών.

(Γ Γυμνασίου)

Λύση : Θα βάλω το (α) ερώτημα μόνο αν και δεν είμαι σίγουρος για την ορθότητά του... Θα αποδείξουμε ότι δεν ισχύει όταν όλοι οι αριθμοί είναι περιττοί ή όταν ένας μόνο είναι άρτιος. Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: 

Όλοι οι αριθμοί είναι περιττοί.

Γράφουμε τότε: x1  2k1 1,x2  2k2 1,...,x1990  2k1990 1. Είναι: 2 2 2 x12  x22  ...  x1989  x1990  4(k12  k1  k22  k2  ...  k1989  k1989 ) 1989  2  4k1990  4k1990 1   k1 (k1 1)  k2 (k2 1)  ...  k1989 (k1989 1)  497  k1990 (k1990 1) .

Το πρώτο μέλος όμως είναι περιττό ενώ το άλλο άρτιο, άτοπο. 

Ένας μόνο αριθμός είναι άρτιος.

Γράφουμε τότε: x1  2k1,x2  2k2 1, κτλ. Είναι: 2 2 2 x12  x22  ...  x1989  x1990  4(k12  k22  k2  ...  k1989  k1989 ) 1988 

 2k  1   4k1990  4k1990  1  k1  k2  k2  ...  k1989  k1989  497   1990  .  2  2

2

2

2

2

Το πρώτο μέλος όμως είναι ακέραιος ενώ το άλλο δεν είναι, άτοπο. Υ.Γ. Δεν ξέρω αν πρέπει να πάρουμε και την περίπτωση ο x1990 να είναι άρτιος. Πάντως, έχω απόδειξη και γι' αυτό. Β τρόπος α) Έστω κανένας άρτιος. Παίρνοντας

 mod8 έχουμε 1989 1mod8 ,

άτοπο. (είναι a2  1 mod8 για περιττό a ). Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 307

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Έστω ένας είναι άρτιος. Τότε εύκολα το ένα μέλος θα είναι άρτιος και το άλλο περιττός. Άτοπο. Άρα δύο τουλάχιστον είναι άρτιοι. β) Βάζουμε x1  x2  ...  x1988  1, οπότε 1988  (x1990  x1989 )(x1990  x1989 ) και μια λύση είναι x1990  498,x1989  496 .

ΘΕΜΑ 357

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) Αν a1,a2 ,...,a2013 R , με a1  3,a2  4 και γενικά an  (n  2) an  (n  2) ,

1 1 1 1    ...  a1  3 a 2  4 a3  5 a 2013  2015 a  2 a 2  3 a3  4 a  2014 2013 και 1 , να αποδείξετε ότι ο    ...  2013  a1  3 a 2  4 a3  5 a 2013  2015 2014 αριθμός 2014A , είναι τέλειο τετράγωνο. (Β Γυμνασίου) για κάθε n 1,2,3,...,2013 και αν: A 

ΣΗΜΕΙΩΣΗ (Εισαγωγή στην έννοια του αθροίσματος) Η παραπάνω άσκηση, μπορεί να διατυπωθεί και με τους εξής συμβολισμούς:

1 n 1 a  n  2 n

Αν an  R με an  (n  2) , για κάθε n 1,2,3,...,2013 και αν A  

2013

a n  n  1 2013 , να αποδείξετε ότι ο αριθμός 2014A είναι τέλειο  n 1 a  n  2 2014 n

2013

και 

τετράγωνο.

Λύση : Είναι: 2013

 n 1

a n  n  1 2013 2013 a n  n  2 1 2013     n 1 a n  n  2 2014 an  n  2 2014

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 308

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104 2013 1 2013 1 20132 .     2013    n 1 a  n  2 n 1 a  n  2 2014 2014 n n 2013

1  20132  2014A  20132 . n 1 a  n  2 n

2013

Επομένως: 2014 

Έτσι, αποδείξαμε το ζητούμενο. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 358

) Αν x,y,z  N* και αν: x  y  z2013  xyz2013 , να βρεθούν οι αριθμοί x,y,z . (Γ Γυμνασίου) ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Αν A,B φυσικοί αριθμοί τότε για να είναι ο αριθμός απαραίτητο να ισχύει A  0 ή B  A .

A φυσικός, είναι B

Γενικότερα, αν A,B ακέραιοι, τότε για να είναι ο αριθμός

A ακέραιος, είναι B

απαραίτητο να ισχύει A  0 ή B  A .

Λύση : Είναι: x  y  z2013  xyz2013  x  y  z2013 (xy  1)  z2013 

xy . xy  1

Αφού z  N θα είναι και z2013  N . Επομένως, σύμφωνα με την παρατήρηση έχουμε: x  y  0  x  y , άτοπο αφού x, y  N , ή xy 1  x  y  xy  x  y  1  2  (x 1)(y 1)  2 . Στη συνέχεια, δεδομένου ότι x, y  N* , θα πρέπει (x  1)(y  1)  0 ή

(x 1)(y 1)  1 ή (x  1)(y 1)  2 . Τελικά πρέπει, ελέγχοντας τις περιπτώσεις να πάρουμε τις τριάδες: Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 309

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(x,y,z)  (2,3,1) , (x,y,z)  (3,2,1) .

ΘΕΜΑ 359

(Παύλος Μαραγκουδάκης)

) 3x  1 2 y   Να λυθεί στους θετικούς ακεραίους η εξίσωση .

2(x  1)

3

y 1

(Γ Γυμνασίου)

Λύση : Είναι:

3x  1 2 y 3(x  1)  2 2 y 3 1 2 y           2(x  1) 3 y  1 2(x  1) 3 y 1 2 x 1 3 y 1 

y 1 5 xy  y  y  1 5      6xy  12y  6  5xy  5y  5x  5  y 1 x 1 6 xy  y  x  1 6

 xy  7y  5x  1  0  xy  5x  7y 1  0  xy  y  5x  5  6y  6  0   y(x  1)  5(x  1)  6y  6  0  (5  y)(x  1)  6(5  y)  30  6  0   (5  y)(x  7)  36 . Είναι όμως: x  0  x  7  7 και y  0  y  0  5  y  5 . Επομένως παίρνουμε τα συστήματα(τα αντίστοιχα και με αρνητικούς που δίνουν όμως τις ίδιες λύσεις):

5  y  1 5  y  2 5  y  3 5  y  4 ,  ,  ,   x  7  36 x  7  18 x  7  12 x  7  9 Εύκολα τώρα παίρνουμε τις λύσεις: (x,y) {(29,4),(11,3),(5,2),(2,1)}.

ΘΕΜΑ 360

(Παύλος Μαραγκουδάκης)

) Υπάρχουν ακέραιοι x,y,z ώστε x2  3y2  4z2  2014 ; Επιμέλεια: xr.tsif

(Γ Γυμνασίου) Σελίδα 310

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : Ο 4z2 θα είναι άρτιος ανεξάρτητα από το z . Επομένως, θα διακρίνουμε περιπτώσεις για το x . Είναι:  Αν x  2k . Τότε αναγκαστικά θα είναι και y  2m . Έχουμε:

(2k)2  3(2m)2  4z2  2014  4k 2  12m2  4z2  2014   4(k2  3m2  z2 )  2014 . Από την παραπάνω παίρνουμε ότι 4| 2014 , άτοπο.  Αν x  2k  1. Τότε αναγκαστικά θα είναι και y  2m  1 . Έχουμε:

(2k  1)2  3(2m  1)2  4z2  2014  4k2  4k  1  3(4m2  4m  1)  4z2  2014   4k2  4k  4m2  4m  4z2  2010  4(k 2  k  m2  m  z2 )  2010 . Από την παραπάνω παίρνουμε ότι 4| 2010 , άτοπο. Επομένως, δεν υπάρχουν ακέραιοι που να ικανοποιούν αυτήν την εξίσωση.

ΘΕΜΑ 361

(Παύλος Μαραγκουδάκης)

) Βρείτε τους φυσικούς x  y  z ώστε 3x  3y  3z  21897 .

(Γ Γυμνασίου)

Λύση : Αφού x  y  z , θέτουμε y  x  a και z  x  a  b για κάποιους a,b  N . Τότε:

3x  3y  3z  21897  3x  3xa  3xab  21897  3x[3a (3b  1)  1]  21897 . Διαιρώντας διαδοχικά με το 3 θα πάρουμε: 3x3[3a (3b  1)  1]  811 . Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 311

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Επομένως, θα πρέπει να ισχύει x  3  0  x  3.

Έτσι, η εξίσωση γίνεται: 3a (3b  1)  1  811  3a (3b  1)  810 . Διαιρώντας ξανά με το 3 θα φτάσουμε: 3a 4 (3b  1)  10 . Έτσι, a  4  y  7 . Τώρα: 3b 1  10  3b  9  b  2  z  9 . Επομένως (x, y,z)  (3,7,9) που επαληθεύουν την αρχική.

ΘΕΜΑ 362

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) Να δείξετε ότι δεν υπάρχουν ακέραιοι x,y , τέτοιοι ώστε να επαληθεύουν την εξίσωση: x2  2y2  8z  3  0 .

(Γ Γυμνασίου)

Λύση : Η εξίσωση γίνεται x2  2y2  8z  3  0  x2  8z  2y2  3 . Το δεύτερο μέλος είναι περιττός, άρα αναγκαστικά x  2k  1. Επομένως, έχουμε

x2  8z  2y2  3  (2k  1)2  8z  2y2  3  4k2  4k  8z  1  2y2  3   4k2  4k  8z  2y2  2  2k 2  2k  4z  y2  1. Αφού το πρώτο μέλος είναι άρτιος, πρέπει y  2  1 . Και έτσι η εξίσωση γίνεται

2k2  2k  4z  y2  1  2k2  2k  4z  (2  1)2  1 

2k2  2k  4z  4 2  4  2  k2  k  2z  2 2  2 1   k(k  1)  2z  2( 2  )  1. Προφανώς, • k(k  1)  2m , ως γινόμενο δύο διαδοχικών αριθμών. Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 312

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104 • n 2 .

Άρα, η εξίσωση παίρνει την μορφή

k(k  1)  2z  2( 2  )  1  2m  2z  2n  1  2(m  z)  2n  1. Όμως, το πρώτο μέλος είναι άρτιος και το δεύτερο περιττός (άτοπο). Άρα, δεν υπάρχουν αριθμοί που να ικανοποιούν την δοσμένη εξίσωση.

ΘΕΜΑ 363 ) Αν x, y  Z , να λυθεί η εξίσωση:

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

x2  y  4  x2 .

(Β,Γ Γυμνασίου)

Λύση : Πρέπει 4  x2  0  x2  4  x  2 2  x  2 . Διακρίνουμε τις περιπτώσεις για το x :  Για x  0 :

x2  y  4  x2  0  y  4  0  y  4  y  16  y  16 .  Για x  1 ή x  1:

x2  y  4  x2  1  y  4  1  1  y  3  1  y  9  y  9  1  8 .  Για x  2 ή x  2 :

x2  y  4  x2  4  y  4  4  4  y  0  4  y  0  y  4 . Για να ισχύει η ρίζα, πρέπει x 2  y και τελικά όλες οι 5 λύσεις είναι αποδεκτές.

ΘΕΜΑ 364

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) Αν x, y,z  R με (x  y)(y  z)(z  x)  0 , και αν ισχύει ότι :

x y z y z x    1, τότε να αποδείξετε ότι:    2. xy yz zx xy yz zx Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 313

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(Β, Γ Γυμνασίου)

Λύση : Ας υποθέσουμε ότι η αποδεικτέα σχέση ισχύει. Τότε, αν την προσθέσουμε κατά με την συνθήκη, λαμβάνουμε:

x y z y z x      3 xy yz zx xy yz zx 

xy yz zx    3  1  1  1  3  3  3 , που ισχύει. xy yz zx

Άρα, θα ισχύει και η αποδεικτέα σχέση.

ΘΕΜΑ 365

(Παύλος Μαραγκουδάκης)

) Να βρεθούν οι θετικοί ακέραιοι x,y,z ώστε

2x 4y xz   .

2x  1 2y  3 z  4

Λύση : Έστω ότι

2x 4y xz    k , όπου k ένας θετικός πραγματικός 2x  1 2y  3 z  4

αριθμός.  Ας υποθέσουμε ότι k  1. Τότε, πρέπει, 2x  2x 1  0  1, άτοπο.  Ας υποθέσουμε τώρα ότι k  1.

3 2

Τότε, πρέπει 2y  3  4y  3  2y   y  y  1, αφού είναι θετικός ακέραιος.

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 314

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Για y  1, έχουμε ότι

2x 4y 2x 4     10x  8x  4  2x  4  x  2 .

2x  1 2y  3 2x  1 5 Για y  1 και x  2 , έχουμε ότι

xz 4y 2z 4     4(z  4)  5(z  2)  z  4 2y  3 z  4 5

 4z 16  5z 10  z  6 . Άρα έχουμε την λύση (x,y,z)  (1,2,6) , που επαληθεύει την αρχική εξίσωση. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 366

) α) Να αποδείξετε ότι για κάθε n  N* , ισχύει ότι:

1 1 1   . n(n  1) n n  1

β) Να αποδείξετε (χρησιμοποιώντας το (α) ή με άλλο τρόπο) ότι:

1 1 1 1 11  2  2  ...  2  .

2 1 2 3 6 6

(Γ Γυμνασίου)

Λύση : α) Στο δεύτερο μέλος της εξίσωσης έχουμε

1 1 n 1 n 1 RHS     , που ισχύει. n n  1 n(n  1) n(n  1) β) Παρατηρούμε ότι

1 1 1 1 1 1 1  2  2  ...  2  1    ...  2  1 2 3 6 4 9 6

1 1 1 1 1 1 1 3 1 1 1 2 1 1      1    1    1   4 9 12 12 12 4 9 12 4 9 4 4 9 

18  9  2 29  .

18 18

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 315

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Αρκεί να αποδείξουμε ότι

11 29 33 29    , που ισχύει.

6 18 18 18 (Παύλος Μαραγκουδάκης)

ΘΕΜΑ 367

) Ένας τριψήφιος αριθμός συμβολίζεται συνήθως ως abc όπου a,b,c είναι αντιστοίχως τα ψηφία των εκατοντάδων, των δεκάδων και των μονάδων. Να βρεθούν τα ψηφία a,b,c ώστε abc  a  b  c  a  b  c 1.

10

6

Λύση : Αν θέσουμε k  a  b  c , τότε η δοσμένη σχέση γίνεται:

abc  k10  k6  1  abc  k6 (k4  1)  1, παρατηρούμε ότι k10  0 καθώς και

k6  0 , άρα θα θεωρήσουμε τον k θετικό ακέραιο ή μηδέν. Διακρίνουμε τις περιπτώσεις για το k :  Αν k  3 , παρατηρούμε ότι το αποτέλεσμα δεν είναι τριψήφιος.  Αν k  2 , η σχέση γράφεται 64  5 1  961, άρα μια λύση είναι η (a,b,c)  (9,6,1) .  Αν k  1, τότε η παράσταση γράφεται 1 0 1  1, άτοπο.  Αν k  0 , τότε έχουμε 0  (1)  1  1, άτοπο.

(Παύλος Μαραγκουδάκης)

ΘΕΜΑ 368 )

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 316

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Βρείτε τους διψήφιους αριθμούς ab,cd,ef ώστε ab  ef  4cd και

ab  ef 100cd .

2

Λύση : Στην πρώτη σχέση έχουμε

10a  b  10e  f  4(10c  d) 10a  10e  b  f  40c  4d  10(a  e  4c)  (b  f  4d)  0 .

Αφού τα ψηφία είναι θετικά ή μηδέν, τότε αναγκαστικά

 a  e  4c  0  a  e  4c . Άρα πρέπει c  1,2 και d  0,1,2 .   b  f  4d  0 b  f  4d

 

 

2

2

Στην δεύτερη σχέση έχουμε ab  ef  100cd  ab  100cd  ef . Παρατηρούμε ότι αν c 1, τότε a  3 και αν c  2 , τότε a  4 , αλλιώς καταλήγουμε σε άτοπο. Επομένως, βρίσκουμε ότι e  2 σε κάθε περίπτωση. Διακρίνουμε τις περιπτώσεις για τα c,d , χρησιμοποιώντας τον περιορισμό e  2 και b  f  4d .

ΘΕΜΑ 369

(Socrates) )

ab  c  6  Να λυθεί το σύστημα bc  a  6 . ca  b  6  Υπόδειξη: Αφαιρέστε κατά μέλη...

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 317

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : Αφαιρώντας την πρώτη από την δεύτερη παίρνουμε (a  c)(1  b)  0 .  Αν b  1 καταλήγουμε στο σύστημα a  c  6 και ac  5 και λύνοντας την αντίστοιχη δευτεροβάθμια παίρνουμε τις λύσεις (1,1,5) και (5,1,1) .  Αν a  c καταλήγουμε στο σύστημα a(b  1)  6 και a2  b  6 . Αυτό δίνει

a3  7a  6  0. Παρατηρούμε ότι το a 1 είναι λύση οπότε μπορούμε να παραγοντοποιήσουμε ως (a 1)(a  2)(a  3)  0 . Άρα παίρνουμε επιπλέον τις λύσεις (1,5,1),(2,2,2) και (3, 3, 3) .

ΘΕΜΑ 370

(Socrates)

) 20144  4  20134 20124  4  20134 Να βρεθεί η τιμή της παράστασης .  2 2 2 2

2013  4027

2013  4025

Λύση : Θέτουμε a  2013 για ευκολία. Έστω A η δοσμένη παράσταση. Έχουμε 2 2 2 2 2 2 2 (a  1)4  4a 4 (a  1)4  4a 4 (a  1)   (2a )  4a (a  1)  4a (a  1) A 2    a  (2a  1)2 a 2  (2a  1)2 5a 2  4a  1 2

(a  1)2   (2a 2 )2  4a 2 (a  1)2  4a 2 (a 1)2   5a 2  4a  1 2

(a  1)2  2a 2   2a(a  1) (a  1)2  2a 2   2a(a  1)    5a 2  4a  1 5a 2  4a  1 2

Επιμέλεια: xr.tsif

2

2

2

Σελίδα 318

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(5a 2  4a  1)(a 2  1) (5a 2  4a  1)(a 2 1) 2   a 1 a2 1  2 .

2 2 5a  4a  1 5a  4a  1

ΘΕΜΑ 371

(Socrates)

) Βρείτε τους πρώτους p,q,r ώστε pq  r  1και 2(p2  q2 )  r 2  1.

Λύση : Παρατηρούμε ότι δεν είναι δυνατόν να είναι όλοι περιττοί. Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:  p  2 (ομοίως και για q  2 ). Είναι: 2q  r  1 και r 2  2q2  7 . Από την πρώτη εξίσωση έχουμε r  2q 1. Επομένως, η δεύτερη εξίσωση γίνεται:

r 2  2q2  7  (2q 1)2  2q2  7  4q2  4q  1  2q2  7  0  2q2  4q  6  0   q2  2q  3  0  q  1ή q  3 . Η περίπτωση q  1 απορρίπτεται και άρα q  3 που μας δίνει τις λύσεις

(p,q,r)  (2,3,5),(3,2,5).  r  2. Είναι: pq  3 και 2p2  2q2  5 . Λύνοντας την πρώτη ως προς p και αντικαθιστώντας στη δεύτερη θα καταλήξουμε στη διτετράγωνη εξίσωση: 2q4  5q2  18  0 . Η παραπάνω εξίσωση έχει   119  0 και άρα είναι αδύνατη. Άρα τελικά: (p,q,r)  (2,3,5),(3,2,5).

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 319

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

ΘΕΜΑ 372

(Socrates)

) Δίνονται πέντε θετικοί διαιρέτες του αριθμού 102008 . Δείξτε ότι το γινόμενο δύο από αυτούς είναι τέλειο τετράγωνο.

Λύση : Κάθε διαιρέτης είναι της μορφής 2k  5m . Το ζεύγος των εκθετών (k,m) μπορεί να έχει μια από τις ακόλουθες μορφές: α) άρτιος – άρτιος β) άρτιος – περιττός γ) περιττός – άρτιος δ) περιττός – περιττός Αν έχουμε πέντε τέτοιους διαιρέτες, τουλάχιστον δύο είναι της ίδιας μορφής οπότε το γινόμενό τους θα είναι της μορφής 2k  5m με τους εκθέτες άρτιους, άρα είναι τέλειο τετράγωνο.

Από εδώ: http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=111&t=39113

ΘΕΜΑ 373

(Socrates)

Να βρεθεί η τιμή της) παράστασης

1  2010 1  2011 1  2012 1  2013  2015 .

Λύση : Είναι 1  a(a  2)  a 2  2a  1  (a  1)2 , οπότε έχουμε

1  2010 1  2011 1  2012 1  2013  2015 

 1  2010 1  2011 1  2012 20142  Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 320

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

 1  2010 1  2011 1  2012  2014  1  2010 1  2011 20132   1  2010 1  2011 2013  1  2010 20122  1  2010  2012 

 20112  2011.

ΘΕΜΑ 374

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) 1 1 1 Αν όπου x, y,z  0 , να αποδείξετε ότι:   z(x  y) x(y  z) xyz (Γ Γυμνασίου) x  y  z.

Λύση : Έχοντας ως οδηγό τη γνωστή ανισότητα: a2  b2  2ab αρκεί να αποδείξουμε ότι:

xy yz   1  x  y  z (για a  x , b  y , xy  0 ). (x  y) (y  z) Γενικότερα λόγω της προαναφερθείσας ανισότητας έχουμε:

xy 1  , xy 2

yz 1  με τις ισότητες να ισχύουν αν x  y και y  z . yz 2 xy yz   1 με την ισότητα που xy yz επιθυμούμε να ισχύει τελικά αν x  y  z . Προσθέτοντας κατά μέλη έχω:

ΘΕΜΑ 375

(Socrates)

) (a  b  2c)(2a 2  b2  c2 ) Αν a  b  2c , να βρεθεί η τιμή της παράστασης .

2

2

2

(a  b)(a  c)(b  c)

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 321

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : (a  b  2c)(2a 2  b2  c2 ) (a  b  2c)(4a 2  2b2  2c2 )   (a  b)(a  c)(b  c) 2(a  b)(a  c)(b  c) 3

(a  b  2c)(a  b)(a  b) (a  b  2c)(a  b) (a  b  2c)(a  b) 3 3  2(a  b)(a  c)(b  c) 2(a  c)(b  c) 2ab  2ac  2bc  2c2

3

(a  b  2c)(a  b) (a  b  2c)(a  b) (a  b  2c)(a  b)  3  3  3.

2ab  2c(a  b)  a 2  b2 (a  b)2  2c(a  b) (a  b)(a  b  2c)

ΘΕΜΑ 376

(Socrates) )

Να δείξετε ότι αν a  b  c τότε

a3  c3 a b bc  abc   .

3 c a  

Λύση : a3  c3  a b bc  abc    (a  c)(a 2  ac  c2 )  3b[a(a  b)  c(b  c)]   3 a   c

 (a  c)(a 2  ac  c2 )  3b(a  c)(a  c  b) 

 (a  c)(a 2  ac  c2 )  3b(a  c)(a  c  b)  0   (a  c)(a 2  ac  c2  3ba  3bc  3b2 )  0   (a  c)[c2  (a  3b)c  a 2  3ab  3b2 ]  0 , που ισχύει διότι a  c και για το τριώνυμο ως προς c είναι

  (a  3b)2  4(a 2  3b2  3ab)  3(a  b)2  0 .

ΘΕΜΑ 377

(ΘΑΝΟΣ ΜΑΓΚΟΣ)

) Να αποδείξετε ότι ο αριθμός 6564  64 είναι σύνθετος.

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 322

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : 6564  64  (6532 )2  82  (6532  8)2  2  6532  8  (6532  8)2  42  6532   (6532  8)2  (4  6516 )2  (6532  8  4  6516 )(6532  8  4  6516 ) και άρα είναι σύνθετος. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 378

) Αν a,b,c  0 και αν a2  b2  c2 και a3  b3  c3 , να βρεθούν οι αριθμοί a,b,c . (Β,Γ Γυμνασίου)

Λύση : a2  b2  c2

(1) και a3  b3  c3

(2) .

Έχουμε (a 2  b2 )3  (a3  b3 )2  a 6  3a 4b2  3a 2b4  b6  a 6  2a 3b3  b6 

 3a 2b2 (a 2  b2 )  2a3b3  (a  0ήb  0ή3c2  2ab) . Έστω ότι είναι a,b  0 , τότε θα είναι c  0 και 3c2  2ab

(3) .

Έχουμε όμως (3)

a  b  c  (a  b)  2ab  c (a  b)2  3c2  c2  a  b  2c 2

2

2

2

2

(2)

(4) ,

3  2 

οπότε (2)  (a  b)3  3ab(a  b)  c3 (2c)3  3 c2   2c  c3  c  0 , άτοπο!!! Άρα είναι a  0 ή b  0 . Αν είναι a  0 ,τότε οι (1) και (2) δίνουν b  c . Ομοίως αν είναι b  0 ,τότε έχουμε a  c .

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 323

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

a 2  b2  c2 a  0,b  c  0   Από τα παραπάνω προκύπτει ότι a3  b3  c3   . ή  a,b,c  0  b  0,a  c  0  Β τρόπος

a3  b3  c3  c(a 2  b2 )  a 2 (a  c)  b2 (b  c)  0

(1) .

όμως: c  a , c  b , οπότε a 2 (a  c)  0 , a 2 (b  c)  0 .

a  0ήa  c (a,b,c)  (0,c,c)   Άρα (1)   .   ή b  0ήb  c (a,b,c)  (c,0,c)   (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 379

) 2014! 20132 Να αποδείξετε ότι το κλάσμα είναι ανάγωγο.

2013! 2012

(Γ Γυμνασίου)

Λύση : Έστω πως δεν είναι ανάγωγο. Τότε υπάρχει φυσικός n  1 ώστε να διαιρεί και τους δύο όρους του κλάσματος. Δηλαδή n | 2014! 20132 και n | 2013! 2012 . Τότε: n | 2013! 2012  n | 2014(2013! 2012)  n | 2014! 2012  2014 . Δηλαδή n | 2014! (2013 1)  (2013  1)  n | 2014! 20132  1. Επομένως: n | 2014! 20132  (2014! 20132  1)  n | 1. Άτοπο. Άρα το κλάσμα είναι ανάγωγο. Β τρόπος Ας υποθέσουμε ότι δεν είναι ανάγωγο το κλάσμα. Τότε, πρέπει να αποδείξουμε ότι: Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 324

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

2013! 2012 | 2014! 20132 1 2  3 ...  2013  2012 | 1 2  3 ...  2013 2014  20132   2012(1 2  3  ...  2011 2013  1) | 2013(1 2  3  ...  2012  2014  2013) 

 2012(1 2  3  ...  2011 2013  1) | 2013k

(*) .

Άρα, αναγκαστικά, πρέπει

2012 | 2013 και (1 2  3  ...  2011 2013  1) | 2013k . Πράγμα άτοπο, αφού (1 2  3  ...  2011 2013  1)  1(mod2013) , ενώ

2013k  0(mod2013) . Άρα, το κλάσμα είναι ανάγωγο. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 380

) 2 1 Αν 0  x  y να αποδείξετε ότι:

y

1 . x(y  x)

(Γ Γυμνασίου)

Λύση : Είναι:

0  x  y  0  x   y  y  y  x  0  Επομένως αρκεί να δείξω ότι:

Όμως:

1 1 1 1    . y  x y x(y  x) xy

1 2 1  . xy y

1 1 x 1 2  1    2 2  , αφού 0  x  y . xy xy y y y

ΘΕΜΑ 381

(Μπάμπης Στεργίου)

) Να αποδείξετε ότι : (9  8)(92  82 )(94  84 )...(91024  81024 )  92048  82048 .

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 325

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : Θα ξεκινήσουμε από το β' μέλος και θα παραγοντοποιήσουμε με διαφορά τετραγώνων. Είναι:

92048  82048  (91024  81024 )(91024  81024 )  (9512  8512 )(9512  8512 )(91024  81024 )  ...   (94  84 )(94  84 )...(9512  8512 )(91024  81024 )   (92  82 )(92  82 )(94  84 )...(9512  8512 )(91024  81024 )   (9  8)(92  82 )(94  84 )...(9512  8512 )(91024  81024 ) . Έτσι, αποδείξαμε το ζητούμενο. Β τρόπος Έχουμε λοιπόν:

A  1 A  (9  8)  A  (9  8)  (9  8)(92  82 )(94  84 )...(91024  81024 )  92048  82048 .

ΘΕΜΑ 382

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) Αν x, y  N , να αποδείξετε ότι ο αριθμός :

x2014  y2014  2x1007 y1007  3x1007  3y1007  2 ,δεν είναι τέλειο τετράγωνο. (Γ Γυμνασίου)

Λύση : Θέτουμε a  x1007 και b  y1007 .Τότε η παράσταση γίνεται:

a 2  b2  2ab  3a  3b  2  (a  b)2  3(a  b)  2  (a  b  3)(a  b)  2 . Τώρα, θέτουμε k  a  b . Έτσι: (a  b  3)(a  b)  2  k(k  3)  2  k 2  3k  2 . Είναι όμως: (k  1)2  k2  3k  2  (k  2)2 . Άρα, η παράσταση δεν είναι ποτέ τέλειο τετράγωνο αφού βρίσκεται ανάμεσα σε δύο διαδοχικά τέλεια τετράγωνα. Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 326

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

ΘΕΜΑ 383

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) Αν a,b  N* με a  b να αποδείξετε ότι: b  a  (a,b) .

Λύση : Αφού (a,b) | a τότε υπάρχει x  N* ώστε a  x  (a,b) . Αφού (a,b) | b τότε υπάρχει y  N* ώστε b  y  (a,b) . Τότε, a  b  y  (a,b)  x  (a,b)  y  x  y  x  1. Επομένως, b  a  (a,b)  y  (a,b)  x  (a,b)  (a,b)  (y  x 1)  (a,b)  0 , όπως θέλαμε.

ΘΕΜΑ 384

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) Αν για κάθε a,b,c  0 ισχύει ότι:

a n  bn  cn  3abc  (a  b  c)(a n1  bn1  cn1  ab  ac  bc) , να βρεθεί ο φυσικός αριθμός n .

Λύση : Αφού η σχέση ισχύει για κάθε αριθμό a,b,c  0 , προφανώς θα ισχύει και για a  b  c. Άρα, η σχέση γίνεται:

a n  bn  cn  3abc  (a  b  c)(a n1  bn1  cn1  ab  ac  bc)   a n  a n  a n  3aaa  (a  a  a)(a n1  a n1  a n1  a 2  a 2  a 2 )   3a n  3a3  3a(3a n1  3a 2 )  a n  a 3  3a(a n1  a 2 )  a n  a 3  3a n  3a 3 

 2an  2a3  n  3 . Επομένως, η σχέση ισχύει για n  3 και παρατηρούμε, αν κάνουμε αντικατάσταση, ότι είναι η ταυτότητα του Euler. Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 327

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 385 ) Να αποδείξετε ότι:

2 6 12 20 30 5      .

3 5 7 9 11 2

(Γ Γυμνασίου)

Λύση : Ωραία εφαρμογή της ανισότητας αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου. Ισχύει:

2

1 2 2 1   .

2 3 2

6

23 6 1   .

2 5 2

12 

3 7 12 1   .

2 7 2

20 

45 20 1   .

2 9 2

30 

56 30 1   .

2 11 2

Με πρόσθεση κατά μέλη παίρνουμε το ζητούμενο. Οι ισότητες δεν ισχύουν για προφανείς λόγους. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 386 )

Αν m,n  N και m  n  1, και αν επί πλέον ισχύει ότι: αποδείξετε ότι ο αριθμός A  2 αριθμού.

Επιμέλεια: xr.tsif

mn  1  2 , να mn

mn  1 , είναι τέλειο τετράγωνο φυσικού mn (Γ Γυμνασίου)

Σελίδα 328

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : Από τη δοθείσα σχέση λαμβάνουμε:

mn  1  2  mn  2m  2n  1  0  m(n  2)  2(n  2)  0  (m  2)(n  2)  3 mn Άρα, αφού m,n  N έχουμε ότι: m  2  1 και n  2  3 ή m  2  3 και n  2  1. Μόνο το δεύτερο σύστημα μας δίνει λύση που ικανοποιεί τις συνθήκες τις εκφώνησης, δηλ. m  5,n  3 . Επομένως, η παράσταση γίνεται: A  2 

16  16  42 .

2

Έτσι, το ζητούμενο αποδείχτηκε. (ΧΡΗΣΤΟΣ ΚΥΡΙΑΖΗΣ)

ΘΕΜΑ 387 ) Να συγκρίνετε τους αριθμούς:

8

8! , 9 9! , όπου n!  1 2  3  ...  (n 1)  n .

Λύση : Με ύψωση στην 72 αρκεί να συγκρίνουμε τους (8!)9 , (9!)8 .

(9!)8 (8!)8  98 98 Είναι    1.

(8!)9 (8!)8  8! 8!

ΘΕΜΑ 388

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) Να βρείτε το υπόλοιπο της διαίρεσης του αριθμού 20022012 με το 15 . (εισαγωγή στα modulo)

(Γ Γυμνασίου)

Λύση : Είναι: 2002  8(mod15)  20024  4096  1(mod15) . Άρα: 20022012  1(mod15) . Έτσι, το ζητούμενο υπόλοιπο είναι 1 . Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 329

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 389

Έστω x  (2  3)( 6  2) 2  3 . α) Να αποδείξετε ότι ο αριθμός x είναι φυσικός. β) Αν m  x2011  x2010  ...  x2  x 1 και n  x2012 , να αποδείξετε ότι οι αριθμοί m,n είναι διαδοχικοί φυσικοί γ) Να αποδείξετε ότι ο αριθμός 1  mn , δεν είναι ρητός.

(Γ Γυμνασίου)

Λύση : Θα απαντήσω μόνο τα πρώτα δύο... Για το τρίτο έχω λύση με τη μέθοδο του τελευταίου ψηφίου... Ψάχνω όμως μία απάντηση με ισοτιμίες αλλά δεν μπορώ να βρω ποιο mod να χρησιμοποιήσω... α) Είναι:

x2  (2  3)2 ( 6  2)2 ( 2  3)2  (2  3)(2  3)(8  4 3)(2  3)   4(2  3)(2  3)  4 . Παρατηρούμε όμως ότι: 2  3  0 ,

6  2  6  2  0, 2  3  0. Έτσι, ο αριθμός είναι θετικός και άρα x  2 . β) Είναι:

m 1 2  22  ...  22012  m 1  2  2  22  ...  22011  2·2  22  23  ...  22011 

 22  22  23  ...  22011  2·22  23  ...  22011  ...  22012  n . γ) Τελικά, βρήκα μία διαφορετική λύση... Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 330

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Από το β) είναι n  m  1 . Επομένως: 1  mn  1  m(m  1)  m2  m  1. Όμως: m2  m2  m  1  (m  1)2 . Άρα, δεν μπορεί ποτέ να είναι τέλειο τετράγωνο αφού βρίσκεται ανάμεσα σε δύο διαδοχικά τέλεια τετράγωνα και άρα ο αριθμός είναι άρρητος.

Επαναφέρω όμως το ερώτημα μου για το πως θα μπορούσε να λυθεί με ισοτιμίες... Εν συντομία ...

m2  m  1  n2 . Α ΤΡΌΠΟΣ Για m,n θετικούς . Απλά θέσε n  m  k για θετικό k . Β ΤΡΟΠΟΣ

(n  m)(n  m)  m  1, οπότε m  n | m 1. Γ ΤΡΟΠΟΣ

(2m  1)2  3  (2n)2 . Β τρόπος α) x  (2  3)( 6  2) 2  3  2(2  3)( 3 1) 2  3 

 2( 3 1) (2  3)2 (2  3)  2( 3 1) 2  3  ( 3 1) 4  2 3   ( 3  1) ( 3  1)2  ( 3  1)( 3  1)  3  1  2 . β)

m  x2011  x2010  ...  x  1  22011  22010  ...  2  1  (2 1)(22011  22010  ...  2  1)  Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 331

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

 22012 1  x2012 1  n 1.

γ) Ας υποθέσουμε ότι ο αριθμός είναι ρητός. Άρα, το υπόρριζο πρέπει να είναι τέλειο τετράγωνο. Όμως, mn  1  n(n 1)  1  n 2  n  1 . Ωστόσο, (n 1)2  n2  2n  1  n2  n  1  n 2 , που ισχύει, αφού n  N . Άρα, δεν είναι τέλειο τετράγωνο (άτοπο) και έτσι θα είναι άρρητος αριθμός. (ΓΙΩΡΓΟΣ ΒΑΣΔΕΚΗΣ)

ΘΕΜΑ 390 )

Αν x, y,z  0 και x  y  z  3xyz τότε x  y  z  8 

1 1 1   . x y z

Λύση : Είναι

3xyz  x  y  z  33 xyz  xyz  27 .

Άρα x  y  z  3 3 xyz  9 . Άρα αρκεί να αποδειχθεί ότι

1 1 1    1  xyz  xy  yz  zx . x y z

Πράγματι, είναι xy  yz  zx 

ΘΕΜΑ 391

(x  y  z)2  xyz .

3 (ΜΠΑΜΠΗΣ ΣΤΕΡΓΙΟΥ)

) Γράφουμε τον αριθμό: a  122223222422225222226....2011222...2 .

2011

Ποιο ψηφίο βρίσκεται στη θέση 2005 και στη θέση 2014 ; Ας σημειώσουμε ότι ο αριθμός είναι ο

  έ 2, ύ22, ί222, έ2222, έ22222  και αρκεί να γράψετε τους αριθμούς ένα , δύο , τρία , κλπ με ψηφία, κάτι που μαρτυράει το τελευταίο ψηφίο του αριθμού  , όπως αυτός δόθηκε στην εκφώνηση. Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 332

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Λύση : Παρατηρούμε ότι: Μέχρι τον αριθμό 1, υπάρχουν 1αριθμός. Μέχρι τον 2 , υπάρχουν 3  1  2 αριθμοί. Μέχρι τον 3 , υπάρχουν 6 1 2  3 αριθμοί. Μέχρι τον 4 , υπάρχουν 10 1 2  3  4 αριθμοί Γενικά, μέχρι τον αριθμό n , υπάρχουν 1 2  3  ...  n αριθμοί. Εκτός από τους αριθμούς 1 2  3  ...  n , που είναι στις 1 ,1  2 , 1 2  3, … , 1 2  3  ...  n θέσεις αντιστοίχως, στις υπόλοιπες θέσεις, βρίσκονται δυάρια. Άρα για να είναι ένας αριθμός που βρίσκεται στην k θέση διαφορετικός από το 2 , θα πρέπει να υπάρχει n , ώστε να είναι 1 2  3  ...  n  . Εξετάζουμε λοιπόν αν ο αριθμός που βρίσκεται στην 2005 θέση, είναι δυάρι ή κάποιος αριθμός n . Θα πρέπει η εξίσωση 1 2  3  ...  n  2005k , να έχει λύση (με n  N )

n(n  1)  2005 , να έχει λύση στο N . Δηλαδή η εξίσωση: 2 n2  n  4010  0 , να έχει λύση στο N .

Δηλαδή η εξίσωση:

Η διακρίνουσα όμως του τριωνύμου, είναι  16041, η οποία δεν είναι τέλειο τετράγωνο και άρα η εξίσωση είναι αδύνατη. Άρα ο αριθμός που κατέχει την 2005 θέση, είναι το 2 .

n(n  1)  2014 , είναι αδύνατη στο N και 2 άρα και ο αριθμός που κατέχει την 2014 θέση, είναι και πάλι το 2 . Όμοια βρίσκουμε ότι και η εξίσωση

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 333

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 392

) Να βρεθούν οι τιμές του ακέραιου αριθμού x , ώστε ο αριθμός είναι ρητός.

x  2010 , να x 1 (Β,Γ Γυμνασίου)

Λύση : x  2010 a 2 Θέτουμε:  2 με (a,b)  1. x 1 b Είναι:

a 2  2010b2 b x  2010b  a x  a  x(b  a )  a  2010b  x   b2  a 2 2

 x  1 

2

2

2

2

2

2

2

2011b2 . b2  a 2

Θα πρέπει b2  a2 | 2011b2 . Θέτουμε: (b2 ,b2  a 2 )  d . Τότε: d | b2 και d | b2  a2 . Θα είναι όμως: d | b2  (b2  a 2 )  d | a 2 . Τελικά d | a 2 και d | b2 , δηλαδή (a 2 ,b2 )  d . Είναι όμως: (a,b)  1  (a 2 ,b2 )  1. Άρα d|1  d 1 . Επομένως, θα πρέπει b2  a2 | 2011. Προκύπτουν κάποια συστήματα (δεν τα γράφω λόγω έλλειψης χρόνου) από τα οποία παίρνουμε τις τιμές: x  2010 και x  1012035.

ΘΕΜΑ 393

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) Αν ο φυσικός αριθμός n  N είναι πρώτος, τότε: Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 334

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

α) Αν ο αριθμός

n  20122012 είναι φυσικός, να τον υπολογίσετε.

β) Ο αριθμός n  20122012 λήγει σε 25 , όταν ο αριθμός φυσικός.

n  20122012 είναι (Γ Γυμνασίου)

Λύση : α) Πρέπει

n  20122012  m  n  20122012  m2  n  m2  20122012 

 (m  20121006 )(m  20121006 ) . Αφού m,n  N και ο αριθμός n πρέπει να είναι πρώτος, έπεται ότι

m  20121006 1  m  20121006 1. Επομένως, n  m  20121006  20121006 1  20121006  2·20121006 1. β) Είναι: n  20122012  1  2·20121006  20122012  (20121006  1)2 . Όμως: (20121006 )  (21006 )  (22 )  4 . Άρα: ((20121006  1)2 )  ((4  1)2 )  25 . Έτσι, το ζητούμενο απεδείχθη.

ΘΕΜΑ 394 ) Αν x {0,1,2,...,7} και αν

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

x, 4  1,(x  2)  1, να βρεθεί ο x .

(Οι αριθμοί μέσα στις τετραγωνικές ρίζες είναι δεκαδικοί περιοδικοί). (Γ Γυμνασίου)

Λύση : Προσωπικά, μου άρεσε πολύ αυτή η άσκηση και με έκανε να θυμηθώ την ξεχασμένη έννοια του περιοδικού αριθμού και τη διαδικασία ρητοποίησης του... Έστω y  x,4  x,444444.... Τότε: 10y  x4,4444444... Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 335

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Με αφαίρεση κατά μέλη λαμβάνουμε:

9y  10x  4  x  y 

9x  4 .

9

Εντελώς όμοια θα λάβουμε ότι: 1,(x  2) 

x  11 .

9

Επομένως, η εξίσωση γίνεται:

9x  4 x  11   1  9x  4  x  11  3  9 9

 9x  4  11  x  9  6 11  x  3  6 11  x  8x 16   3 11  x  4x  8  99  9x  16x2  64x  64  16x 2  73x  35  0 .

7 8

Η παραπάνω εξίσωση έχει ρίζες τους αριθμούς 5,  . Λόγω του περιορισμού της εκφώνησης έχουμε τελικά ότι x  5.

ΘΕΜΑ 395 ) Αν x, y,z  0 , να αποδείξετε ότι:

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

x xy  xz  xy  xz   3y  3z .

2 (Γ Γυμνασίου)

Λύση : Από την ΑΜ – ΓΜ παίρνουμε:

x x  4y  2 ·4y  2 xy .

4 4 x x  4z  2 ·4z  2 xz .

4 4 x x  (2y  2z)  2 ·(2y  2z)  2 xy  xz .

2 2 Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 336

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Με πρόσθεση κατά μέλη παίρνουμε:

x x x  4y   4z   2y  2z  2 xy  2 xz  2 xy  xz  4 4 2

 x  6y  6z  2 xy  2 xz  2 xy  xz  x  xy  xz  xy  xz   3y  3z .

2 Έτσι, το ζητούμενο απεδείχθη. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 396

)  Η διχοτόμος της ορθής γωνίας A  90o ενός ορθογωνίου τριγώνου ABC τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο στο σημείο D . Αν K,L είναι οι προβολές του D πάνω στις ευθείες AC και AB αντιστοίχως, να αποδείξετε ότι: (Γ Γυμνασίου) AB  AC  DL  DK .

ΣΗΜΕΙΩΣΗ

(Ορθή) προβολή ενός σημείου πάνω σε μια ευθεία είναι το σημείο που η κάθετη στην ευθεία, η οποία άγεται (διέρχεται) από το σημείο τέμνει (συναντά) την ευθεία με απλά λόγια είναι το σημείο τομής της δοσμένης ευθείας και της κάθετης (σε αυτήν) ευθείας που περνά από το σημείο.

Λύση : Επειδή το ABC είναι ορθογώνιο, η BC είναι διάμετρος του κύκλου. Το AKDL είναι παραλληλόγραμμο.

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 337

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Όμως DAC  ADL  DAL και άρα AL  DL . Επομένως το AKDL είναι τετράγωνο. Φέρουμε τις BD και DC . Ισχύει DK  DL από το ADLK .

H AD είναι διχοτόμος το D είναι το μέσο του τόξου BC . Άρα, αν O το κέντρο του κύκλου, η DO είναι μεσοκάθετος της BC και άρα DC  BK . Επομένως, τα ορθογώνια τρίγωνα BLD και DCK είναι ίσα και άρα CK  BL . Άρα: DL  DK  AL  AK  AB  BL  AC  CK  AB  AC . Έτσι, το ζητούμενο εδείχθη.

ΘΕΜΑ 397

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) Αν x,y  R και αν 3(x  y)  28  8 3x  5  6 3y  2 , να αποδείξετε ότι:

(2x  y 12)2014  1.

Λύση : 3(x  y)  28  8 3x  5  6 3y  2  3x  3y  8 3x  5  6 3y  2  28  0   (3x  5)  5  4·2 3x  5 16 16  (3y  2)  2  2·3 3y  2  9  9  28  0   [( 3x  5)2  4·2 3x  5  42 ]  [( 3y  2)2  2·3 3y  2  32 ]  28  28  0 

 ( 3x  5  4)2  ( 3y  2  3)2  0 . Πρέπει ( 3x  5  4)2  0  ( 3y  2  3)2  0 

 ( 3x  5  4)2  0  ( 3y  2  3)2  0  Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 338

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

 ( 3x  5  4)2  0  ( 3y  2  3)2  0 

 3x  5  4  0  3y  2  3  0  3x  5  4  3y  2  3   3x  5  16  3y  2  9  3x  11  3y  11  x 

11 11 11 y xy .

3 3 3

Άρα, το πρώτο μέλος της σχέσης προς απόδειξη γίνεται:

(2x  y 12)2014  (2x  x 12)2014  (3x 12)2014  11  (3  12)2014  (11  12)2014  (1)2014  1 , που είναι ίσο με το δεύτερο μέλος 3 και έτσι αποδείξαμε το ζητούμενο. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 398

) Έστω ότι x  R* και x18 ,x11 Q . Να αποδείξετε ότι x Q .

(B,Γ Γυμνασίου)

Λύση : Θα χρησιμοποιήσουμε το γεγονός ότι το πηλίκο δύο ρητών αριθμών είναι ρητός.

x18 Προφανώς, 11  x7  Q x

(1) .

x11 Επίσης, 7  x 4  Q (2) . x (1) : (2) έχουμε

x7  x3  Q (3) .

4 x

(2) : (3) έχουμε

x4  x  Q και άρα αποδείξαμε το ζητούμενο. x3 (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

ΘΕΜΑ 399 ) Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 339

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=30104

Αν x, y,z  0 και αν x  y  z  3xyz να αποδείξετε ότι:

1 1 1    1. x y z (Γ Γυμνασίου)

Λύση : Ισχύει

3xyz  (x  y  z)2  3(xy  yz  zx)  xyz  xy  yz  zx  1 

ΘΕΜΑ 400

1 1 1   . x y z

(ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

) 8 27 125 Αν x, y,z  0 και αν 2 x  3 y  5 z  76  , να βρεθούν οι  

x

αριθμοί x,y,z .

y

z

(Γ Γυμνασίου)

Λύση : Θέτοντας

x  a, y  b, z  c , η εξίσωση γίνεται:

8 27 125 2a 2  8 3b2  27 5c2  125 2a  3b  5z  76     8  18   50  0  a b c a b c 2(a  2)2 3(b  3)2 5(c  5)2     0. a b c Άρα θα είναι:

(a  2)2  0  a  2  x  4 . (b  3)2  0  b  3  y  9 . (c  5)2  0  c  5  z  25 .

Επιμέλεια: xr.tsif

Σελίδα 340