Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

BAGGP93 · #21

Μιας και προτάθηκε στον φάκελο, ας μην μείνει αναπάντητη.

argiris95 έγραψε:ΆΣΚΗΣΗ 4

Να δειχθεί με επαγωγή ότι $\displaystyle{f(x)=\sum_{k=0}^{n}{\binom{n+k}{k}}\frac{1}{2^k}=2^n}$

Aπό το βιβλίο του Arthur Engel.

Ας δούμε αρχικά τα παρακάτω.

Για $\displaystyle{n\,,k\in\mathbb{N}}$ , ορίζουμε $\displaystyle{\binom{n}{k}=\frac{n!}{k!\left(n-k\right)!}$ .

Λήμμα

$\displaystyle{\binom{n}{k}=\binom{n-1}{k}+\binom{n-1}{k-1}}$

Απόδειξη

$\displaystyle{\begin{aligned}\binom{n-1}{k}+\binom{n-1}{k-1}&=\frac{\left(n-1\right)!}{k!\left(n-k-1\right)!}+\frac{\left(n-1\right)!}{\left(k-1\right)!\left(n-k\right)!}\\&=\frac{\left(n-1\right)!}{k\,\left(k-1\right)!\left(n-k-1\right)!}+\frac{\left(n-1\right)!}{\left(k-1\right)!\left(n-k-1\right)!\,\left(n-k\right)}\\&=\frac{\left(n-1\right)!}{\left(k-1\right)!\left(n-k-1\right)!}\left[\frac{1}{k}+\frac{1}{n-k}\right]\\&=\frac{n\,\left(n-1\right)!}{\left(k-1\right)!\left(n-k-1\right)!\,k\,\left(n-k\right)}\\&=\frac{n!}{k!\left(n-k\right)!}\\&=\binom{n}{k}\end{aligned}}$

Ας δούμε τώρα την απόδειξη με επαγωγή

$\displaystyle{i)\,\,\,n=1}$

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{k=0}^n\binom{n+k}{k}\cdot \frac{1}{2^{k}}&=\sum_{k=0}^1\binom{k+1}{k}\cdot \frac{1}{2^{k}}\\&=\sum_{k=0}^1\frac{k+1}{2^{k}}\\&=\frac{0+1}{2^{0}}+\frac{1+1}{2^{1}}\\&=1+1\\&=2\\&=2^{1}\end{aligned}}$

$\displaystyle{ii)\,\,\,\,\,\,}$ Επαγωγική Υπόθεση : $\displaystyle{\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\sum_{k=0}^n\binom{n+k}{k}\cdot \frac{1}{2^{k}}=2^{n}\,\,,n\geq 1}$

$\displaystyle{iii)\,\,\,\,n\to n+1}$

Σύμφωνα με το παραπάνω λήμμα, έχουμε

$\displaystyle{\begin{aligned}X=\sum_{k=0}^{n+1}\binom{n+1+k}{k}\cdot \frac{1}{2^{k}}&=1+\sum_{k=1}^{n+1}\left[\binom{n+k}{k}+\binom{n+k}{k-1}\right]\cdot \frac{1}{2^{k}}\\&=1+\sum_{k=1}^{n+1}\binom{n+k}{k}\cdot \frac{1}{2^{k}}+\sum_{k=1}^{n+1}\binom{n+k}{k-1}\cdot \frac{1}{2^{k}}\\&=1+A_{n+1}+B_{n+1}\,\,(I)\end{aligned}}$

όπου $\displaystyle{A_{n+1}=\sum_{k=1}^{n+1}\binom{n+k}{k}\cdot \frac{1}{2^{k}}\,\,,B_{n+1}=\sum_{k=1}^{n+1}\binom{n+k}{k-1}\cdot \frac{1}{2^{k}}}$ .

Είναι,

$\displaystyle{B_{n+1}=\sum_{k=1}^{n+1}\binom{n+k}{k-1}\cdot \frac{1}{2^{k}}\stackrel{k-1=m}{=}\sum_{m=0}^{n}\binom{n+m+1}{m}\cdot \frac{1}{2^{m+1}}=\frac{1}{2}\left[X-\binom{2\,n+2}{n+1}\cdot \frac{1}{2^{n+1}}\right]$

$\displaystyle{A_{n+1}=\sum_{k=1}^{n}\binom{n+k}{k}\cdot \frac{1}{2^{k}}+\binom{2\,n+1}{n+1}\cdot \frac{1}{2^{n+1}}=\sum_{k=0}^{n}\binom{n+k}{k}\cdot \frac{1}{2^{k}}-1+\binom{2\,n+1}{n+1}\cdot \frac{1}{2^{n+1}}}$ .

Έτσι, από την σχέση $\displaystyle{(I)}$ έχουμε

$\displaystyle{ X=1+2^{n}-\binom{2\,n+1}{n+1}\cdot \frac{1}{2^{n+1}}-\binom{n}{0}\cdot \frac{1}{2^{0}}+\frac{1}{2}\,X-\frac{1}{2}\binom{2\,n+1+1}{n+1}\cdot \frac{1}{2^{n+1}}\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{\Leftrightarrow \frac{X}{2}=1+2^{n}+\frac{1}{2^{n+1}}\frac{\left(2\,n+1\right)!}{\left(n+1\right)!\,n!}-1-\frac{1}{2^{n+2}}\frac{\left(2\,n+1\right)!\left(2\,n+2\right)}{\left(n+1\right)!\left(n+1\right)!}$

$\displaystyle{\Leftrightarrow \frac{X}{2}=2^{n}+\frac{1}{2^{n+1}}\frac{\left(2\,n+1\right)!\left(n+1\right)}{\left(n+1\right)!\left(n+1\right)!}-\frac{1}{2^{n+1}}\frac{\left(2\,n+1\right)!\left(n+1\right)}{\left(n+1\right)!\left(n+1\right)!}}$

$\displaystyle{\Leftrightarrow \frac{X}{2}=2^{n}}$

$\displaystyle{\Leftrightarrow X=\sum_{k=0}^{n+1}\binom{n+1+k}{k}\cdot \frac{1}{2^{k}}=2^{n+1}}$ .

Επαγωγικά λοιπόν δείξαμε ότι

$\displaystyle{\sum_{k=0}^{n}\binom{n+k}{k}\cdot \frac{1}{2^{k}}=2^{n}\,,n\in\mathbb{N}}$

raf616 · #22

gavrilos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 6

Να βρεθούν όλες οι τριάδες $\displaystyle{(x,y,z)}$ πραγματικών αριθμών που ικανοποιούν τη σχέση $\displaystyle{2x\sqrt{y-1}+2y\sqrt{z-1}+2z\sqrt{x-1}\geq xy+yz+zx}$ .

Είναι:

$\displaystyle{2x\sqrt{y-1}+2y\sqrt{z-1}+2z\sqrt{x-1}\geq xy+yz+zx \Leftrightarrow xy - 2x\sqrt{y - 1} + yz - 2y\sqrt{z - 1} + zx - 2z\sqrt{x - 1} \leq 0 \Leftrightarrow x[(y - 1) + 1 - 2\sqrt{y - 1}]}$

$\displaystyle{+ y[(z - 1) + 1 - 2\sqrt{z - 1}] + z[(x - 1) + 1 - 2\sqrt{x - 1}] \leq 0 \Leftrightarrow x(\sqrt{y - 1} - 1)^2 + y(\sqrt{z - 1} - 1)^2 + z(\sqrt{x - 1} - 1)^2 \leq 0}$

Άρα για να ισχύει η ισότητα πρέπει:

$\sqrt{x - 1} - 1 = 0 \Leftrightarrow x = 2$

$\sqrt{y - 1} - 1 = 0 \Leftrightarrow y = 2$

$\sqrt{z - 1} - 1 = 0 \Leftrightarrow z = 2$

Άρα τελικά (x , y, z) = (2, 2, 2)

#23

gavrilos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 7

Να βρεθεί η μικρότερη τιμή του πραγματικού αριθμού $\displaystyle{k}$ για την οποία υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί $\displaystyle{x,y}$ ώστε $\displaystyle{\frac{x+y-k}{2}=\sqrt{x-2010}+\sqrt{y+2011}}$ .

Έχουμε $\displaystyle{x+y-k=2\sqrt{x-2010}+2\sqrt{y+2011}\Rightarrow k=x+y-2\sqrt{x-2010}-2\sqrt{y+2011}=}$

$\displaystyle{(\sqrt{x-2010})^2 -2\sqrt{x-2010} +1 -1+2010+(\sqrt{y+2011})^2 -2\sqrt{y+2011}+1-1-2011=}$

$\displaystyle{(\sqrt{x-2010}-1)^2 +(\sqrt{y+2011}-1)^2 -3 \geq -3}$ .

Η ισότητα επιτυγχάνεται όταν $\displaystyle{\sqrt{x-2010}-1=0}$ και $\displaystyle{\sqrt{y+2011}-1=0}$ , δηλαδή $\displaystyle{x=2011}$ και $\displaystyle{y=-2010}$

Συνεπώς η ελάχιστη τιμή του $\displaystyle{k}$ είναι το $\displaystyle{-3}$ .

raf616 · #24

Θα πρότεινα να βάζαμε και κάποια θεωρητικά στοιχεία εκτός από ασκήσεις που αφορούν τη θεωρία αριθμών, την άλγεβρα και τη συνδιαστική...

kleovoulos · #25

raf616 έγραψε:Θα πρότεινα να βάζαμε και κάποια θεωρητικά στοιχεία εκτός από ασκήσεις που αφορούν τη θεωρία αριθμών, την άλγεβρα και τη συνδιαστική...

Ναι θα συμφωνήσω απόλυτα. Αν και οι ασκήσεις που έθεσε ο gavrilos απαιτούσανε κολπάκια και όχι ιδιαίτερες γνώσεις.

#26

ΑΣΚΗΣΗ 8

Αν $\displaystyle{x\in (-3,5)}$ και $\displaystyle{y\in (-1,6)}$ , να αποδείξετε ότι ο αριθμός

$\displaystyle{a=\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2xy-22x-22y+121}\,+\,\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2xy+8x+8y+16}}$

είναι φυσικός .

Μπάμπης

bboybast · #27

$a=\sqrt{(x+y-11)^2}+\sqrt{(x+y+4)^2}=11-(x+y)+(x+y)+4=15$ αφού -4<x+y<11

#28

ΑΣΚΗΣΗ 9
Αν οι αριθμοί a, b

και $\displaystyle{\frac{b+1} {a} ,\frac{a^2 - 2}{b}}$ είναι ακέραιοι, να δείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{\frac{b+1}{2}}$ είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

gavrilos · #29

ΑΣΚΗΣΗ 10

Να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{\frac{(x+y)^{2}}{x^{3}-x^{2}y+xy^{2}-y^{3}}}$ δεν γίνεται να είναι ακέραιος για κάθε $\displaystyle{x,y\in \mathbb{N} \ , \ x\neq y}$ .

Edit:Τυπογραφικό.

#30

gavrilos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 10

Να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{\frac{(x+y)^{2}}{x^{3}-x^{2}y+xy^{2}-y^{3}}}$ δεν γίνεται να είναι ακέραιος για κάθε $\displaystyle{x,y\in \mathbb{N} \ , \ x\neq y}$ .

Edit:Τυπογραφικό.

Ο αριθμός ξαναγράφεται $\dfrac{\left(x+y \right)^2}{\left(x^2+y^2 \right)\left(x-y \right)}$ Αν είναι ακέραιος, τότε ακέραιος θα είναι και ο $\dfrac{\left(x+y \right)^2}{x^2+y^2}.$

Όμως $1<\dfrac{\left(x+y \right)^2}{x^2+y^2}<2,$ άτοπο.

#31

ΑΣΚΗΣΗ 11

Να αποδείξετε ότι ο αριθμός $11^{100}-1$ έχει τη μορφή 10000n+6000

(όπου

φυσικός) και επίσης ότι είναι πολλαπλάσιο του 6000.

Τσεχοσλοβακία 1963

ΑΣΚΗΣΗ 12

Να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\dfrac{n^5-5n^3+4n}{n+2}$ είναι ακέραιος και μάλιστα πολλαπλάσιο του

για κάθε

φυσικό.

Ισπανία 1975

#32

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 12

Να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\dfrac{n^5-5n^3+4n}{n+2}$ είναι ακέραιος και μάλιστα πολλαπλάσιο του για κάθε φυσικό.

Ισπανία 1975

Είναι

$\displaystyle{\dfrac{n^5-5n^3+4n}{n+2}=\frac{n(n^4-5n^2+4)}{n+2}=\frac{n(n^2-1)(n^2-4)}{n+2}=\frac{n(n-1)(n+1)(n-2)(n+2)}{n+2}=(n-2)(n-1)n(n+1)\in \mathbb{Z}}$

και μάλιστα είναι πολλαπλάσιο του $\displaystyle{4!=24}$ ως γινόμενο τεσσάρων διαδοχικών ακεραίων.

gavrilos · #33

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 9
Αν οι αριθμοί και $\displaystyle{\frac{b+1} {a} ,\frac{a^2 - 2}{b}}$ είναι ακέραιοι, να δείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{\frac{b+1}{2}}$ είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

Ας βάλει κάποιος τη λύσει αν μπορεί.Με έχει ταλαιπωρήσει πολύ χωρίς αποτέλεσμα.

Με εκτίμηση,
gavrilos

#34

ΑΣΚΗΣΗ 13
Αν k,n

είναι θετικοί ακέραιοι να αποδείξετε ότι
$\dfrac{1}{kn}+\dfrac{1}{kn+1}+...+\dfrac{1}{(k+1)n-1}\geq n\left(\sqrt[n]{\dfrac{k+1}{k}}-1 \right)$

#35

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 13
Αν είναι θετικοί ακέραιοι να αποδείξετε ότι
$\dfrac{1}{kn}+\dfrac{1}{kn+1}+...+\dfrac{1}{(k+1)n-1}\geq n\left(\sqrt[n]{\dfrac{k+1}{k}}-1 \right)$

Η αποδεικτέα ανισότητα γράφεται ισοδύναμα:

$\displaystyle{\left( {\frac{1}{{kn}} + 1} \right) + \left( {\frac{1}{{kn + 1}} + 1} \right) + \cdots + \left( {\frac{1}{{kn + n - 1}} + 1} \right) \ge n\sqrt[n]{{\frac{{k + 1}}{k}}}}$ .

Αλλά από την ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου προκύπτει ότι

$\displaystyle{\left( {\frac{1}{{kn}} + 1} \right) + \left( {\frac{1}{{kn + 1}} + 1} \right) + \cdots + \left( {\frac{1}{{kn + n - 1}} + 1} \right) = \frac{{kn + 1}}{{kn}} + \frac{{kn + 2}}{{kn + 1}} + \cdots + \frac{{kn + n}}{{kn + n - 1}} \ge }$

$\displaystyle{ \ge n\sqrt[n]{{\frac{{kn + 1}}{{kn}} \cdot \frac{{kn + 2}}{{kn + 1}} \cdots \frac{{kn + n}}{{kn + n - 1}}}} = n\sqrt[n]{{\frac{{kn + n}}{{kn}}}} = n\sqrt[n]{{\frac{{k + 1}}{k}}},}$

και το ζητούμενο δείχθηκε.

Η ισότητα ισχύει μόνο αν n =1

.

#36

ΑΣΚΗΣΗ 14: Αν $\displaystyle{x,y,z,w >0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{x}{y+z+w}+\frac{y}{x+z+w}+\frac{z}{x+y+w}+\frac{w}{x+y+z}\geq \frac{4}{3}}$

#37

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 14: Αν $\displaystyle{x,y,z,w >0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{x}{y+z+w}+\frac{y}{x+z+w}+\frac{z}{x+y+w}+\frac{w}{x+y+z}\geq \frac{4}{3}}$

Αχ Δημήτρη τι μου κάνεις, μόλις πάω για ύπνο. Λοιπόν, αρκεί να δείξω ότι:

$\displaystyle{\frac{x}{y+z+w}+1+\frac{y}{x+z+w}+1+\frac{z}{x+y+w}+1+\frac{w}{x+y+z}+1\geq \frac{4}{3}+4}$

ή αρκεί να δείξω ότι:

$\displaystyle{\left( {x + y + z + w} \right)\left( {\frac{1}{{y + z + w}} + \frac{1}{{x + z + w}} + \frac{1}{{x + y + w}} + \frac{1}{{x + y + z}}} \right) \ge \frac{{16}}{3}}$

Όμως αυτή ισχύει γιατί από Cauchy έχω:

$\displaystyle{\frac{1}{{y + z + w}} + \frac{1}{{x + z + w}} + \frac{1}{{x + y + w}} + \frac{1}{{x + y + z}} \ge \frac{{{{\left( {1 + 1 + 1 + 1} \right)}^2}}}{{3\left( {x + y + z + w} \right)}}}$ $\displaystyle{\Leftrightarrow \left( {x + y + z + w} \right)\left( {\frac{1}{{y + z + w}} + \frac{1}{{x + z + w}} + \frac{1}{{x + y + w}} + \frac{1}{{x + y + z}}} \right) \ge \frac{{16(x + y + z + w)}}{{3(x + y + z + w)}} = \frac{{16}}{3}}$

#38

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 14: Αν $\displaystyle{x,y,z,w >0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{x}{y+z+w}+\frac{y}{x+z+w}+\frac{z}{x+y+w}+\frac{w}{x+y+z}\geq \frac{4}{3}}$

Και ελαφρώς διαφορετικά από τον Χρήστο:

Από Cauchy-Schwarz έχουμε

$\displaystyle{\rm \frac{x}{y+z+w}+\frac{y}{x+z+w}+\frac{z}{x+y+w}+\frac{w}{x+y+z}=\frac{x^2}{xy+xz+xw}+\frac{y^2}{xy+yz+yw}+\frac{z^2}{zx+zy+zw}+\frac{w^2}{xw+yw+wz}\geq }$

$\displaystyle{\rm \geq \frac{(x+y+z+w)^2}{2(xy+xz+xw+yz+yw+zw)},}$

οπότε αρκεί να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle{\rm 3(x+y+z+w)^2\geq 8(xy+xz+xw+yz+yw+zw),}$ δηλαδή ότι

$\displaystyle{\rm 3(x^2+y^2+z^2+w^2)\geq 2(xy+xz+xw+yz+yw+zw).}$

Αυτή προκύπτει άμεσα από τις

$\displaystyle{\rm x^2+y^2\geq 2xy~x^2+z^2\geq 2xz,~x^2+w^2\geq 2xw,~y^2+z^2\geq 2yz,~y^2+w^2\geq 2yw,~z^2+w^2\geq 2zw.}$

$\displaystyle{\color{red}\rule{400pt}{2pt}}$

Μάλιστα, ακολουθώντας την απόδειξη του Χρήστου, μπορούμε να αποδείξουμε εύκολα την εξής γενικότερη

Πρόταση: Ας είναι $\displaystyle{n\geq 2}$ ακέραιος και $\displaystyle{\rm a_1,a_2,...,a_n}$ θετικοί πραγματικοί. Θέτουμε $\displaystyle{\rm S=\sum_{i=1}^{n}a_i}$ . Τότε ισχύει

$\displaystyle{\rm \sum_{i=1}^{n}\frac{a_i}{S-a_i}\geq \frac{n}{n-1}.}$

#39

argiris95 έγραψε:ΆΣΚΗΣΗ 4

Να δειχθεί με επαγωγή ότι $\displaystyle{f(x)=\sum_{k=0}^{n}{\binom{n+k}{k}}\frac{1}{2^k}=2^n}$

Aπό το βιβλίο του Arthur Engel.

Edit: Ευχαριστώ τον Διονύση και τον Βαγγέλη για τις επισημανσεις τους.

Μια διαφορετική απόδειξη:

Ο Ναδάλ και ο Τζόκοβιτς θα παίξουν μεταξύ τους αγώνες τένις μέχρι κάποιος να κερδίσει n+1

αγώνες. Οι τενίστες είναι ισοδύναμοι μεταξύ τους και σε κάθε αγώνα έχουν ακριβώς από $50\%$ πιθανότητα να κερδίσουν ανεξάρτητα από τα αποτελέσματα των άλλων αγώνων.

Προφανώς η πιθανότητα να φτάσει ο Ναδάλ πρώτος στις n+1

νίκες είναι 1/2

. Ας υπολογίσουμε τώρα αυτήν την πιθανότητα και διαφορετικά:

Αν ο Ναδάλ κερδίσει n+1

αγώνες και ο Τζόκοβιτς

τότε αυτό μπορεί να συμβεί με $\binom{n+k}{k}$ τρόπους, αφού ο τελευταίος αγώνας είναι σίγουρα νίκη του Ναδάλ ενώ από τους πρώτους n+k

αγώνες έχουμε ακριβώς

νίκες του Ναδάλ και

του Τζόκοβιτς. Αφού σε κάθε τέτοια περίπτωση έχουμε συνολικά n+k+1

αγώνες, η πιθανότητα να έχουμε n+1

νίκες του Ναδάλ και

του Τζόκοβιτς, είναι $\displaystyle{ \binom{n+k}{k}\frac{1}{2^{n+k+1}}.}$ Επομένως
$\displaystyle{ \sum_{k=0}^n \binom{n+k}{k}\frac{1}{2^{n+k+1}} = \frac{1}{2}}$

και το ζητούμενο έπεται.

#40

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 9
Αν οι αριθμοί και $\displaystyle{\frac{b+1} {a} ,\frac{a^2 - 2}{b}}$ είναι ακέραιοι, να δείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{\frac{b+1}{2}}$ είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

Χωρίς βλάβη μπορούμε να υποθέσουμε ότι a>0.

Θα είναι

και

όπου $k,m\in\mathbb Z.$
Αν k=0

τότε το συμπέρασμα είναι προφανές.
Αν a=1

τότε $b=\pm 1$ οπότε και πάλι είναι προφανές το ζητούμενο.

Για τη συνέχεια υποθέτουμε ότι $k\neq 0$ και $a\geq 2.$ Τότε $b\neq -1$ οπότε $b\left(b+1 \right)>0.$ Επίσης $a\left(a^2-2 \right)>0.$ Επομένως $km\geq 1.$
Είναι $a=\dfrac{b+1}{k}$ οπότε απαλοίφοντας το

βρίσκουμε $b^2+\left(2-k^2m \right)b+1-2k^2=0.$
Η τελευταία έχει διακρίνουσα $D=k^2\left(k^2m^2-4m+8 \right)$ και πρέπει να είναι τέλειο τετράγωνο. Εφόσον $k\neq 0$ θα είναι τέλειο τετράγωνο ο αριθμός k^2m^2-4m+8.

Ισχυρισμός $\left(km-3 \right)^2<k^2m^2-4m+8<\left(km+3 \right)^2$
Το αριστερό σκέλος είναι ισοδύναμο με 6km-8m>1

που ισχύει αφού $6km=6\left|km \right|\geq 6\left|m \right|\geq 4m+2.$
Το δεξί σκέλος είναι ισοδύναμο με 6km+4m>1

που ομοίως ισχύει.

Διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις:
$\bullet$ Αν $k^2m^2-4m+8=\left(km\pm 1 \right)^2$ τότε $-4m+7=\pm 2km+7$ που απορρίπτεται.
$\bullet$ Αν $k^2m^2-4m+8=\left(km- 2\right)^2$ τότε $m\left(k-1 \right)=-1$ που δίνει k=2,m=-1.

Οι τιμές αυτές οδηγούν σε b=1

ή

Η δεύτερη περίπτωση δίνει a=-3

και απορρίπτεται.
$\bullet$ Αν $k^2m^2-4m+8=\left(km+2\right)^2$ τότε $m\left(k+1 \right)=1$ που δίνει k=-2,m=-1.

Οι τιμές αυτές οδηγούν πάλι σε b=1

ή

$\bullet$ Αν $k^2m^2-4m+8=\left(km \right)^2$ τότε m=2

οπότε

ή

Σε όλες τις δεκτές περιπτώσεις το συμπέρασμα είναι άμεσο.

Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά - Λύκειο

Μέλη σε σύνδεση