Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2441

ΑΣΚΗΣΗ 1248: Αν $\displaystyle{a\geq b\geq c\geq 0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{(a+b)^3 +3bc(b+c)+a(ab+12c^2 )\geq c(6a^2 +13ab+8c^2 )}$

#2442

ΑΣΚΗΣΗ 1249
Να βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους

και όλους τους πρώτους

για τους οποίους ο αριθμός 2^mp^2+27

είναι τέλειος κύβος.

simantiris j. · #2443

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1249
Να βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους και όλους τους πρώτους για τους οποίους ο αριθμός είναι τέλειος κύβος.

Έστω $2^mp^2+27=k^3\Leftrightarrow 2^mp^2=(k-3)(k^2+3k+9)$ .Εύκολα αποδεικνύεται ότι $(k-3,k^2+3k+9)=1 \eta 3$ και άρα αν $p\neq 3$ έχουμε τις περιπτώσεις:
1) $k-3=1,k^2+3k+9=2^mp^2\Rightarrow 2^mp^2=37$ άτοπο.

2) $k-3=p^2,k^2+3k+9=2^m\Rightarrow (p^2+3)^2+3(p^2+3)+9=2^m\Rightarrow p^4+9p^2+27=2^m$
Αν ο

είναι άρτιος εύκολα ελέγχουμε ότι ισχύουν οι ανισότητες
(p^2+4)^2<2^m<(p^2+5)^2

που είναι προφανώς άτοπο άρα ο

είναι περιττός οπότε $2^m\equiv -1mod3\Rightarrow p^4+9p^2+27\equiv -1mod3\Rightarrow p^4\equiv -1mod3$ άτοπο αφού για

πρώτο είναι $p^4\equiv 1 \eta 0 mod3$ .

3) k-3=2^m, k^2+3k+9=p^2

.Αν δούμε τη δεύτερη σχέση ως τριώνυμο προς κ η διακρίνουσα οφείλει να είναι τέλειο τετράγωνο,δηλαδή να ισχύει
$D=9-4(9-p^2)=4p^2-27=n^2\Leftrightarrow (2p-n)(2p+n)=27$ απ'όπου $2p-n=1, 2p+n=27\Rightarrow p=7,k=5$ και από την αρχική προκύπτει m=1

οπότε έχουμε το ζεύγος (p,m)=(7,1)

,ή $2p-n=3, 2p+n=9\Rightarrow p=3, k=0,3$ τιμές που δεν είναι δεκτές λόγω της εκφώνησης και της αρχικής.

Τέλος μένει η περίπτωση όπου p=3

απ'όπου $(k-3)(k^2+3k+9)=9\cdot 2^m$ οπότε έχουμε τις περιπτώσεις $k-3=1,k^2+3k+9=9\cdot 2^m$ , $k-3=3,k^2+3k+9=3\cdot 2^m$ , k-3=9,k^2+3k+9=2^m

που καμιά δε δίνει λύση.(θυμηθείτε ότι παίρνουμε μόνο αυτές τις περιπτώσεις επειδή $(k-3,k^2+3k+9)=1 \eta 3$ )

Τελικά το μόνο ζεύγος που επαληθεύει είναι το (p,m)=(7,1)

.

#2444

ΑΣΚΗΣΗ 1250: Αν $\displaystyle{a,b\geq 0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{a^2 (b+1)}{a^3 +1}+\frac{a^2 (b^3 +1)}{a+1}+\frac{b^2 (a+1)}{b^3 +1}+\frac{b^2 (a^3 +1)}{b+1}\geq 4ab}$

G.Bas · #2445

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1250: Αν $\displaystyle{a,b\geq 0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{a^2 (b+1)}{a^3 +1}+\frac{a^2 (b^3 +1)}{a+1}+\frac{b^2 (a+1)}{b^3 +1}+\frac{b^2 (a^3 +1)}{b+1}\geq 4ab}$

κ. Ιωάννου είναι άμεση από την Ανισότητα AM-GM

#2446

G.Bas έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1250: Αν $\displaystyle{a,b\geq 0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{a^2 (b+1)}{a^3 +1}+\frac{a^2 (b^3 +1)}{a+1}+\frac{b^2 (a+1)}{b^3 +1}+\frac{b^2 (a^3 +1)}{b+1}\geq 4ab}$
κ. Ιωάννου είναι άμεση από την Ανισότητα AM-GM

Καλά Γιώργο, είναι δυνατόν εσύ να μην δεις την ΑΜ-GM;

(Κατά την κατασκευή της δεν είχα δει την άμεση λύση , σε μια σειρά με την ΑΜ -GM. Την έλυσα μεν με AM-GM αλλά με πιο πολύπλοκο τρόπο. Συμβαίνουν και αυτά...)

chris97 · #2447

Άσκηση 1251

Δίνονται a,b,c

πραγματικοί, θετικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε:
a+b+c=3

Να αποδείξετε ότι:
$\displaystyle{\frac{a^2}{a +\sqrt[3]{bc}}+\frac{b^2 }{b+\sqrt[3]{ac}}+\frac{c^2}{c +\sqrt[3]{ab}}\geq }\frac{3}{2}}$

ΠΗΓΗ :Mexican National Olympiad 2014

raf616 · #2448

chris97 έγραψε:Άσκηση 1251

Δίνονται πραγματικοί, θετικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε:

Να αποδείξετε ότι:
$\frac{a^2}{a +\sqrt[3]{bc}}+\frac{b^2 }{b+\sqrt[3]{ac}}+\frac{c^2}{c +\sqrt[3]{ab}}\geq }\frac{3}{2}$

ΠΗΓΗ :Mexican National Olympiad 2014

Καλησπέρα, μία προσέγγιση:

Από Cauchy-Schwarz παίρνουμε $\displaystyle{\sum{\dfrac{a^2}{a + \sqrt[3]{bc}}} \geq \dfrac{(a+b+c)^2}{a + b + c + \sqrt[3]{ab} + \sqrt[3]{bc} + \sqrt[3]{ca}} \geq \dfrac{(a+b+c)^2}{a + b + c + \sum{\dfrac{a+b+1}{3}}} = \dfrac{3}{2}}$ ,

όπου το τελευταίο βήμα προκύπτει από το ότι $\sqrt[3]{ab} \leq \dfrac{a+b+1}{3}$ από την ΑΜ-ΓΜ. Η ισότητα ισχύει όταν a = b = c = 1

.

chris97 · #2449

Μπράβο Ραφαήλ σε ευχαριστώ για την ενασχόλησή σου!!

#2450

Άσκηση 1252
Σε ένα πάρτι συμμετείχαν 2015

άτομα. Είναι γνωστό ότι σε κάθε τρία από αυτά κάποιος από αυτούς (τους τρεις) γνωρίζει τους άλλους δύο. Να δείξετε ότι κάποιος από τους συμμετέχοντες γνωρίζει όλους τους υπόλοιπους.

Άσκηση 1253
Να βρείτε όλους τους θετικούς ακέραιους a,b,c,d

, για τους οποίους οι αριθμοί a^2+b+c+d,b^2+a+c+d,c^2+a+b+d,d^2+a+b+c

είναι τέλεια τετράγωνα.

Άσκηση 1254
Αν x,y,z

μη μηδενικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε x+y+z=xyz

, να δείξετε ότι

$\displaystyle{ \left(\frac{x^2-1}{x}\right)^2 +\left(\frac{y^2-1}{y}\right)^2+\left(\frac{z^2-1}{z}\right)^2 \geq 4}$

raf616 · #2451

socrates έγραψε:Άσκηση 1252
Σε ένα πάρτι συμμετείχαν άτομα. Είναι γνωστό ότι σε κάθε τρία από αυτά κάποιος από αυτούς (τους τρεις) γνωρίζει τους άλλους δύο. Να δείξετε ότι κάποιος από τους συμμετέχοντες γνωρίζει όλους τους υπόλοιπους.

Θα δείξω ότι για κάθε $n \geq 3$ περιττό ισχύει το ζητούμενο.

Θα χρησιμοποιήσω επαγωγή. Για n = 3

προφανώς ισχύει.

Έστω τώρα n+2

άτομα $A_1, A_2, ..., A_{n+2}$ και έστω ΧΒΓ ότι ο A_1

έχει τις περισσότερες γνωριμίες. Θα έχει τουλάχιστον

αφού δεν μπορεί να μην ξέρει 2 άτομα(από την

υπόθεση). Έστω τώρα ότι ξέρει

, τους $A_2, A_3, ..., A_{n+1}$ . Τότε, κοιτώντας τις τριάδες με τον A_1

και τον $A_{n+2}$ βλέπουμε ότι ο $A_{n+2}$ γνωρίζεται με καθένα από τους

$A_2, A_3, ..., A_{n+1}$ . Ξεχνάμε τώρα τους $A_1, A_{n+2}$ και βλέπουμε τους $A_2, ..., A_{n+1}$ . Από την επαγωγική υπόθεση υπάρχει κάποιος ο οποίος ξέρει όλους τους υπόλοιπους. Άρα,

συνολικά ξέρει 2 + n - 1 = n+1

, άτοπο αφού τότε ξέρει παραπάνω από τον A_1

. Άρα ο

θα ξέρει όλους τους υπόλοιπους και έτσι το ζητούμενο απεδείχθη.

*EDIT: Η λύση άλλαξε εντελώς μετά από παρατήρηση του κ. Δημήτρη(Demetres) για τα λάθη της προηγούμενης, τον οποίο και ευχαριστώ.

simantiris j. · #2452

socrates έγραψε: Άσκηση 1253
Να βρείτε όλους τους θετικούς ακέραιους , για τους οποίους οι αριθμοί είναι τέλεια τετράγωνα.

Γεια σου Θανάση!Ελπίζω να είμαι σωστός.
Έστω αρχικά a=max{a,b,c,d}

.Παρατηρούμε ότι $a^2<a^2+b+c+d\leq a^2+3a<(a+2)^2\Rightarrow a^2+b+c+d=(a+1)^2\Rightarrow b+c+d=2a+1$ .
Έστω τώρα χωρίς βλάβη της γενικότητας ο

να είναι ο μεγαλύτερος από τους αριθμούς που "έμειναν" δηλαδή τους b,c,d

.Τότε $b^2<b^2+a+c+d=b^2+\frac{b+c+d-1}{2}+c+d\leq b^2+\frac{3b-1}{2}+2b<(b+2)^2\Rightarrow b^2+\frac{b+c+d-1}{2}+c+d=(b+1)^2\Rightarrow c+d=b+1$
οπότε και από την πρώτη σχέση προκύπτει $b+c+d=2a+1\Rightarrow a=b$ .
Έστω πάλι χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι ο

είναι ίσος ή μεγαλύτερος του

και έχουμε
$c^2<c^2+a+b+d=c^2+2a+d=c^2+2(c+d-1)+d=c^2+2c+3d-2\leq c^2+5c-2<(c+3)^2\Rightarrow c^2+2c+3d-2=(c+1)^2\Rightarrow d=1\Rightarrow a=b=c \eta c^2+2c+3d-2=(c+2)^2\Rightarrow3d=2c+6$
Στην πρώτη περίπτωση οι μόνες λύσεις είναι οι (a,b,c,d)=(k,k,k,1)

όπου

θετικός ακέραιος και $k=\frac{m^2-1}{3}$ με

θετικό ακέραιο ( $m\equiv \pm 1mod3$ ),καθώς φυσικά και οι αναδιατάξεις τους.
Στη 2η περίπτωση μετά από υπολογισμούς παίρνουμε $a=b,c=\frac{3(a-1)}{5},d=\frac{2a+8}{5}$ που μετά από πολλά λάθη και εξαντλητικές πράξεις (οπότε δε είμαι καθόλου σίγουρος) επαληθεύει άρα $(a,b,c,d)=(n,n,\frac{3(n-1)}{5},\frac{2n+8}{5})$ με

φυσικό (και οι αναδιατάξεις) και $n\equiv 1 mod5$ .
Πραγματικά ελπίζω να μην έχω κάνει κάποια χοντρή ανοησία

.
Edit:Προστέθηκε μια μικρή υποσημείωση μετά από υπόδειξη του κ.Δημήτρη (Ιωάννου) τον οποίο και ευχαριστώ.

#2453

xr.tsif έγραψε: Άσκηση 1145
α) Οι πραγματικοί αριθμοί ικανοποιούν τις σχέσεις $|a-b|\ge 1,|b-c|\ge 1 , |c-a|\ge 1.$
Να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της παράστασης

β) Οι πραγματικοί αριθμοί ικανοποιούν τις σχέσεις $|a-b|\ge 1,|b-c|\ge 1 , |c-d|\ge 1, |d-a|\ge 1.$
Να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της παράστασης

Μπορούμε να γενικεύσουμε;

a) Υπήρξε λάθος

b) Χρησιμοποιώντας τη συνθήκη έχουμε:
$\displaystyle 4(a^2+b^2+c^2+d^2)=(a+b+c+d)^2+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-d)^2+(d-a)^2+(b-d)^2+(a-c)^2\geq 4$
που δίνει $a^2+b^2+c^2+d^2\geq 1$
Η ισότητα ισχύει όταν a=c=-b=-d

και $|a|=\frac{1}{2}.$

G.Bas · #2454

xr.tsif έγραψε:
xr.tsif έγραψε: AΣΚΗΣΗ 1163
Για κάθε με , να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{1}{a(a+1)+ab(ab+1)}+\frac{1}{b(b+1)+bc(bc+1)}+\frac{1}{c(c+1)+ca(ca+1)}\ge\frac{3}{4}}$

Ακολουθούμε τον μετασχηματισμό $\displaystyle{(a,b,c)\mapsto \left(\frac{y}{x},\frac{z}{y},\frac{x}{z}\right)}$ και τότε η παραπάνω Ανισότητα ισοδύναμα γράφεται

$\displaystyle{\frac{x^2}{y^2+z^2+xy+zx}+\frac{y^2}{z^2+x^2+yz+xy}+\frac{z^2}{x^2+y^2+zx+yz}\geq\frac{3}{4}.}$

Αλλά, από την Ανισότητα Cauchy-Schwarz έχουμε για το αριστερό μέλος

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum\frac{x^2}{y^2+z^2+xy+zx}&\geq\frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{\sum x^2(y^2+z^2+xy+zx)}\\&=\frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)+(x^3y+y^3z+z^3x)+(xy^3+yz^3+zx^3)}.\end{aligned}}$

Μένει, λοιπόν, να αποδείξουμε την

$\displaystyle{\frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)+(x^3y+y^3z+z^3x)+(xy^3+yz^3+zx^3)}\geq\frac{3}{4}}$ ή καλύτερα την

$\displaystyle{4(x^2+y^2+z^2)^2\geq 6(x^2y^2+y^2z^2+x^2x^2)+3(x^3y+y^3z+z^3x)+3(xy^3+yz^3+zx^3).}$

Παρατηρούμε πως ισχύουν όμως οι Ανισότητες

$\displaystyle{2(x^2+y^2+z^2)^2\geq 6(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)}$ και η

$\displaystyle{2(x^2+y^2+z^2)^2\geq 3(x^3y+y^3z+z^3x)+3(xy^3+yz^3+zx^3)}$ με την τελευταία να ισχύει αφού ισοδύναμα γράφεται

$\displaystyle{(x^2-xy+y^2)(x-y)^2+(y^2-yz+z^2)(y-z)^2+(z^2-zx+x^2)(z-x)^2\geq 0.}$

Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε τη ζητούμενη

.

#2455

Άσκηση 1255
Να δείξετε ότι για κάθε $x, y \in (0,1)$ ισχύει

$\displaystyle{x(1−y)^2+y(1−x)^2< (1−xy)^2.}$

Άσκηση 1256
Να δείξετε ότι για κάθε ζεύγος θετικών ακεραίων (a, b),

η εξίσωση

$\displaystyle{(x^2 − y^2 − a)(x^2 − y^2 − b)(x^2 − y^2 − ab) = 0}$

έχει λύση στους ακεραίους $\displaystyle{(x, y).}$

Άσκηση 1257
Στις κορυφές ενός

-γώνου τοποθετούμε τους αριθμούς 1,2, ..., n

έτσι ώστε κάθε κορυφή να περιέχει διαφορετικό αριθμό και το άθροισμα των αριθμών σε κάθε τρεις διαδοχικές κορυφές του

-γώνου να είναι άρτιος. Να βρείτε όλες τις δυνατές τιμές του $n \geq 3.$

Άσκηση 1258
Κάθε θετικός ακέραιος χρωματίζεται με κάποιο χρώμα. Είναι γνωστό ότι για κάθε ζεύγος ακεραίων a, b> 1

οι αριθμοί a+b

και

έχουν το ίδιο χρώμα.
Να δείξετε ότι όλοι οι ακέραιοι ,μεγαλύτεροι του

έχουν το ίδιο χρώμα.

Άσκηση 1259
Σε κάθε έδρα ενός κύβου γράφουμε έναν ακέραιο αριθμό. Στη συνέχεια, σε κάθε ακμή του κύβου γράφουμε το άθροισμα των αριθμών στις δύο έδρες στις οποίες ανήκει. Να δείξετε ότι από τους δώδεκα αριθμούς που προκύπτουν τουλάχιστον τέσσερις είναι άρτιοι.

Άσκηση 1260
Έστω x, y, z>0.

Να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{x}{2x + y + z}+\frac{y}{x + 2y + z}+\frac{z}{x + y + 2z}\geq \frac{6xyz}{(x + y)(y + z)(z + x)}.}$

#2456

socrates έγραψε: Άσκηση 1260
Έστω Να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{x}{2x + y + z}+\frac{y}{x + 2y + z}+\frac{z}{x + y + 2z}\geq \frac{6xyz}{(x + y)(y + z)(z + x)}.}$

Θέτουμε

$\displaystyle{a=\frac{y+z}{x},b=\frac{z+x}{y}, c=\frac{x+y}{z}}$

και η αποδεικτέα γράφεται

$\displaystyle{\frac{1}{2+a}+\frac{1}{2+b}+\frac{1}{2+c}\geq \frac{6}{abc}.}$

Ισχύει $\displaystyle{\boxed{a+b+c=abc-2}}$ ( $\color{red}\bigstar$ ) (πράξεις).

Από Cauchy-Schwarz έχουμε

$\displaystyle{\frac{1}{2+a}+\frac{1}{2+b}+\frac{1}{2+c}\geq \frac{9}{6+a+b+c}\stackrel{{\color{red}\bigstar}}{=}\frac{9}{4+abc}.}$

Τώρα αρκεί

$\displaystyle{\frac{9}{4+abc}\geq \frac{6}{abc} \iff abc\geq 8\iff (x+y)(y+z)(z+x)\geq 8xyz,}$

η οποία είναι συνέπεια της $\displaystyle{x+y\geq 2\sqrt{xy}.}$

GMANS · #2457

socrates έγραψε:Άσκηση 1255
Να δείξετε ότι για κάθε $x, y \in (0,1)$ ισχύει

$\displaystyle{x(1−y)^2+y(1−x)^2< (1−xy)^2.}$

Λύση

$=(1+xy)(1-x)(1-y)>0\Rightarrow$

(1-xy)^2> x(1-y^2)+y(1-x)^2

raf616 · #2458

socrates έγραψε:Άσκηση 1257
Στις κορυφές ενός -γώνου τοποθετούμε τους αριθμούς έτσι ώστε κάθε κορυφή να περιέχει διαφορετικό αριθμό και το άθροισμα των αριθμών σε κάθε τρεις διαδοχικές κορυφές του -γώνου να είναι άρτιος. Να βρείτε όλες τις δυνατές τιμές του $n \geq 3.$

Καλησπέρα Θανάση. Μία προσπάθεια:

Έστω A_1A_2...A_n

το

-γωνο. Παρατηρούμε ότι ουσιαστικά δεν μας ενδιαφέρουν οι ίδιοι οι αριθμοί αλλά η αρτιότητά τους και άρα τους γράφουμε στη μορφή

και

, αν είναι

άρτιοι και περιττοί αντίστοιχα. Στην κορυφή A_i

βάζουμε τον αριθμό a_i

και παίρνουμε έτσι μια ακολουθία a_1a_2...a_n

με

και

. Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι

a_1 = 0

. Αν και

τότε είναι προφανές πως όλη η ακολουθία θα πρέπει να αποτελείται από

, άτοπο. Άρα, a_2 = 1

. Παρατηρούμε τώρα ότι κάθε τριάδα αριθμών θα πρέπει

να περιέχει άρτιο πλήθος άσσων. Έτσι, τελικά, παίρνουμε μία ακολουθία που αποτελείται από διαδοχικά 'κομμάτια' της μορφής 011

(αφού και μετά τον δεύτερο άσσο θα πρέπει να

ακολουθεί

αφού θα είχαμε

άσσους στη σειρά). Τώρα θα δείξω ότι η ακολουθία θα τελειώνει σε τέτοιο 'κομμάτι'. Πράγματι, αν ο a_n

είναι

τότε παίρνουμε άτοπο με την

τριάδα $a_{n-1}a_na_1$ . Άρα a_n = 1

και αφού

θα πρέπει και $a_{n-1} = 1$ . Αν τώρα $a_{n-2} = 1$ τότε παίρνουμε άτοπο με την τριάδα $a_{n-2}a_{n-1}a_n$ . Επομένως, για κάθε

έχουμε

άσσους και άρα αν τελικά έχουμε

άρτιους θα πρέπει να έχουμε

περιττούς. Αν τώρα ο

είναι άρτιος τότε έχει ίσο αριθμό άρτιων και περιττών και άρα πρέπει

περιττός. Τότε αν n = 2m + 1

τότε έχουμε m+1

περιττούς και

άρτιους. Άρα πρέπει m = k

και

από όπου

και άρα

που πράγματι

επαληθεύει.

raf616 · #2459

socrates έγραψε:Άσκηση 1258
Κάθε θετικός ακέραιος χρωματίζεται με κάποιο χρώμα. Είναι γνωστό ότι για κάθε ζεύγος ακεραίων οι αριθμοί και έχουν το ίδιο χρώμα.
Να δείξετε ότι όλοι οι ακέραιοι ,μεγαλύτεροι του έχουν το ίδιο χρώμα.

Καλησπέρα Θανάση, μία προσπάθεια:

Θα δείξω ότι για κάθε αριθμό n > 4

οι αριθμοί n, n+1

χρωματίζονται το ίδιο και τότε το ζητούμενο προκύπτει άμεσα.

Γράφω n = 2 + (n-2)

και άρα ο

βάφεται το ίδιο με τον 2n-4

. Αν γράψω τώρα 2n - 4 = 2 + 2n - 6

, τότε ο

βάφεται το ίδιο με τον 4n - 12 = 4(n-3)

. Αυτός

όμως γράφεται το ίδιο με τον 4 + n - 3 = n+1

και έτσι το ζητούμενο εδείχθη.

#2460

socrates έγραψε:
Άσκηση 1258
Κάθε θετικός ακέραιος χρωματίζεται με κάποιο χρώμα. Είναι γνωστό ότι για κάθε ζεύγος ακεραίων οι αριθμοί και έχουν το ίδιο χρώμα.
Να δείξετε ότι όλοι οι ακέραιοι ,μεγαλύτεροι του έχουν το ίδιο χρώμα.

Ας το γενικεύσουμε. Έστω θετικός ακέραιος

. Κάθε θετικός ακέραιος χρωματίζεται με κάποιο χρώμα. Είναι γνωστό ότι για κάθε ζεύγος ακεραίων $a, b \geqslant k$ οι αριθμοί a+b

και

έχουν το ίδιο χρώμα. Να δείξετε ότι υπάρχει ακέραιος N_k

ώστε όλοι οι ακέραιοι μεγαλύτεροι του N_k

έχουν το ίδιο χρώμα.

Ποια είναι η ελάχιστη τιμή του N_k

(συναρτήσει του

);

Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Μέλη σε σύνδεση