Η Ασκηση της Ημέρας

1. ___________________________________________________________________________
7η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Έστω
x 50 7 
και
y 50 7 
οπότε:
3 3x y  
Έχουμε:
x y 14  και
2
2
xy 50 7 xy 50 49 xy 1      
οπότε
       
    
  
         
   
    
      
    
 
3 3 3
3 3 3 33 3 3 3
3
3
2
2
x y 14 x y 14 x y 3 x y x y 14
A 3A 14 0
A 8 3A 6 0
A 2 A 2A 4 3 A 2 0
A 2 A 2A 7 0
A 2
αφού η εξίσωση     2
2 7 0 είναι αδύνατη.
Λύνει ο Σταύρος Κουσίδης

2. ___________________________________________________________________________
7η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Έστω
3 3
x 50 7 x 50 7    
και
3 3
y 50 7 y 50 7    
οπότε:
x y  
Έχουμε:
3 3
x y 14  και  
2 33 3 2
x y 50 7 xy 50 49 xy 1      
οπότε
   
    
  
33 3 3
3
2
2
x y 14 x y 3xy x y 14 A 3A 14 0
A 8 3A 6 0
A 2 A 2A 4 3 A 2 0
A 2 A 2A 7 0
A 2
          
    
      
    
 
αφού η εξίσωση 2
3 7 0     είναι αδύνατη.
Λύνει ο Μάκης Χατζόπουλος

3. ___________________________________________________________________________
7η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
     
3
3 33
3 32 23 3
3 3
3 3
50 7 50 7
50 7 3 ( 50 7) 50 7 3 50 7 ( 50 7) 50 7
14 3 50 7 99 14 50 3 50 7 99 14 50
14 3 5 2 7 3 5 2 7
14 3
      
 
         
      
    
  
απ’ όπου με Ηorner παίρνω ως μόνη ρίζα το 2.
Λύνει ο Κώστας Δεββές

4. ___________________________________________________________________________
7η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
1ος τρόπος :
50 7 5 2 7 2 2 6 3 2 1       
     
3 2 3
2 3
2 3 2 1 3 2 1 1 2 1       
και ομοίως
 
3
50 7 ... 2 1   
Άρα
   
3 3
3 3 3 3A 50 7 50 7 2 1 2 1        
2 1 2 1 2 1 2 1 2         .
2ος τρόπος :
Επειδή
3 3
50 7 50 7 50 7 50 7 A 0         ,
οπότε
3 3
3
3 33
A 50 7 50 7
A 50 7 50 7
    
       
 
2 2
3 3 3 33
A 50 7 3 50 7 50 7 3 50 7 50 7 50 7                     
   
3 33
3
A 14 3 50 7 3 50 7
A 14 3A
        
   
  
   
3 2
2
A 3A 14 0 A 2 A 2A 7 0
A 2 A 1 6 0
A 2
         
      
  
 
,
αφού
 
2
A 1 6 0  
Άρα A 2
Λύνει ο Αθανάσιος Μπεληγιάννης

5. ___________________________________________________________________________
7η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Έχουμε
3 3
x y
A 50 7 50 7 x y     
Ισχύει:
         
23 3 2 2
x y x y x xy y x y x y 3xy 1        
Επειδή
 3 3
x y 50 7 50 7 14     
και
    333x y 50 7 50 7 50 49 1 1        
Η σχέση (1) γίνεται:
 
  
2
3
2
0
14 A A 3
A 3A 14 0
A 2 A 2A 7 0
A 2 0
A 2

   
   
   
   

διότι το τριώνυμο 2
A 2A 7  έχει διακρίνουσα αρνητική.
Λύνει ο Κωνσταντίνος Μόσιος

6. ___________________________________________________________________________
7η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
1η ΛΥΣΗ
3 33 3
3 33 3
3 3
50 7 50 7 5 2 7 5 2 7
( 2 1) ( 2 1) 2 1 2 1 2
ύ ( 2 1) 5 2 7 ( 2 1) 5 2 7
        
        
       
2η ΛΥΣΗ
  
3
3 33
2 2
3 3 3 3
3 3
3 2
2
ώ ύ έ ύ έ :
50 7 50 7
50 7 3 50 7 50 7 3 50 7 50 7 50 7
14 3 50 7 50 7
14 3
ά 3 14 0 2 2 7 0 ύ
2 7 0 ( 2
            
      
 
               
   
      
 
  
               
        4 0) ά 2   
3η ΛΥΣΗ - ΓΕΝΙΚΗ
2 23 3
3
3
2 23 3
3
3
) ί ύ 1
ό ί 3 2 ύ ί
3 2 0
) ί ύ 1
ό ί 3 2 ύ ί
3 2 0
έ ά
                    
               
     
                    
               
     
   
3
ά ( ) ί ό
ί έ ί 3 14 0
        
              
Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος

7. ___________________________________________________________________________
7η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
1ος τρόπος
Είναι
 
3
33 350 7 2 2 6 3 2 1 2 1 2 1         
 
3
33 350 7 2 2 6 3 2 1 2 1 2 1         
Άρα
   2 1 2 1 2     
2ος τρόπος
Θα χρησιμοποιήσουμε την ταυτότητα του Euler:
Aν , ,    R με 0      τότε 3 3 3
3      
Είναι
  
    
 
     
      
                      
      
         
     
    
   
    
    
      

3 3
Euler
3 3
3 3
3 3 3 33
3 3
233 2
3 3
3
3
3
2
50 7 50 7
50 7 50 7 0
A 50 7 50 7 3 50 7 50 7
A 50 7 50 7 3 50 7 50 7
A 14 3 50 7
A 14 3 1
A 14 3
A 3 14 0
A 8 3A 6 0
A 2 A 2A 4 3 A 2 0
A 2
 
 
    
 
 

2
A 2A 7 0
A 2
Λύνει ο Χάρης Πλάτανος

8. ___________________________________________________________________________
7η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Θέτουμε x = 3 3
50 7 50 7   (1) .
Τότε ο x είναι θετικός αριθμός.
Υψώνουμε στον κύβο κι έχουμε:
3
x = 3
3
3
50 7 50 7    
 
=
3
3
2 2 3
3 3 3 3 3
50 7 3 50 7 50 7 3 50 7 50 7 50 7                     
       
=          3 350 7 3 50 7 50 7 50 7 3 50 7 50 7 50 7 50 7          
=      3 314 3 50 7 50 49 3 50 49 50 7+    
=    3314 3 50 7 3 50 7   
= 3 3
14 3 50 7 50 7     
 
(1)
 14 3x .
Δηλαδή ο αριθμός x είναι ρίζα της εξίσωσης: 3
x =14 3x  3
x 3x 14=0  (2) .
Λύνουμε την (2) με παραγοντοποίηση του πολυωνύμου 3
x 3x 14  (μέθοδος
διάσπασης) και έχουμε:
3
x 3x 14  = 3 3
x 2 3x 6   =    2
x 2 x 2x 4 3 x 2     =
  2
x 2 x 2x 4 3    =  2
x 2 x 2x 7   ,
οπότε
(2)    2
x 2 x 2x 7 =0    x = 2 , διότι το τριώνυμο 2
x 2x 7  έχει
διακρίνουσα Δ = 2
2 4 1 7=4 28= 24     < 0 , επομένως δεν έχει ρίζες στο .
Η μοναδική ρίζα x = 2 είναι δεκτή, άρα 3 3
50 7 50 7   = 2 .
Λύνει ο Θανάσης Καραγιάννης

9. ___________________________________________________________________________
7η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
   
3 3
3 3
3 3
A 50 7 50 7
A 2 1 2 1
A 2 1 2 1
A 2
   
   
   

Λύνει ο Παναγιώτης Βιώνης

10. ___________________________________________________________________________
7η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Έχουμε: 3 3
50 7 50 7     
3
3 33
50 7 50 7       
 
50    
2 2
3 33 37 3 50 7 50 7 3 50 7 50 7 50          7 
       3 314 3 50 7 50 7 50 7 3 50 7 50 7 50 7         
   
2 2
2 2
3 314 3 50 7 50 7 3 50 7 50 7             
   
     3 314 3 50 7 50 49 3 50 49 50 7       
3 3
14 3 50 7 3 50 7     
3 3
14 3 50 7 50 7       
 
3
14 3 3 14 0        
       3 2
4 7 14 0 2 2 7 2 0 2 2 7 0                          .
Άρα, 2  .
Λύνει ο Νίκος Ελευθερίου

11. ___________________________________________________________________________
7η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Α τρόπος
Παρατηρώ (!;) ότι:
 
3 3 2
2 1 2 3 2 3 2 1 5 2 7       και  
3 3 2
2 1 2 3 2 3 2 1 5 2 7      
Οπότε η παράσταση γίνεται:
   
3 33 3
3
3 3
3
50 7 50 7 5 2 7 5 2 7
2 1 2 1 2 1 2 1 2
        
        
Για τους μαθητές:
Η ταυτότητα  
3
2 1 δεν ήρθε ουρανοκατέβατη. Μια σκέψη είναι η εξής:
Υποψιαζόμαστε ότι το υπόριζο 5 2 7 θα είναι της μορφής  
3
2   ώστε να
απλοποιηθεί με την τρίτη ρίζα. Όμως:
   
3
3 2 2 3 3 2 2 3
2 2 6 β3 2 62 3 2 2                  
Οπότε θέλουμε να ισχύει:
 3 2 2 3
65 2 7 3 2 2         δηλαδή ψάχνουμε α, β τέτοιους ώστε:
 
 
3 322
3 2 2 2
5 35 3 2
7 α
2
6 6β 7
          
 
      

  
Το γεγονός ότι οι αριθμοί 5 και 7 είναι πρώτοι μας οδηγεί στο συμπέρασμα ότι πιθανόν
το 7  και 5  . Μια επαλήθευση όντως επιβεβαιώνει τους ισχυρισμούς μας.
Β τρόπος
Υψώνοντας την παράσταση στον κύβο έχουμε:
      
     
3
3 3
3 3 3 3 3 3
3 3
3
3 2 2 3
2 2
5 2 7 5 2 7
5 2 7 3 5 2 7 5 2 7 3 5 2 7 5 2 7 5 2 7
5 2 7 3 5 2 7 5 2 7 3 5 2 7 5 2 7 5 2 7
14 3 50 49 5 2 7 3 50 49 5 2 7
14 3 5 2 7 5 2 7
      
 
         
         
      
       
 
Λύνει ο Παναγιώτης Γκριμπαβιώτης

12. ___________________________________________________________________________
7η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
    
  
3 3 3
2
0
2
14 3 3 14 0 6 0
2 4 3 2 0
2 Α+7 0
3
2
8
2
2

 

              
         
    


 

13. ___________________________________________________________________________
7η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18