Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#701

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 333:
Βρείτε όλους τους πρώτους για τους οποίους ο αριθμός είναι επίσης πρώτος.

Καταρχήν δε γίνεται οι p,q

να είναι και οι δύο περιττοί διότι τότε ο p^2q^2+5

είναι άρτιος μεγαλύτερος του

, άτοπο. Άρα κάποιος είναι άρτιος και πρώτος άρα είναι ο

. Έστω λοιπόν p=2

. Τότε θέλουμε ο 4q^2+5

να είναι πρώτος.

Αν ήταν $q\equiv\pm 1 \pmod{3}$ τότε $4q^2+5\equiv 0\pmod{3}$ , άτοπο.

Άρα $q\equiv 0\pmod{3}$ οπότε q=3

. Τότε πράγματι p^2q^2+5=41

, πρώτος

Συνεπώς οι λύσεις είναι τα ζεύγη (p,q)=(2,3), (3,2)

Αλέξανδρος

Υ.Γ. Με πρόλαβε ο Σπύρος αλλά αφήνω τη λύση μου που είναι ίδια με τη δική του.

Antonis_Z · #702

Λίγο διαφορετικά για την 333.

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 333:
Βρείτε όλους τους πρώτους για τους οποίους ο αριθμός είναι επίσης πρώτος.

Υποθέτουμε ότι οι 2 πρώτοι είναι μεγαλύτεροι του 3.Άρα αν πάρουμε modulo 3

την παράσταση διαρείται ακριβώς,γιατί $p^2q^2\equiv 1(mod 3)$ .Αυτό σημαίνει ότι ένας από αυτούς θα είναι ίσος με το 3.Έστω ο

.Η παράσταση γίνεται 9p^2+5

.
Παίρνοντας τώρα modulo 6

-> $9p^2 + 5\equiv 2 (mod 6)$ που είναι άρτιος μεγαλύτερος του 2,άρα όχι πρώτος.Έτσι p=2

ή

.Η δεύτερη απορρίπτεται και τελικά έχουμε τις λύσεις (p,q)=(3,2),(2,3)

.

#703

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 332:
Βρείτε όλους τους θετικούς ακέραιους για τους οποίους

Αν ήταν και οι δύο μεγαλύτεροι του 2 τότε θα είχαμε $a^b+b^a > a^2+b^2\geq 2ab$ , άτοπο. Άρα ένας τουλάχιστον είναι μικρότερος ή ίσος του

.

Αν ήταν b=2

τότε έχουμε την εξίσωση a^2+2^a=4a

που έχει μοναδική λύση a=2

(αν ήταν

, καταλήγουμε εύκολα σε άτοπο όπως προηγουμένως).
Αν ήταν b=1

τότε έχουμε την εξίσωση a+1=2a

που δίνει τη λύση a=1

.

Συνεπώς λύσεις είναι τα ζεύγη (a,b)=(1,1),(2,2)

.

Αλέξανδρος

#704

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 329:
Βρείτε όλους τους ακέραιους για τους οποίους ο αριθμός είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

Έστω

Για

παίρνουμε την εξίσωση t^2=18^m+2

. Αν

δε δίνει λύση ενώ αν $m\geq 1$ τότε επειδή το

δεν είναι τετραγωνικό υπόλοιπο $\pmod{9}$ άρα δεν έχουμε και πάλι λύσεις.

Άρα $n\geq 1$ και όμοια $m\geq 1$ οπότε ο

είναι άρτιος.

$\blacksquare$ Αν m=n

τότε η εξίσωση γίνεται t^2=18^n+9^n+1

. Όμως παίρνοντας $\pmod{10}$ βλέπουμε ότι για οποιοδήποτε $n\geq 1$ ισχύει $18^n+9^n+1\equiv 2,6,8 \pmod{10}$ και κανένα τέλειο τετράγωνο δεν τελειώνει σε 2,6,8

(κανείς από τους 2,6,8

δεν είναι τετραγωνικό υπόλοιπο $\pmod{10}$ )

Η λύση μου παρακάτω έχει λάθος! Κοιτάξτε τη σημείωση του Δημήτρη παρακάτω και τη σωστή λύση αμέσως μετά!

$\blacksquare$ Αν m<n

τότε η εξίσωση γράφεται: $(t-1)(t+1)=9^m(2^m+9^{n-m})$ και επειδή (t-1,t+1)=1

και $(9^m,2^m+9^{m-n})=1$ άρα παίρνουμε τα συστήματα

$\begin{cases} t-1=1 \\ t+1= 9^m(2^m+9^{n-m}) \end{cases} \ \ (1)$ ή $\begin{cases} t-1=9^m & \\ t+1= 2^m+9^{n-m} \end{cases} \ \ (2)$ ή $\begin{cases} t-1=2^m+9^{n-m} \\ t+1= 9^m \end{cases} \ \ (3)$

Το (1)

είναι εύκολο να δούμε ότι δε δίνει λύσεις.
Από το (2)

παίρνουμε $9^m-9^{n-m}=2^m-2$

Αν m=1

τότε παίρνουμε n=2

και το

είναι δεκτή λύση.
Αν $m\geq 2$ τότε η εξίσωση γίνεται $9^{n-m}(9^{2m-n}-1)=2(2^{m-1}-1)$ . Ομως $(9^{n-m},9^{2m-n}-1)=1$ και $(2,2^{m-1}-1)=1$ άρα τελικά παίρνουμε το σύστημα

$\begin{cases} 9^{n-m}=2^{m-1}-1 \\ 9^{2m-n}-1=2 \end{cases}$ και η δεύτερη απο αυτές δίνει 9|3

, άτοπο.

$\blacksquare$ Αν m>n

τότε η εξίσωση γίνεται $(t-1)(t+1)=9^n(2^m\cdot 9^{m-n}+1)$ και επειδή (t-1,t+1)=1

και $(9^n,2^m\cdot 9^{m-n}+1)=1$ άρα παίρνουμε τα συστήματα

$\begin{cases} t-1=1 \\ t+1= 9^n(2^m\cdot 9^{m-n}+1) \end{cases} \ \ (1)$ ή $\begin{cases} t-1=9^n \\ t+1= 2^m\cdot 9^{m-n}+1 \end{cases} \ \ (2)$ ή $\begin{cases} t-1=2^m\cdot 9^{m-n}+1 \\ t+1= 9^n \end{cases} \ \ (3)$

Το (1)

καταλήγει εύκολα σε άτοπο
Το (2)

δίνει $9^n+1=2^m\cdot 9^{m-n}$ δηλαδή 9|1

, άτοπο
Το (3)

δίνει $2^m\cdot 9^{m-n}+3=9^n$ , δηλαδή 9|3

, άτοπο.

Άρα τελικά η μοναδική λύση είναι η $\boxed{(m,n)=(1,2)}$

Αλέξανδρος

Αρχιμήδης 6 · #705

Αλέξανδρε νομίζω ότι υπάρχει λάθος στη λύση σου. Συγκεκριμένα, δεν ισχύει ότι αν xy=zw

και

τότε θα έχουμε x=z

ή

.Κάτι τέτοιο θα ίσχυε αν (x,z)=(y,w)=1

. Φιλικά, Δημήτρης!

Αρχιμήδης 6 · #706

Aν

είναι φανερό ότι τότε θα πρέπει x^2=2mod4

που είναι αδύνατον. Μένει να κοιτάξουμε για m=0

,

.
-Για

έχουμε την εξίσωση 9^n+2=x^2

Aν

άρτιος τότε θα πρέπει η διαφορά 2 τετραγώνων να είναι ίση με

που δεν υπάρχουν λύσεις. Αν

περιττός τότε θα υπάρχει

ώστε

όμως αρκεί το mod2

για να διαπυστώσουμε ότι λύσεις δεν υπάρχουν.
-Για m=1

η εξίσωση γίνετε 9^n+19=x^2

.Αν

άρτιος τότε τότε με διαφορά τετραγώνων βλέπουμε ότι μοναδική λύση είναι (m,n,x)=(1,2,10)

. Για

,

η εξίσωση δεν έχει λύσεις. Μένει να ελεγχθεί η περίπτωση όπου

περιττός οπού αρκεί επιλογή mod5

για να δούμε ότι η εξίσωση δεν έχει λύσεις .
Μοναδική λύση η (m,n,x)=(1,2,10)

.

#707

Δημήτρη έχεις απόλυτο δίκιο στη σημείωσή σου. Η βιασύνη για τη λύση αυτά κάνει! Σ' ευχαριστώ πολύ!

Αφήνω τη "λύση" μου για παράδειγμα... προς αποφυγή!

Κι ένα αντιπαράδειγμα για αυτό που λέει ο Δημήτρης παραπάνω

Ας πάρουμε $x=2^\cdot 3, \ y=5\cdot 7, \ z=2\cdot 3\cdot 5$ και w=7

Τότε ισχύει $xy=zw, \ (x,y)=(z,w)=1$ χωρίς όμως να ισχύει μία από τις (x=z, y=w)

ή

Αλέξανδρος

#708

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 330:
Βρείτε όλους τους ακέραιους για τους οποίους

Διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις:

Αν ο $x\geq 3$ , και περιττός τότε παίρνοντας $\pmod{4}$ έχουμε $y^2\equiv -1\pmod{4}$ . Όμως το

δεν είναι τετραγωνικό υπόλοιπο $\pmod{4}$

Αν $x\geq 2$ και άρτιος, τότε παίρνοντας $\pmod{3}$ έχουμε $y^2\equiv 2\pmod{3}$ . Όμως το

δεν είναι τετραγωνικό υπόλοιπο $\pmod{3}.$

Αν x=0

τότε

που δεν έχει ακέραιες λύσεις ως προς

, ενω αν

τότε

δηλαδή $y=\pm 3$ .

Άρα οι μόνες λύσεις είναι οι (x,y)=(1,3),(1,-3)

.

Αλέξανδρος

#709

ΑΣΚΗΣΗ 334: Να υπολογίσετε το πλήθος των φυσικών αριθμών που δεν ξεπερνούν τον 10000

και διαιρούνται με κάθε φυσικό αριθμό που δεν ξεπερνάει τον

ΑΣΚΗΣΗ 335: Έστω $S_{n}=1-2+3-4+5-6+...+(-1)^{n-1}n, (n\epsilon N^{*}).$ Να βρείτε τον αριθμό $S_{2011}+S_{2012}$

Γιώτα · #710

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 335: Έστω $S_{n}=1-2+3-4+5-6+...+(-1)^{n-1}n, (n\epsilon N^{*}).$ Να βρείτε τον αριθμό $S_{2011}+S_{2012}$

$\displaystyle{S_{2011}=1-2+3-4+5-6+.....+(-1)^{2011-1} \cdot 2011=1-2+3-4+5-6+.....+2011=1+\frac{2010 \cdot 1}{2}=1006}$

$S_{2012}=1-2+3-4+5-6+.....+(-1)^{2012-1} \cdot 2012=$ $1-2+3-4+5-6+.....-2012=\frac{2012 \cdot (-1)}{2}=-1006$

Επομένως
$S_{2011}+S_{2012}=0$

ΛΕΩΝΙΔΑΣ · #711

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 334: Να υπολογίσετε το πλήθος των φυσικών αριθμών που δεν ξεπερνούν τον και διαιρούνται με κάθε φυσικό αριθμό που δεν ξεπερνάει τον

Αρκεί να υπολογίσουμε το πλήθος των πολλαπλασίων του Ε.Κ.Π. των $1,2,\dots,10$ που είναι μικρότερα του 10000. Είναι
$lcm(1,2,\dots,10)=2^3\times 3^2\times 5\times 7=2520$ . Τα πολλαπλάσια του, που είναι μικρότερα του 10000 είναι τα 2520,5040,7560

, στο πλήθος

.

#712

ΑΣΚΗΣΗ 336
Αν $a\geq b \geq c \geq d \geq 0$ με a^2 + b^2 + c^2 + d^2 = 1,

νδο $a + b \geq 1\geq c + d.$

sokratis lyras · #713

ΑΣΚΗΣΗ 337
Να βρεθούν οι $n\in Z$ ώστε:
n=4 mod6

και

spiros filippas · #714

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 336
Αν $a\geq b \geq c \geq d \geq 0$ με νδο $a + b \geq 1\geq c + d.$

Για την αριστερή.

Aρκεί ισοδύναμα να δείξουμε ότι $(a+b)^2=a^2+2ab+b^2\geq1=a^2+b^2+c^2+d^2$ το οποίο ανάγεται στην

$2ab\geq c^2+d^2$ , από την πρώτη όμως υπόθεση του προβλήματος έχουμε $2ab\geq 2cc=c^2+c^2\geq c^2+d^2$

Ομοίως και για την δεξια, αρκεί ισοδύναμα να είναι $(c+d)^2=c^2+2dc+d^2\leq1=a^2+b^2+c^2+d^2$ , δηλαδή

$2dc\leq a^2+b^2$ που ισχύει αφού ειναι $2dc\leq 2bb=b^2+b^2\leq a^2+b^2$

#715

sokratis lyras έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 337
Να βρεθούν οι $n\in Z$ ώστε:
και

337β
Λύστε και το: $\displaystyle{\begin{cases}x\equiv 5 \mod 6 \\ x\equiv 4 \mod 11 \\ x\equiv 3 \mod 17 \end{cases}.}$

Ψάξτε πρώτα για το κινεζικό θεώρημα υπολοίπων, πχ εδώ.

ΑΣΚΗΣΗ 338
Για ποια $n\in \Bbb{N}_0$ είναι ο αριθμός $2^{n+1}-n^2$ δύναμη του 2;
Για ποια $n\in \Bbb{N}_0$ είναι πρώτος;

ΑΣΚΗΣΗ 339
Βρείτε το τελευταίο ψηφίο του abc,

αν

πρώτοι αριθμοί, διαφορετικοί ανά δύο, και το τελευταίο ψηφίο του αριθμού a^4+ b^4+ c^4

είναι

sokratis lyras · #716

337 β
Όλα τα παρακάτω είναι σύμφωνα με τους συμβολισμούς στο κινέζικο θεώρημα στην παραπομπή του socrates.
M_1=m_2m_3=187

Άρα υπάρχει $n_i\in Z$ όπου $i\in (1,2,3)$ ώστε: M_in_i=1(modm_i)

Άρα απλοποιώντας τις 3 ισοτιμίες παίρνω:
$n_1=1(mod6) \Rightarrow n_1=1$
$3n_2=1(mod11)\Rightarrow n_2=4$
$15n_3=1(mod17)\Rightarrow n_3=8$
Άρα $x=\left( \sum m_in_ia_i \right)( modm_1m_2m_3)$
Κάνοντας τις πράξεις παίρνς ότι: x=1122y+785

Φιλικά και πολύ επιφυλακτικά,
Σωκράτης

#717

sokratis lyras έγραψε:337 β
Όλα τα παρακάτω είναι σύμφωνα με τους συμβολισμούς στο κινέζικο θεώρημα στην παραπομπή του socrates.

Άρα υπάρχει $n_i\in Z$ όπου $i\in (1,2,3)$ ώστε:
Άρα απλοποιώντας τις 3 ισοτιμίες παίρνω:
$n_1=1(mod6) \Rightarrow n_1=1$
$3n_2=1(mod11)\Rightarrow n_2=4$
$15n_3=1(mod17)\Rightarrow n_3=8$
Άρα $x=\left( \sum m_in_ia_i \right)( modm_1m_2m_3)$
Κάνοντας τις πράξεις παίρνς ότι:

Φιλικά και πολύ επιφυλακτικά,
Σωκράτης

Σωστά, "συνονόματε"!

#718

sokratis lyras έγραψε:337 β
Όλα τα παρακάτω είναι σύμφωνα με τους συμβολισμούς στο κινέζικο θεώρημα στην παραπομπή του socrates.

Άρα υπάρχει $n_i\in Z$ όπου $i\in (1,2,3)$ ώστε:
Άρα απλοποιώντας τις 3 ισοτιμίες παίρνω:
$n_1=1(mod6) \Rightarrow n_1=1$
$3n_2=1(mod11)\Rightarrow n_2=4$
$15n_3=1(mod17)\Rightarrow n_3=8$
Άρα $x=\left( \sum m_in_ia_i \right)( modm_1m_2m_3)$
Κάνοντας τις πράξεις παίρνς ότι:

Φιλικά και πολύ επιφυλακτικά,
Σωκράτης

Να δώσω την λύση διαφορετικά. Ας υπενθυμίσω πρώτα ότι ζητάμε την λύση του συστήματος $x\equiv 5\bmod 6,x\equiv 4 \bmod 11,x\equiv 3\bmod 17$ .

Ας ξεκινήσουμε πρώτα από την λύση του συστήματος $x \equiv 5\bmod 6,x\equiv 4\bmod11$ . Η ουσία του κινεζικού θεωρήματος είναι ότι επειδή τα 6,11 είναι πρώτοι μεταξύ τους, θα υπάρχει μοναδικό $a \in \{0,1,2,\ldots,65\}$ με $x \equiv a \bmod 66$ . Μπορούμε βέβαια να χρησιμοποιήσουμε τον τύπο που δίνει το

όπως έκανε ο Σωκράτης αλλά σε αυτές τις «μικρές» περιπτώσεις νομίζω είναι πιο εύκολο να το κάνουμε στο χέρι. Αφού $x \equiv 4 \bmod 11$ , τότε απαραίτητα το

θα ισούται με ένα από τα 4,15,26,37,48,59

. Κοιτάμε τώρα τους αριθμούς αυτούς και παρατηρούμε ότι ο αριθμός που ισούται με $5\bmod 6$ είναι ο 59. Φυσικά αυτά τα κάνουμε στο πρόχειρο. Στην απάντηση αρκεί να γράψουμε:

Παρατηρούμε ότι $x \equiv 59 \bmod 66 \Rightarrow x\equiv 5\bmod 6,x \equiv 4\bmod 11$ . Επειδή τα 6,11 είναι πρώτοι μεταξύ τους, από το κινέζικο θεώρημα έχουμε ισοδυναμία, δηλαδή $x \equiv 59 \bmod 66 \Leftrightarrow x\equiv 5\bmod 6,x \equiv 4\bmod 11$ .

Μένει τώρα να λύσουμε το σύστημα $x \equiv 59 \bmod 66,x\equiv 3 \bmod 17$ . Πάλι επειδή τα 66,17

είναι πρώτοι μεταξύ τους, ψάχνουμε απάντηση της μορφής $x \equiv a \bmod 1122$ . Εδώ αρχίζουμε να έχουμε κάπως πιο πολλές πράξεις. Ένας τρόπος, όπως και προηγουμένως είναι να υπολογίσουμε τους 17 αριθμούς $59,59+66,\ldots,59+16\cdot 66$ και να βρούμε τον μοναδικό που ισούται με $3 \bmod 17$ . Πώς μπορούμε να το κάνουμε αυτό στα γρήγορα; Το 59 ισούται με $8 \bmod 17$ . Κάθε φορά που προσθέτουμε το 66 ουσιαστικά προσθέτουμε $15 \bmod 17$ ή ισοδύναμα προσθέτουμε $-2 \bmod 17$ . Αν λοιπόν προσθέσουμε

φορές το 66 θα φτάσουμε σε ένα αριθμό ισότιμε με $(8 - 2n) \bmod 17$ . Θέλουμε λοιπόν $(8-2n) \equiv 3 \equiv -14 \bmod 17$ και παρατηρούμε ότι το n=11

δουλεύει. Επομένως ο αριθμός που πρέπει να διαλέξουμε είναι ο $59 + 11 \cdot 66 = 785$ .

Πάλι το πιο πάνω είναι στο πρόχειρο. Στο χαρτί αρκεί να γράψουμε: Παρατηρούμε ότι $785 = 59 + 11\cdot 66 \equiv 59 \bmod 66$ και $785 = 59 + 11\cdot 66 \equiv (8-22) \equiv -14 \equiv 3 \bmod 17$ . Επειδή οι 17,66 είναι πρώτοι μεταξύ τους από το κινέζικο θεώρημα έχουμε $x \equiv 59 \bmod 66, x\equiv 3 \bmod 17 \Leftrightarrow x \equiv 785 \bmod 1122$ .

sokratis lyras · #719

Μήπως υπάρχει κάποιο λάθος στην άσκηση 339

?
Κάθε πρώτος αριθμός είναι

ή

.(Eκτος αν ο πρώτος είναι ο 2).
Άρα για κάθε

παίρνω ότι p^4=1 mod10

.
Αλλά

.Πράγμα το οποίο δεν γίνεται ακόμα και αν ένας εκ των πρώτων είναι ο

.
Χάνω κάπου?

#720

sokratis lyras έγραψε:Μήπως υπάρχει κάποιο λάθος στην άσκηση ?
Κάθε πρώτος αριθμός είναι ή ή ή .(Eκτος αν ο πρώτος είναι ο 2).
Άρα για κάθε παίρνω ότι .
Αλλά .Πράγμα το οποίο δεν γίνεται ακόμα και αν ένας εκ των πρώτων είναι ο .
Χάνω κάπου?

To 5;

Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Μέλη σε σύνδεση