Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Συντονιστές: cretanman, Demetres, polysot, socrates, silouan

vzf
Δημοσιεύσεις: 308
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 28, 2010 11:11 pm

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#321

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vzf » Τετ Ιουν 29, 2011 10:28 am

ΑΣΚΗΣΗ 131 :
Άν a,b,c είναι περιττοί ακέραιοι, αποδείξτε ότι η ax^2+bx+c=0 δεν έχει ρητή λύση.

ΑΣΚΗΣΗ 132 :
Oι τιμές των a,b,c,d είναι 1,2,3,4 όχι απαραίτητα με αυτή τη σειρά. Ποιά είναι η μέγιστη πιθανή τιμή του ab+bc+cd+da;

ΑΣΚΗΣΗ 133 :
Αποδείξτε ότι αν r \geq s\geq t τότε \displaystyle r^2-s^2+t^2 \geq(r-s+t)^2


spiros filippas
Δημοσιεύσεις: 254
Εγγραφή: Σάβ Οκτ 16, 2010 4:46 pm

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#322

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από spiros filippas » Τετ Ιουν 29, 2011 12:22 pm

vzf έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 131 :

Άν a,b,c είναι περιττοί ακέραιοι, αποδείξτε ότι η ax^2+bx+c=0 δεν έχει ρητή λύση.
Αρκεί να δείξουμε οτί η διακρίνουσα του τριωνύμου δεν είναι τέλειο τετράγωνο.

Πρίν πάμε όμως σε αυτό θα κάνουμε την εξης παρατήρηση: Τα δυνατά υπόλοιπα ενός τέλειου τετραγώνου στην διαίρεση του με το 8 είναι 0,1 καί 4. Πράγματι, κάνοντας τις πράξεις σε κάθε περίπτωση ( n=8k+1, n=8k+2...) καταλήγουμε σε αυτο το συμπέρασμα.

Επιστρέφουμε στο πρόβλημα καί έχουμε D=b^2-4ac Aφού όμως a,b,c περιττοί ακέραιοι μπορούμε να γράψουμε:

b^2=8l+1 (ως τετράγωνο περιττού)

c=2m+1

a=2n+1

Άρα

D=8l+1-4(2n+1)(2m+1)=8l+1-4(2k+1)=8l+1-8k-4=\pi o\lambda 8-3=\pi o\lambda 8+5

το οποιό δεν μπορεί να είναι τελειο τετράγωνο συμφωνα με τα παραπάνω.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7996
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#323

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τετ Ιουν 29, 2011 1:20 pm

Demetres έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 114 :

Έστω n \geqslant 4 θετικός ακέραιος και αριθμοί x_1,\ldots,x_n ώστε κάθε ένας από αυτούς να ισούται είτε με 1 είτε με -1. Αν x_1x_2x_3x_4 + x_2x_3x_4x_5 + \cdots + x_nx_1x_2x_3 = 0 να δειχθεί ότι ο n είναι πολλαπλάσιο του 4.
Έχει ήδη απαντηθεί σωστά από τον Σπύρο, αλλά μιας και ο σκοπός της άσκησης είναι να εξοικειωθούμε με την χρήση αναλλοίωτων δίνω και μια διαφορετική απάντηση.

Ας πάρουμε κάποιο x_i που ισούται με -1 και ας το αλλάξουμε σε +1. Υπάρχουν ακριβώς τέσσερις όροι που περιλαμβάνουν το x_i και θα αλλάξουν όλοι πρόσημο. Αν π.χ. ήταν και οι τέσσερις ίσοι με 1 θα γίνουν και οι τέσσερις ίσοι με -1, αν τρεις ήταν ίσοι με 1 και ένας με -1 τότε τρεις θα γίνουν ίσοι με -1 και ένας με 1 κ.τ.λ. Τι αλλαγή γίνεται στο άθροισμα S = x_1x_2x_3x_4 + x_2x_3x_4x_5 + \cdots + x_nx_1x_2x_3; Το S δεν είναι αναλλοίωτο αλλά αν κοιτάξουμε μία προς μια τις πιθανές περιπτώσεις, είτε θα αυξηθεί κατά 4 ή 8, είτε θα μειωθεί κατά 4 ή 8 είτε θα μείνει το ίδιο. Σε όλες λοιπόν τις περιπτώσεις αυτό που μένει αναλλοίωτο είναι το υπόλοιπο της διαίρεσης του S με το 4. Και εφ' όσων αρχικά είχαμε S = 0 τότε όσες αλλαγές και να κάνουμε θα έχουμε τελικά ότι το S είναι πολλαπλάσιο του 4. Αν όμως κάνουμε όλες τις αλλαγές από -1 σε 1 το S θα γίνει ίσο με n. Άρα λοιπόν το n πρέπει απαραίτητα να είναι πολλαπλάσιο του 4.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10837
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#324

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τετ Ιουν 29, 2011 3:27 pm

vzf έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 131 :

Άν a,b,c είναι περιττοί ακέραιοι, αποδείξτε ότι η ax^2+bx+c=0 δεν έχει ρητή λύση.
Άλλη λύση, διαφορετική από την ωραία αντιμετώπιση του Σπύρου παραπάνω:

Αν \frac{p}{q} ρητή ρίζα, μπορούμε χωρίς βλάβη να υποθέσουμε οτι οι p,q δεν είναι και οι δύο άρτιοι.

Είναι ap^2+bpq+cq^2=0.

- Αν p,q περιττοί τότε 0=ap^2+bpq+cq^2 =(περιττός) +(περιττός) +(περιττός) =(περιττός) , άτοπο.
-Aν p άρτιος, q περιττός τότε 0=ap^2+bpq+cq^2 =(άρτιος) + (άρτιος) +(περιττός) =(περιττός), άτοπο.
-Aν p περιττός, q άρτιος τότε 0=ap^2+bpq+cq^2 = (περιττός) + (άρτιος) + (άρτιος) =(περιττός), άτοπο.

Φιλικά,

Μιχάλης


Άβαταρ μέλους
konstantinos21
Δημοσιεύσεις: 19
Εγγραφή: Σάβ Νοέμ 20, 2010 9:43 pm

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#325

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από konstantinos21 » Τετ Ιουν 29, 2011 9:16 pm

vzf έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 133 :
Αποδείξτε ότι αν r \geq s\geq t τότε \displaystyle r^2-s^2+t^2 \geq(r-s+t)^2
Ισοδύναμα έχουμε ότι:
\left( r-s \right)\left( r+s \right)+{{t}^{2}}\ge {{\left( r-s \right)}^{2}}+2t\left( r-s \right)+{{t}^{2}}\Leftrightarrow
\left( r-s \right)\left( r+s \right)-{{\left( r-s \right)}^{2}}-2t\left( r-s \right)\ge 0\Leftrightarrow
\left( r-s \right)\left( r+s-r+s-2t \right)\ge 0\Leftrightarrow 2\left( r-s \right)\left( s-t \right)\ge 0


socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5783
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#326

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Πέμ Ιουν 30, 2011 12:04 am

ΑΣΚΗΣΗ 134 :
Βρείτε όλα τα ζεύγη φυσικών αριθμών (x,y) τέτοια ώστε 2x(xy-2y-3)=(x+y)(3x+y).


ΑΣΚΗΣΗ 135 :
Αν a,b θετικοί ακέραιοι, b<a, τέτοιοι ώστε ο ab(a-b) να διαιρεί τον a^3+b^3+ab,

να δείξετε ότι ο αριθμός ab είναι τέλειος κύβος.


Θανάσης Κοντογεώργης
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4207
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#327

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Πέμ Ιουν 30, 2011 8:52 am

Έχουμε 10 ασκήσεις από τις 135 συνολικά, που δεν έχουν μέχρι στιγμής απαντηθεί και είναι:

ΑΣΚΗΣΗ 73,85,106,116,126,128,130,132,134 και 135


spiros filippas
Δημοσιεύσεις: 254
Εγγραφή: Σάβ Οκτ 16, 2010 4:46 pm

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#328

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από spiros filippas » Πέμ Ιουν 30, 2011 9:58 am

vzf έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 132 :
Oι τιμές των a,b,c,d είναι 1,2,3,4 όχι απαραίτητα με αυτή τη σειρά. Ποιά είναι η μέγιστη πιθανή τιμή του ab+bc+cd+da;

Θα χρησιμοποιήσουμε τη βασική ανισότητα xy\leq (\frac{x+y}{2})^2 ως εξής:


ab+bc+cd+da=(a+c)(b+d)\leq (\frac{a+b+c+d}{2})^2=(\frac{10}{2})^2=25

Επομένως η ζητούμενη τιμή είναι 25 καί λαμβανεται όταν a+c=b+d=5


xr.tsif
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1949
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 7:14 pm

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#329

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από xr.tsif » Πέμ Ιουν 30, 2011 11:34 am

Αφού τα α,β,γ.δ παίρνουν διαφορετικές τιμές μεταξύ τους
έχουμε με δοκιμές ότι (α+γ)(β+δ) = (4+1)(2+3) = 25

Χρήστος


Γιατί πάντα αριθμόν έχοντι. Άνευ τούτου ουδέν νοητόν και γνωστόν.
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10837
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#330

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Πέμ Ιουν 30, 2011 11:34 am

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:Έχουμε 10 ασκήσεις από τις 135 συνολικά, που δεν έχουν μέχρι στιγμής απαντηθεί και είναι:

ΑΣΚΗΣΗ 73,85,106,116,126,128,130,132,134 και 135
Τις παραθέρω εδώ, για να είναι συγκεντρωμένες.

Προς τους μαθητές μας: Σας παροτρύνω ΙΣΧΥΡΑ να ασχοληθείτε γιατί όλες είναι ωραίες ασκήσεις και όλες είναι (στον ένα ή στον άλλο βαθμό) βατές (αλλά μη τετριμμένες).
Η 73 υποθέτω ότι έμεινε αναπάντητη γιατί είναι ... αρκετά γνωστή
Φερμά_96 έγραψε:άσκηση 73
να εξεταστεί καταπόσο ένας ακέραιος αριθμός, μπορεί να έχει την ρίζα του στους ρητούς αλλά όχι και στους ακέραιους αριθμούς.
(είναι διάσημο πρόβλημα, οπότε μάλλον πολλοί θα το ξέρετε)
Παναγιώτης 1729 έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 85:
Οι φυσικοί αριθμοί από το 1 ως το 10 τοποθετούνται με τυχαία σειρά στην περιφέρεια ενός κύκλου. Ν.δ.ο. υπάρχουν σε διπλανές θέσεις τρεις αριθμοί με άθροισμα τουλάχιστον 18.
s.kap έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 106

Αν a,b,c \in \mathbb{Q}^*. Να αποδείξετε ότι:

Α) Αν \sqrt[3]{a^2} \in \mathbb{Q}, τότε \sqrt[3]{a} \in \mathbb{R}

B) Αν \sqrt[3]{a}\cdot \sqrt[5]{b} \in \mathbb{Q}, τότε \sqrt[3]{a} \in \mathbb{Q} και \sqrt[5]{b} \in \mathbb{Q}

Γ) Αν \sqrt[3]{a}\cdot \sqrt[5]{b}\cdot \sqrt[7]{c} \in \mathbb{Q}, τότε \sqrt[3]{a} \in \mathbb{Q}, \sqrt[5]{b} \in \mathbb{Q} και \sqrt[7]{c} \in \mathbb{Q}
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 116 :
Στις Δημοτικές εκλογές της 1ης Κυριακής (13 Οκτωβρίου 2002) σε ένα Δήμο συμμετείχαν οι συνδυασμοί Α,Β και Γ. Ονομάζουμε ν τον αριθμό των εγγεγραμμένων στους εκλογικούς καταλόγους ψηφοφόρων.
Συνολικά ψήφισε το 75% του αριθμού ν και όλα τα ψηφοδέλτια ήταν έγκυρα. Ο συνδυασμός Α ψηφίστηκε από το 39% του αριθμού ν ενώ ο συνδυασμός Β από το 27% του ν. Λευκά δεν βρέθηκαν.
(α) Να εξετάσετε αν ο αρχηγός του συνδυασμού Α εξελέγη Δήμαρχος από την 1η Κυριάκή (δηλαδή αν έλαβε ποσοστό μεγαλύτερο του 50% ως προς τον αριθμό των έγκυρων ψηφοδελτίων).
(β) Να βρείτε το ποσοστό των ψήφων του συνδυασμού Γ ως προς τον αριθμό των έγκυρων ψηφοδελτίων.
socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 126
Αν a,b,c πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε a^4+b^4+c^4=1, να δείξετε ότι

\displaystyle (ab)^5+(bc)^5+(ca)^5 < \frac{1}{4}
Demetres έγραψε:Άσκηση 128

(α) Πόσοι αναγραμματισμοί υπάρχουν της λέξης ΣΗΜΕΡΑ; (Π.χ. το ΗΜΡΑΕΣ είναι ένας τέτοιος αναγραμματισμός. Δεν είναι απαραίτητο ο αναγραμματισμός να έχει νόημα.)

(β) Πόσοι αναγραμματισμοί υπάρχουν της λέξης ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ;

(γ) Σε πόσους από τους αναγραμματισμούς της λέξης ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ δεν εμφανίζονται δυο συνεχόμενα όμοια γράμματα. (Π.χ. απαγορεύουμε τον αναγραμματισμό ΜΑΑΘΗΜΑΤΙΚ κ.τ.λ.)
Α.Κυριακόπουλος έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 130 :
Να βρείτε τους πραγματικούς αριθμούς x, y, z και w ,για τις οποίους ισχύουν:
x + y + z + w =  - 4~~ (1) ~~ \underline{\kappa \alpha \iota} ~~ {x^8} + {y^8} + {z^8} + {w^8} = 4 ~~ (2)
socrates έγραψε: Άσκηση 134
Βρείτε όλα τα ζεύγη φυσικών αριθμών (x,y) τέτοια ώστε 2x(xy-2y-3)=(x+y)(3x+y).
socrates έγραψε: Άσκηση 135
Αν a,b θετικοί ακέραιοι, b<a, τέτοιοι ώστε ο ab(a-b) να διαιρεί τον a^3+b^3+ab,

να δείξετε ότι ο αριθμός ab είναι τέλειος κύβος.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10837
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#331

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Πέμ Ιουν 30, 2011 6:42 pm

Α.Κυριακόπουλος έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 130 :
Να βρείτε τους πραγματικούς αριθμούς x, y, z και w ,για τις οποίους ισχύουν:
x + y + z + w =  - 4~~ (1) ~~ \underline{\kappa \alpha \iota} ~~ {x^8} + {y^8} + {z^8} + {w^8} = 4 ~~ (2)
Με χρήση της \left (\frac {a+b+c+d}{4} \right)^8 \le \frac {a^8+b^8+c^8+d^8}{4} \, (*) για a,b,c,d \ge 0, με ισότητα αν και μόνον αν a=b=c=d (βλέπε παρακάτω) έχουμε

\displaystyle {1 = \left |\frac {x+y+z+w}{-4} \right |^8 \le \left (\frac {|x|+|y|+|z|+|w|}{4} \right )^8 \le \frac {|x|^8+|y|^8+|z|^8+|y|^8}{4}=1

άρα |x|=|y|=|z|=|w| =1. Συνεπώς x, y, z, w = \pm1. Εύκολα διαπιστώνουμε από την πρώτη εξίσωση ότι η μόνη εφικτή είναι η x=y=z=w=-1.

Φιλικά,

Μιχάλης

(*) βγαίνει με πολλαπλή χρήση της C-S:
\displaystyle {a+b+c+d \le \sqrt {1+1+1+1 } \sqrt {a^2+b^2+c^2+d^2} \le  2 \sqrt {\sqrt 4 \sqrt {a^4+b^4+c^4+d^4}}\le... και λοιπά.
Άλλος τρόπος: πολλαπλή χρήση της (a+b)^2 \le 2(a^2+b^2)


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10837
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#332

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Πέμ Ιουν 30, 2011 7:24 pm

s.kap έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 106

Αν a,b,c \in \mathbb{Q}^*. Να αποδείξετε ότι:

Α) Αν \sqrt[3]{a^2} \in \mathbb{Q}, τότε \sqrt[3]{a} \in \mathbb{R} (θέλει \mathbb Q)

B) Αν \sqrt[3]{a}\cdot \sqrt[5]{b} \in \mathbb{Q}, τότε \sqrt[3]{a} \in \mathbb{Q} και \sqrt[5]{b} \in \mathbb{Q}

Γ) Αν \sqrt[3]{a}\cdot \sqrt[5]{b}\cdot \sqrt[7]{c} \in \mathbb{Q}, τότε \sqrt[3]{a} \in \mathbb{Q}, \sqrt[5]{b} \in \mathbb{Q} και \sqrt[7]{c} \in \mathbb{Q}
Χωρίς βλάβη μπορούμε να υποθέσουμε (και θα το κάνουμε) ότι σε όλους τους ρητούς a,b,c,... που εμφανίζονται, το κλάσμα που τους παριστάνει είναι απλό (χωρίς κοινούς παράγοντες στον αριθμητή και παρονομαστή).

Πρώτα δείχνουμε το Λήμμα: Αν a\in \mathbb Q ^+ απλό , αν m,n πρώτοι προς αλλήλους φυσικοί και αν \sqrt[n]{a^m}\in \mathbb Q, τότε υπάρχει ρητός d με a=d^n.

Αφήνω την απόδειξη γιατί είναι παραλλαγή της γνωστής για την περίπτωση m=1. (Η μοναδικότητα της ανάλυσης σε πρώτους παράγοντες καθιστά εύκολη την απόδειξη).

Έτσι "αποδείχθηκε" το Α).

Β) Υψώνουμε στην τρίτη δύναμη, οπότε \displaystyle{a \sqrt[5]{b^3} \in \mathbb{Q}, και άρα \displaystyle{\sqrt[5]{b^3} \in \mathbb{Q}. Από το Λήμμα είναι \displaystyle{\sqrt[5]{b} \in \mathbb{Q}. Από την υπόθεση \displaystyle{\sqrt[3]{a}\cdot \sqrt[5]{b} \in \mathbb{Q} έπεται τώρα ότι και \displaystyle{\sqrt[3]{a} \in \mathbb{Q}.

Γ) Υψώνουμε στην 15η δύναμη, οπότε \displaystyle{a^5b^3 \sqrt[7]{c^{15}} \in \mathbb{Q}, και άρα \displaystyle{\sqrt[7]{c^{15}} \in \mathbb{Q}. Από το Λήμμα είναι \displaystyle{\sqrt[7]{c} \in \mathbb{Q}. Επίσης, η υπόθεση τώρα δίνει \displaystyle{\sqrt[3]{a}\cdot \sqrt[5]{b} \in \mathbb{Q}, που εξετάστηκε στο B).

Ωραία άσκηση.

Φιλικά,

Μιχάλης


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10837
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#333

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Πέμ Ιουν 30, 2011 11:24 pm

Πού είναι οι μαθητές μας;
Παναγιώτης 1729 έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 85:
Οι φυσικοί αριθμοί από το 1 ως το 10 τοποθετούνται με τυχαία σειρά στην περιφέρεια ενός κύκλου. Ν.δ.ο. υπάρχουν σε διπλανές θέσεις τρεις αριθμοί με άθροισμα τουλάχιστον 18.
Ξεχνάμε τον 1. Οι υπόλοιποι εννιά έχουν συνολικό άθροισμα 2+3+...+10=54. Τους χωρίζουμε σε τρεις διαδοχικές τριάδες, κυκλικά, αρχίζοντας από τον διπλανό του 1. Κάποια από τις τρεις αυτές τριάδες θα έχει άθροισμα \ge 18 γιατί αλλιώς το συνολικό τους άθροισμα θα ήταν \le 3 \times 17= 51<54. Άτοπο.

Αξίζει να προσθέσουμε ότι δεν μπορεί να βελτιωθεί το αποτέλεσμα σε 19, όπως δείχνει η παρακάτω διευθέτηση, όπου όλα τα αθροίσματα τριων διαδοχικών είναι το πολύ 18:
Συνημμένα
dekagono.JPG
dekagono.JPG (14.75 KiB) Προβλήθηκε 1178 φορές


Παύλος Μαραγκουδάκης
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1456
Εγγραφή: Παρ Ιαν 30, 2009 1:45 pm
Τοποθεσία: Πειραιάς

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#334

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Παύλος Μαραγκουδάκης » Παρ Ιούλ 01, 2011 12:18 am

Α.Κυριακόπουλος έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 130 :
Να βρείτε τους πραγματικούς αριθμούς x, y, z και w ,για τις οποίους ισχύουν:
x + y + z + w =  - 4~~ (1) ~~ \underline{\kappa \alpha \iota} ~~ {x^8} + {y^8} + {z^8} + {w^8} = 4 ~~ (2)
Είναι \left(x^4-1 \right)^2=x^8-2x^4+1

\left(x^2-1 \right)^2=x^4-2x^2+1

\left(x+1 \right)^2=x^2+2x+1

Πολλαπλασιάζουμε τη 2η με 2, την 3η με 4 και προσθέτουμε κατά μέλη. Προκύπτει

\left(x^4-1 \right)^2+2\left(x^2-1 \right)^2+4\left(x+1 \right)^2=x^8+8x+7.

Επαναλαμβάνουμε τα ίδια και για τους y,z,w. Προσθέτοντας προκύπτει

\left(x^4-1 \right)^2+2\left(x^2-1 \right)^2+4\left(x+1 \right)^2+\left(y^4-1 \right)^2+2\left(y^2-1 \right)^2+4\left(y+1 \right)^2+\left(z^4-1 \right)^2+2\left(z^2-1 \right)^2+4\left(z+1 \right)^2+\left(w^4-1 \right)^2+2\left(w^2-1 \right)^2+4\left(w+1 \right)^2=\left( x^8+y^8+z^8+w^8\right)+8\left( x+y+z+w\right)+28.

Από υπόθεση το 2ο μέλος ισούται με 4+8\cdot\left(-4 \right)+28=0. Άρα και το 1ο μέλος ισούται με 0.

Το 1ο μέλος είναι άθροισμα τετραγώνων, άρα όλα αυτά τα τετράγωνα είναι 0.

Επομένως x=y=z=w=-1.


Στάλα τη στάλα το νερό το μάρμαρο τρυπά το,
εκείνο που μισεί κανείς γυρίζει κι αγαπά το.
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4207
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#335

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Παρ Ιούλ 01, 2011 1:34 am

Οι πιο δύσκολες ασκήσεις από αυτές που μας είχαν απομείνει, λύθηκαν από τον Μιχάλη και τον Παύλο. (Μην απογοητεύονται οι μικροί που δεν μπόρεσαν να τις λύσουν. Αρκετές από αυτές δεν τις κατάφερα και εγώ :lol: :lol: :lol: . Όμως βλέποντας την λύση τους, καταλαβαίνουμε το τι χάναμε τόσα χρόνια!!)

Ας δούμε και δύο ακόμα θέματα πιο "χαλαρά" που το ένα έχει τεθεί σε διαγωνισμό της ΕΜΕ για την Γ Γυμνασίου:

ΑΣΚΗΣΗ 136 :
Αν α,β θετικοί ακέραιοι και αν 3\alpha +4\beta =120, να αποδείξετε ότι:

30<α+β<40


ΑΣΚΗΣΗ 137 :
Αν ο Μέγας Αλέξανδρος πέθαινε 9 χρόνια αργότερα, θα βασίλευε το μισό της ζωής του. Αν όμως πέθαινε 9 χρόνια νωρίτερα, θα βασίλευε το 1/8 της ζωής του.
Πόσα χρόνια έζησε;



Εκτός τις δύο αυτές ασκήσεις, άλυτες έχουν ακόμα απομείνει οι ασκήσεις: 73,116,126,128,134 και 135


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7996
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#336

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Παρ Ιούλ 01, 2011 11:11 am

S.E.Louridas έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 127

Πόσες είναι οι παραγοντοποιήσεις του 441.000 σε δύο παράγοντες μεγαλύτερους της μονάδας που οι παράγοντες αυτοί να είναι πρώτοι μεταξύ τους;

(*) Δύο θετικοί ακέραιοι m, n >1 είναι πρώτοι μεταξύ τους, όταν ο Μέγιστος Κοινός Διαιρέτης τους είναι 1, συμβολίζουμε (m,n)=1.


S.E.Louridas
Έχει μείνει και αυτή. Γράφω την λύση. Έχουμε 441.000 = 2^3 \cdot 3^2 \cdot 5^3 \cdot 7^2. Αν τώρα ο ένας από τους δυο παράγοντες διαιρείται με το 2, τότε ο άλλος δεν πρέπει να διαιρείται με το 2. Δηλαδή αυτός που διαιρείται με το 2 πρέπει να διαιρείται και με το 2^3. Ομοίως και για τους άλλους παράγοντες. Άρα αρκεί να βρούμε με πόσους τρόπους μπορούμε να χωρίσουμε τα 2,3,5,7 σε δυο μη κενές ομάδες. Π.χ. αν η μια ομάδα περιέχει το 2 και η άλλη τα 3,5,7 οι παράγοντες θα είναι ο 2^3 και ο 3^2 \cdot 5^3 \cdot 7^2. Επειδή οι αριθμοί είναι μικροί μπορούμε τον διαχωρισμό να το κάνουμε με το χέρι. Βρίσκουμε
2|3,5,7
2,3|5,7
2,5|3,7
2,7|3,5
2,3,5|7
2,3,7|5
2,5,7|3
συνολικά δηλαδή 7 διαχωρισμούς.

Αλλιώς μπορούμε να το κάνουμε ως εξής. Αποφασίζουμε αν το 2 θα μπει στην πρώτη ή στην δεύτερη ομάδα. Έχουμε συνολικά 2 τρόπους να αποφασίσουμε. Μετά αποφασίζουμε αν το 3 θα μπει στην πρώτη ή στην δεύτερη ομάδα με άλλους δυο τρόπους κ.τ.λ. Συνολικά έχουμε 2^4 = 16 τρόπους. Όμως δεν βρήκαμε ακριβώς αυτό που ζητάμε. Για παράδειγμα μετρήσαμε δυο τρόπους με τους οποίους είτε η πρώτη είτε η δεύτερη ομάδα δεν θα έχουν κανένα αριθμό. Αυτό απαγορεύεται και πρέπει να τους αφαιρέσουμε. Άρα συνολικά μέχρι τώρα 16 - 2 = 14 τρόποι. Πάλι όμως δεν έχουμε την σωστή απάντηση. Αν π.χ. βάλουμε τον 2 στην πρώτη ομάδα και τους 3,5,7 στην δεύτερη ή το αντίστροφο ο διαχωρισμός είναι ο ίδιος. Μετρήσαμε λοιπόν κάθε διαχωρισμό δυο φορές. Άρα το σωστό είναι 14/2 = 7 το οποίο συμφωνεί με την προηγούμενη απάντηση.

Εννοείται ότι η δεύτερη μέθοδος γενικεύεται την στιγμή που η πρώτη όχι. Π.χ. αν ο Σωτήρης ήταν πιο κακός και μας ζητούσε

«Πόσες είναι οι παραγοντοποιήσεις του 100! σε δύο παράγοντες μεγαλύτερους της μονάδας που οι παράγοντες αυτοί να είναι πρώτοι μεταξύ τους;»

Τότε με το ίδιο σκεπτικό θα έπρεπε αρχικά να βρούμε πόσοι πρώτοι υπάρχουν από το 1 ως το 100 (η απάντηση είναι 25) και μετά θα έπρεπε να βρούμε με πόσους τρόπους μπορούμε να χωρίσουμε αυτούς τους 25 αριθμούς σε δυο ομάδες. Ακολουθώντας το σκεπτικό της δεύτερης μεθόδου βρίσκουμε (2^{25} - 2)/2 = 2^{24}-1 τρόποι. Ο αριθμός αυτός είναι τεράστιος. και η πρώτη μέθοδο της καταγραφής όλων των περιπτώσεων θα αποτύγχανε οικτρά.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10837
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#337

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Παρ Ιούλ 01, 2011 3:56 pm

konstantinos21 έγραψε:
vzf έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 133 :
Αποδείξτε ότι αν r \geq s\geq t τότε \displaystyle r^2-s^2+t^2 \geq(r-s+t)^2
Ισοδύναμα έχουμε ότι:
\left( r-s \right)\left( r+s \right)+{{t}^{2}}\ge {{\left( r-s \right)}^{2}}+2t\left( r-s \right)+{{t}^{2}}\Leftrightarrow
\left( r-s \right)\left( r+s \right)-{{\left( r-s \right)}^{2}}-2t\left( r-s \right)\ge 0\Leftrightarrow
\left( r-s \right)\left( r+s-r+s-2t \right)\ge 0\Leftrightarrow 2\left( r-s \right)\left( s-t \right)\ge 0
Πολύ ωραία.

Θα γράψω άλλη μία λύση γιατί χρησιμοποιεί μία τεχνική που είναι πάντα χρήσιμη. Έχει το πλεονέκτημα ότι βγάζει "από μόνη της την ανισότητα χωρίς να σκεφτούμε".

Αφού r \ge s \ge t , μπορούμε να θέσουμε s=t+u, r= t+u+v όπου u,v \ge 0. Είναι τότε

Αριστερό μέλος r^2-s^2+t^2 = (r-s)(r+s) +t^2 = v(2t+2u+v)+t^2  = 2vt+ 2uv+v^2+t^2
Δεξί μέλος = (r-s+t)^2 = (t+v)^2 = t^2 +2vt+v^2

Είναι τώρα προφανές ότι το αριστερό μέλος είνα \ge από το δεξί (αφού η διαφορά τους 2uv\ge 0).

Το πλεονέκτημα της μεθόδου είναι ότι επειδή τα t,u,v είναι έλευθερα (δεν γνωρίζει το ένα το άλλο) το τελικό αποδεικτέο είναι πάντα "προφανές".

Φιλικά,

Μιχάλης


Παύλος Μαραγκουδάκης
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1456
Εγγραφή: Παρ Ιαν 30, 2009 1:45 pm
Τοποθεσία: Πειραιάς

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#338

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Παύλος Μαραγκουδάκης » Παρ Ιούλ 01, 2011 5:14 pm

socrates έγραψε:Άσκηση 134
Βρείτε όλα τα ζεύγη φυσικών αριθμών (x,y) τέτοια ώστε 2x(xy-2y-3)=(x+y)(3x+y).
Μετά τις πράξεις η εξίσωση γίνεται

y^2-2x\left(x-4 \right)y=-3x^2-6x. Συμπληρώνουμε το τετράγωνο στο 1ο μέλος:

\left[ y-x\left(x-4 \right)\right]^2=x^2\left(x-4 \right)^2-3x^2-6x.

Θέτουμε P\left(x \right)=x^2\left(x-4 \right)^2-3x^2-6x=x^4-8x^3+13x^2-6x.

Έχουμε λύση όταν για x φυσικό το P\left( x\right) είναι τέλειο τετράγωνο.

Είναι \left(x^2-4x-1 \right)^2=x^4-8x^3+14x^2+8x+1.

Ακόμα \left(x^2-4x-2 \right)^2=x^4-8x^3+12x^2+16x+4.

\left(x^2-4x-3 \right)^2=x^4-8x^3+10x^2+24x+9.

Παρατηρούμε ότι P(x)<\left(x^2-4x-1 \right)^2 για κάθε x φυσικό.

Ακόμα ισχύει ότι P(x)>\left(x^2-4x-3 \right)^2\Leftrightarrow x^2>10x+3\Leftrightarrow x\left(x-10 \right)>3.

Άρα για κάθε φυσικό x\geq 11 ισχύει

\left(x^2-4x-3 \right)^2<P(x)<\left(x^2-4x-1 \right)^2.

Αν το P\left( x\right) είναι τέλειο τετράγωνο και x\geq 11 τότε

P(x)=\left(x^2-4x-2 \right)^2. Η τελευταία όμως δεν έχει ακέραιες λύσεις.

Μένει να εξετάσουμε τι γίνεται για x\leq 10. Βρίσκουμε ότι τα μόνα τέλεια τετράγωνα είναι τα

P(0)=P(1)=P(6)=0,P(8)=16\cdot 49.

\bullet Για x=0: y^2=0\Leftrightarrow y=0.

\bullet Για x=1: (y+3)^2=0\Leftrightarrow y=-3. (απορρίπτεται)

\bullet Για x=6: (y-12)^2=0\Leftrightarrow y=12.

\bullet Για x=8: (y-32)^2=28^2\Leftrightarrow y=60 ή y=4.


Στάλα τη στάλα το νερό το μάρμαρο τρυπά το,
εκείνο που μισεί κανείς γυρίζει κι αγαπά το.
Παύλος Μαραγκουδάκης
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1456
Εγγραφή: Παρ Ιαν 30, 2009 1:45 pm
Τοποθεσία: Πειραιάς

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#339

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Παύλος Μαραγκουδάκης » Σάβ Ιούλ 02, 2011 12:22 am

socrates έγραψε:Άσκηση 135
Αν a,b θετικοί ακέραιοι, b<a, τέτοιοι ώστε ο ab(a-b) να διαιρεί τον a^3+b^3+ab,
να δείξετε ότι ο αριθμός ab είναι τέλειος κύβος.
Έστω d=(a,b). Τότε υπάρχουν θετικοί ακέραιοι x>y με a=xd, y=bd και (x,y)=1.

Άρα xy(x-y)d^3/\left(d^3x^3+d^3y^3+d^2xy \right) οπότε xy(x-y)d/\left(dx^3+dy^3+xy \right).

Επομένως x/dy^3 και εφόσον (x,y)=1, θα είναι x/d.

Ομοίως y/dx^3 και εφόσον (x,y)=1, θα είναι y/d.

Επομένως xy/d. Άρα υπάρχει θετικός ακέραιος k ώστε d=kxy.

Άρα xy(x-y)d/\left(kxyx^3+kxyy^3+xy \right) οπότε (x-y)xyk/\left(kx^3+ky^3+1 \right) .

Επομένως k/\left(kx^3+ky^3+1 \right) οπότε k=1.

Έτσι ab=xyd^2=\left(xy \right)^3.


Στάλα τη στάλα το νερό το μάρμαρο τρυπά το,
εκείνο που μισεί κανείς γυρίζει κι αγαπά το.
themiskant
Δημοσιεύσεις: 47
Εγγραφή: Παρ Σεπ 17, 2010 7:53 pm
Τοποθεσία: Βούλα,Αθήνα

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#340

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από themiskant » Σάβ Ιούλ 02, 2011 12:29 am

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 136 :
Αν α,β θετικοί ακέραιοι και αν 3\alpha +4\beta =120, να αποδείξετε ότι:

30<α+β<40
για \alpha =0, \beta =30 ικανοποιείται η εξίσωση οπότε οι \alpha ,\beta ,που είναι λύσεις της διοφαντικής εξίσωσης έχουν τη μορφή \alpha =4t, \beta =30-3t όπου ο t είναι ακέραιος.
Αφού οι \alpha ,\beta είναι θετικοί πρέπει να ισχύουν \alpha =4t>0\Leftrightarrow t>0 και \beta >0\Leftrightarrow 30-3t>0\Leftrightarrow t<10. οπότε πρέπει τελικά 0<t<10.
Άρα η ζητούμενη ανισότητα γράφεται 30<\alpha +\beta <40\Leftrightarrow 30<4t+30-3t<40\Leftrightarrow 0<t<10 , που ισχύει


Aν έχεις τύχη διάβαινε και ριζικό περπάτα
Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών - Συνδυαστική (Juniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες