Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Συντονιστές: cretanman, Demetres, polysot, socrates, silouan

JimNt.
Δημοσιεύσεις: 511
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1781

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από JimNt. » Πέμ Ιουν 23, 2016 10:16 am

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 594: (Βαθμός δυσκολίας 3, με κλίμακα από το 1 μέχρι το 10) . Αν ο αριθμός \displaystyle{(2n+1)^2 +2^{2n+1} -1}

δεν διαιρείται με το 4, να βρεθεί ο μη αρνητικός ακέραιος αριθμός n
Μια διαφορετική λύση. Έστω K η παράσταση.Είναι:
(2n+1)^{2}\equiv 1(mod4) (Καθώς 2n+1 περιττός(άρα και το τετράγωνό του είναι περιττός) και ποτέ πολ. του 4)
2^{2n+1} \equiv 0,2(mod4) (Αν 2n+1 > 1, ισχύει πάντα η πρώτη περίπτωση. Αν 2n+1=1 \Leftrightarrow n=0 ισχύει η δεύτερη περίπτωση)
-1\equiv -1(mod4)
Με πρόσθεση των παραπάνω λαμβάνουμε ότι:
K \equiv 0,2(mod4). Παίρνουμε την δεύτερη περίπτωση που επιτυγχάνεται όταν 2^{2n+1} \equiv 2(mod4) \Leftrightarrow 2n+1=1 \Leftrightarrow n=0.


It's the questions we can't answer that teach us the most. They teach us how to think. If you give a man an answer, all he gains is a little fact. But give him a question and he'll look for his own answers.
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4189
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1782

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Πέμ Ιουν 30, 2016 10:57 pm

ΑΣΚΗΣΗ 595: (Βαθμός δυσκολίας 6, με κλίμακα από το 1 μέχρι το 10). Αν ο αριθμός \displaystyle{A=\frac{a^2 +b^4}{a^4 -b^2}} είναι

φυσικός και αν \displaystyle{a,b\in N , a>b}, να βρεθούν οι αριθμοί a , b


JimNt.
Δημοσιεύσεις: 511
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1783

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από JimNt. » Παρ Ιούλ 01, 2016 11:14 am

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 595: (Βαθμός δυσκολίας 6, με κλίμακα από το 1 μέχρι το 10). Αν ο αριθμός \displaystyle{A=\frac{a^2 +b^4}{a^4 -b^2}} είναι

φυσικός και αν \displaystyle{a,b\in N , a>b}, να βρεθούν οι αριθμοί a , b
Αφόυ a>b και a,b\in\mathbff{N} έπεται ότι a=b+n, με n φυσικό \ge1. Επιπλέον, αφού το κλάσμα που δίνεται πάρνει και φυσικές τιμές έπεται ότι a^{4}-b^{2}\le a^{2}+b^{4} \Leftrightarrow (b+n)^{4}-(b+n)^{2}\le b^{4}+b^{2} \Leftrightarrow b^{4}+4b^{3}n+6b^{2}n^{2}+4bn^{3}+n^{4}-b^{2}-2bn-n^{2}\le b^{4}+b^{2} \Leftrightarrow 4b^{3}n+6b^{2}n^{2}+4bn^{3}+n^{4}-n^{2}-2b^{2}-2bn\le0 \Leftrightarrow n^{2}(n^{2}-1)+2b(2b^{2}n+3bn^{2}+2n^{3}-n-b) \le 0 (1) Ευκολα τώρα βλέπουμε πως (αφού a,n φυσικοί και n\ge1)2b(2b^{2}+3bn^{2}+2n^{3})\ge 2b(n+b), n^{2}\ge1. Όμως για να ισχύει η (1) θα πρέπει να ισχύει η ισότητα και στις δύο προαναφερθείσες ανισότητες, διαφορετικά το αριστερό μέλος της (1) θα είναι θετικό. Στην δεύτερη η ισότητα ισχύει για n=1. Αντικαθιστούμε στην άλλη και παίρνουμε 2b(2b^{2}+3b+2)\ge 2b(1+b), που (καθώς b φυσικός και2b^{2}+3b+2>1+b ) η ισότητα ισχύει μόνο αν b=0, διαφορετικά η (1) δεν ισχύει. Έτσι η (1) γίνεται 0\le0, που ισχύει.
Έτσι το κλάσμα της εκφώνησης γίνεται \frac{a^{2}}{a^{4}}, που είναι φυσικός μόνο αν a=b+n=0+1=1. Έτσι το ζεύγος (a,b)=(1,0) είναι και το μοναδικό.


It's the questions we can't answer that teach us the most. They teach us how to think. If you give a man an answer, all he gains is a little fact. But give him a question and he'll look for his own answers.
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4189
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1784

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Δευ Ιούλ 04, 2016 12:16 pm

ΑΣΚΗΣΗ 596: Δίνεται ένα ισοσκελές τρίγωνο \displaystyle{ABC} και έστω \displaystyle{BD} το ύψος του. Ο κύκλος \displaystyle{(A,AD)} τέμνει την
ημιευθεία \displaystyle{BA} στο σημείο \displaystyle{E}. Αν η ευθεία \displaystyle{ED} τέμνει την βάση \displaystyle{BC} στο \displaystyle{Z},

(α) Να αποδείξετε ότι τα τρίγωνα \displaystyle{EBZ} και \displaystyle{DZC} είναι όμοια
(β) Αν επί πλέον δίνεται ότι \displaystyle{\frac{AD}{DC}=k}, να βρεθεί ο λόγος \displaystyle{\frac{(EBZ)}{(DZC)}}
SXΓ5.png
SXΓ5.png (14.11 KiB) Προβλήθηκε 1793 φορές


Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1304
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1785

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Δευ Ιούλ 04, 2016 12:31 pm

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 596: Δίνεται ένα ισοσκελές τρίγωνο \displaystyle{ABC} και έστω \displaystyle{BD} το ύψος του. Ο κύκλος \displaystyle{(A,AD)} τέμνει την
ημιευθεία \displaystyle{BA} στο σημείο \displaystyle{E}. Αν η ευθεία \displaystyle{ED} τέμνει την βάση \displaystyle{BC} στο \displaystyle{Z},

(α) Να αποδείξετε ότι τα τρίγωνα \displaystyle{EBZ} και \displaystyle{DZC} είναι όμοια
(β) Αν επί πλέον δίνεται ότι \displaystyle{\frac{AD}{DC}=k}, να βρεθεί ο λόγος \displaystyle{\frac{(EBZ)}{(DZC)}}
SXΓ5.png
Καλημέρα!

(α)

Αφού A κέντρο του κύκλου, AE=AD και AED=ADE=ZDC και ακόμη B=C(από το ισοσκελές ABC).
Άρα, τα τρίγωνα EBZ,DZC έχουν δύο ίσες γωνίες, και άρα είναι όμοια.

(β) Είναι \dfrac{(EBZ)}{(DZC)}= (\dfrac{EB}{DC})^2=(\dfrac{AB+AE}{DC})^2=(\dfrac{AC+AD}{DC})^2=(\dfrac{2AD+DC}{DC})^2=(2k+1)^2.


Ο καθένας λέει ότι να΄ναι και είναι πάντα σύμφωνος με τον εαυτό του ! 'Ολοι μιλάνε και κανείς δεν ακούει! Ο κόσμος είναι σε νοητική αδράνεια ! Ελένη Γλυκατζή Αρβελέρ
Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 734
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1786

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Κυρ Αύγ 28, 2016 12:52 pm

ΑΣΚΗΣΗ 597: Δίνεται η εξίσωση \alpha \beta + \gamma \delta + \epsilon \zeta = \chi \psi \omega, όπου κάθε γράμμα αντιστοιχεί σε διαφορετικό ψηφίο, κανένα ψηφίο δεν μπορεί να είναι το 9 και κανένας αριθμός δεν ξεκινάει με το 0. Να βρείτε την ελάχιστη δυνατή τιμή του \chi \psi \omega.


Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 719
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1787

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Σάβ Σεπ 03, 2016 2:54 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 597: Δίνεται η εξίσωση \alpha \beta + \gamma \delta + \epsilon \zeta = \chi \psi \omega, όπου κάθε γράμμα αντιστοιχεί σε διαφορετικό ψηφίο, κανένα ψηφίο δεν μπορεί να είναι το 9 και κανένας αριθμός δεν ξεκινάει με το 0. Να βρείτε την ελάχιστη δυνατή τιμή του \chi \psi \omega.
Μια λύση της εξίσωσης είναι η εξής:

25+36+47=108

Θα αποδείξουμε ότι ο ελάχιστος \chi\psi\omega είναι το 108. Καταρχάς, το \chi\psi\omega>100, καθώς \chi \geq 1. Έστω πως υπάρχει ένας \chi\psi\omega που να είναι μικρότερος του 108.
Τότε σίγουρα θα ισχύει ότι \psi=0 και ότι 0<\omega <8

Έχουμε:

\displaystyle{10(\alpha+\gamma+\varepsilon)+\beta+\delta+\zeta-\omega=100 \Leftrightarrow \alpha+\gamma+\varepsilon+\frac{\beta+\delta+\zeta-\omega}{10}=10}

Προφανώς \alpha+\gamma+\varepsilon \leq 10, αλλά επειδή έχουμε ήδη χρησιμοποιήσει τα ψηφία 1 και 0, θα ισχύει ότι (\alpha, \gamma, \varepsilon)=(2, 3, 4) ή (\alpha, \gamma, \varepsilon)=(2, 3, 5). Όμως η λύση (\alpha, \gamma,  \varepsilon)=(2, 3, 5) απορρίπτεται, επειδή θα έπρεπε \beta+\delta+\zeta-\omega=0, που είναι αδύνατον αν χρησιμοποιήσουμε τα υπόλοιπα ψηφία 4, 6, 7, 8.

Άρα σίγουρα έχουμε μέχρι τώρα (\alpha, \gamma, \varepsilon)=(2, 3, 4) και \displaystyle{\frac{\beta+\delta+\zeta-\omega}{10}=1 \Leftrightarrow \beta+\delta+\zeta-\omega=10}. Όμως επειδή πρέπει να χρησιμοποιήσουμε τα υπόλοιπα ψηφία 5,6,7 και 8, προκύπτει ότι (\beta+\delta+\zeta)=(5, 6, 7) και \omega=8, άρα \chi\psi\omega=108 που ταυτίζεται με την αρχική μας λύση.

Συνεπώς η ελάχιστη τιμή του \chi\psi\omega είναι 108.


Houston, we have a problem!
socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5778
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1788

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Πέμ Σεπ 22, 2016 8:16 pm

ΑΣΚΗΣΗ 598:
Θεωρούμε έναν θετικό ακέραιο k. Να βρείτε όλες τις τριάδες θετικών ακεραίων a, b,c, που ικανοποιούν το σύστημα των εξισώσεων

\displaystyle{\begin{cases} a + b + c = 3k + 1 \\ ab + bc + ca = 3k^2 + 2k. \end{cases}}


Θανάσης Κοντογεώργης
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1304
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1789

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Πέμ Σεπ 22, 2016 10:08 pm

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 598:
Θεωρούμε έναν θετικό ακέραιο k. Να βρείτε όλες τις τριάδες θετικών ακεραίων a, b,c, που ικανοποιούν το σύστημα των εξισώσεων

\displaystyle{\begin{cases} a + b + c = 3k + 1 \\ ab + bc + ca = 3k^2 + 2k. \end{cases}}
Είναι a^2+b^2+c^2=(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)=(3k+1)^2-2(3k^2+2k)=3k^2+2k+1=ab+bc+ca+1.

Άρα, a^2+b^2+c^2=ab+bc+ca+1.

Η προηγούμενη γράφεται (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=2.

Έστω a-b=x,b-c=y,c-a=z.

Τότε \begin{cases} x^2+y^2+z^2=2 \\ x+y+z=0 \end{cases}.

Εύκολα, x \in (-1,0,1).

Αν x=-1, \begin{cases} y^2+z^2=1 \\ y+z=1 \end{cases} \Leftrightarrow y=0,z=1 \textnormal{\gr ή } y=1,z=0.

Συνεπώς a-b=-1,b-c=0,c-a=1 \textnormal{\gr ή}      a-b=-1,b-c=1,c-a=0, και εύκολα έχουμε τις λύσεις (a,b,c)=(s+1,s,s),(t,t+1,t).

Παρόμοια και οι άλλες περιπτώσεις.


Ο καθένας λέει ότι να΄ναι και είναι πάντα σύμφωνος με τον εαυτό του ! 'Ολοι μιλάνε και κανείς δεν ακούει! Ο κόσμος είναι σε νοητική αδράνεια ! Ελένη Γλυκατζή Αρβελέρ
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4189
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1790

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Τετ Οκτ 12, 2016 9:52 pm

ΑΣΚΗΣΗ 599: Να βρείτε το πλήθος των τετράγωνων αριθμών που είναι πιο μεγάλοι από τον \displaystyle{2^{120}} και πιο μικροί

από τον \displaystyle{256.(16^4 +1)^2}


JimNt.
Δημοσιεύσεις: 511
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1791

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από JimNt. » Πέμ Οκτ 13, 2016 5:42 pm

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 599: Να βρείτε το πλήθος των τετράγωνων αριθμών που είναι πιο μεγάλοι από τον \displaystyle{2^{120}} και πιο μικροί

από τον \displaystyle{256.(16^4 +1)^2}
Νομίζω ότι είτε η εκφώνηση είναι λάθος, είτε είναι παγίδα.(μάλλον το δεύτερο)
Από την εκφώνηση προκύπτει 256(16^{4}+1)^2 > 2^{120} \Leftrightarrow 2^{40}+2^{25}+2^{8} > 2^{120} \Leftrightarrow 2^{32}+2^{17} > 2^{112} -1 \Leftrightarrow 2^{17}(2^{15}+1) > (2^{56}+1)(2^{56}-1), άτοπο. Συνεπώς, κανένας αριθμός δεν τηρεί τις προϋποθέσεις και άρα η απάντηση είναι 0;
.


It's the questions we can't answer that teach us the most. They teach us how to think. If you give a man an answer, all he gains is a little fact. But give him a question and he'll look for his own answers.
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4189
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1792

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Παρ Οκτ 14, 2016 8:49 pm

JimNt. έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 599: Να βρείτε το πλήθος των τετράγωνων αριθμών που είναι πιο μεγάλοι από τον \displaystyle{2^{120}} και πιο μικροί

από τον \displaystyle{256.(16^4 +1)^2}
Νομίζω ότι είτε η εκφώνηση είναι λάθος, είτε είναι παγίδα.(μάλλον το δεύτερο)
Από την εκφώνηση προκύπτει 256(16^{4}+1)^2 > 2^{120} \Leftrightarrow 2^{40}+2^{25}+2^{8} > 2^{120} \Leftrightarrow 2^{32}+2^{17} > 2^{112} -1 \Leftrightarrow 2^{17}(2^{15}+1) > (2^{56}+1)(2^{56}-1), άτοπο. Συνεπώς, κανένας αριθμός δεν τηρεί τις προϋποθέσεις και άρα η απάντηση είναι 0;
.

ΝΑΙ, έχεις δίκιο, πρόκειται για τυπογραφικό λάθος, λόγω βιαστικής πληκτρολόγησης. Ο πρώτος αριθμός που έγραψα είναι ο \displaystyle{2^{40}}

Θα το διορθώσω παρακάτω


ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4189
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1793

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Παρ Οκτ 14, 2016 8:55 pm

Λόγω τυπογραφικού, ξαναγράφω την άσκηση 599

ΑΣΚΗΣΗ 599 Να βρείτε το πλήθος των τετράγωνων αριθμών που είναι πιο μεγάλοι από τον \displaystyle{2^{40}} και πιο μικροί

από τον \displaystyle{256(16^4 +1)^2}


Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 719
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1794

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Παρ Οκτ 14, 2016 11:03 pm

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:Λόγω τυπογραφικού, ξαναγράφω την άσκηση 599

ΑΣΚΗΣΗ 599 Να βρείτε το πλήθος των τετράγωνων αριθμών που είναι πιο μεγάλοι από τον \displaystyle{2^{40}} και πιο μικροί

από τον \displaystyle{256(16^4 +1)^2}
Για κάθε τέτοιο τετράγωνο x^2 έχουμε:

2^{40} < x^2 < 256(16^4 +1)^2 \Rightarrow \sqrt{2^{40}} < \sqrt{x^2} < \sqrt{256(16^4 +1)^2}  \Rightarrow

2^{20} < x < 16(16^4 +1) = 16^5+16 \Rightarrow  2^{20} < x < 2^{20}+16

Από την τελευταία προκύπτει ότι το x μπορεί να πάρει 2^{20}+16 - 2^{20} -1=15 διαφορετικές τιμές.

Άρα υπάρχουν 15 τέτοια τετράγωνα.


Houston, we have a problem!
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4189
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1795

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Τρί Οκτ 25, 2016 9:37 pm

ΑΣΚΗΣΗ 600: Θεωρούμε τον τριψήφιο αριθμό XYZ , για τον οποίο ισχύει ότι 1\leq X+Z\leq 8 και 5\leq Y\leq 9.

Στον αριθμό αυτόν προσθέτουμε τον επίσης τριψήφιο αριθμό ZYX και βρίσκουμε έναν νέο αριθμό. Να αποδείξετε ότι αν από τον νέο αυτό αριθμό

αφαιρέσουμε τον αριθμό που προκύπτει γράφοντας τα ψηφία του από το τέλος προς την αρχή, θα βρούμε αποτέλεσμα 99.


JimNt.
Δημοσιεύσεις: 511
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1796

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από JimNt. » Τρί Οκτ 25, 2016 10:58 pm

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 600: Θεωρούμε τον τριψήφιο αριθμό XYZ , για τον οποίο ισχύει ότι 1\leq X+Z\leq 8 και 5\leq Y\leq 9.

Στον αριθμό αυτόν προσθέτουμε τον επίσης τριψήφιο αριθμό ZYX και βρίσκουμε έναν νέο αριθμό. Να αποδείξετε ότι αν από τον νέο αυτό αριθμό

αφαιρέσουμε τον αριθμό που προκύπτει γράφοντας τα ψηφία του από το τέλος προς την αρχή, θα βρούμε αποτέλεσμα 99.
\overline{xyz} + \overline{zyx}=101x+20y+101z . Τώρα επειδή είναι 5 \le y, έστω y=5+n όπου n φυσικός \le 4. Είναι λοιπόν, 101x+20y+101z=101x+100+20n+101z=100(x+z+1)+10(2n)+ 1(x+z), και αφού 2 \le x+z+1 \le 9 < 10, 2n \le 8 < 10, 1 \le x+z \le 8 < 10, έπεται πως ο αριθμός που προκύπτει (έστω A) είναι τριψήφιος, που έχει στο ψηφίο των εκατοντάδων το x+z+1, στο δεκάδων 2n και στο μονάδων x+z. Ο αριθμός που προκύπτει αν αλλάξουμε την σειρά των ψηφίων του A από το τέλος προς την αρχή (έστω B) είναι B=100(x+z)+20n+(x+z+1)1. Τώρα κάνουμε την αφαίρεση A-B και το ζητούμενο είναι άμεσο.


It's the questions we can't answer that teach us the most. They teach us how to think. If you give a man an answer, all he gains is a little fact. But give him a question and he'll look for his own answers.
Άβαταρ μέλους
kostas232
Δημοσιεύσεις: 134
Εγγραφή: Πέμ Ιούλ 24, 2014 5:28 pm
Τοποθεσία: Κορινθία

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1797

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από kostas232 » Τρί Ιαν 10, 2017 6:10 pm

Έχει μείνει άλυτη η 553. Δίνω μία λύση:

Αν κάποιος από τους x,y,z είναι μηδέν, τότε από τη σχέση x+y+z=xyz προκύπτει ότι το άθροισμα των άλλων δύο είναι μηδέν, οπότε τελικά είναι x=y=z=0 (αφού οι x,y,z είναι μη αρνητικοί). Στην περίπτωση αυτή ανισότητα που θέλουμε να αποδείξουμε ισχύει (δηλαδή ισχύει το "ίσον").

Έστω τώρα ότι οι x,y,z είναι θετικοί. Τότε έχουμε:

x^2+y^2+z^2 \geq \frac{(x+y+z)^2}{3}=xyz \cdot \frac{xyz}{3} \geq \sqrt{3} xyz=\sqrt{3} (x+y+z)

αφού από την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ είναι x+y+z \geq 3\sqrt[3]{xyz} \Leftrightarrow (xyz)^3 \geq 27(xyz) \Leftrightarrow (xyz)^2 \geq 27 \Leftrightarrow xyz \geq  3 \sqrt{3} και οι x,y,z είναι θετικοί.


Carpe Diem
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4189
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1798

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Κυρ Ιαν 14, 2018 12:59 am

ΑΣΚΗΣΗ 601: Αν οι αριθμοί \displaystyle{x,y} είναι θετικοί ακέραιοι και ισχύει ότι

\displaystyle{\sqrt{2x-7}=19-y^2}, τότε να αποδείξετε ότι \displaystyle{x+\frac{9}{20}y^4 =\frac{616}{5}}


papamixalis
Δημοσιεύσεις: 190
Εγγραφή: Σάβ Ιουν 13, 2015 3:38 pm

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1799

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από papamixalis » Κυρ Ιαν 14, 2018 4:52 am

Καλημέρα Mathematica, Καλημερα Κύριε Δημήτρη!!! Χαθήκαμε (ή μάλλον χάθηκα) για αρκετό καιρό...Σε περιοδο εξεταστικής είμαστε οπότε είπα για διάλλειμα να θυμηθώ τα παλιά :D :D
Στα δικά μας τώρα...
Αν και δεν μου άρεσε τόσο πολύ ο τρόπος (λίγο "μπακαλίστικος") θα περιγράψω το σκεπτικό αναλυτικά

Θέλουμε λόγω δεδομένων το 19-y^2 \geq 0 άρα y \leq \sqrt{19}
Το y όμως είναι θετικός ακέραιος και μπορούμε να συμπεράνουμε ότι η τετραγωνική ρίζα του 19 είναι ανάμεσα στο 4 και στο 5.
Συνεπώς οι δυνατές τιμές που μπορεί να πάρει το y είναι οι : 1,2,3,4
Στην εξίσωση του δεδομένου βάζοντας τις τιμές του y βρίσκω τις τιμές του x
Για y=1 Παρατηρώ ότι δεν υπάρχει θετικός ακέραιος x που να ικανοποιεί το δεδομένο
Για y=2 Κάνοντας τις πράξεις βρίσκουμε οτι x=116 και μάλιστα αυτό το ζευγάρι επαληθεύει το ζητούμενο (το x λύνοντας την ανίσωση από την ρίζα βρίσκουμε ότι πρέπει να είναι μεγαλύτερο ή ίσο του \dfrac{7}{2} άρα η τιμή είναι δεκτή.
Το y=3 απορρίπτεται για τους ίδιους λόγους με το y=1
Και τέλος το y=4 και x=8 επαληθεύει το πρόβλημα μας.

Ουσιαστικά το σκεπτικό είναι ότι θα βρώ όλα τα x και  y που ικανοποιούν το δεδομένο και θα δείξω οτι ικανοποιούν και το ζητούμενο.

Ελπίζω λόγω και της περίεργης ώρας να μην έχω κάνει κάποια παρανόηση..
Κλείνοντας θέλω λίγο καθυστερημένα να ευχαριστήσω όλα τα μέλη του mathematica που στα "δυσκολα" χρόνια του λυκείου με βοήθησαν όχι μόνο για τις διαφορετικές ασκήσεις ή λύσεις που είδα ή τις απορίες που μου έλυσαν αλλά πιο πολύ επειδή με εκαναν να αγαπήσω ακόμα περισσοτερο τα μαθηματικα!

Καλό ξημέρωμα
Φιλικά
Μιχάλης


ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4189
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1800

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Κυρ Ιαν 14, 2018 9:52 am

papamixalis έγραψε:
Κυρ Ιαν 14, 2018 4:52 am
Καλημέρα Mathematica, Καλημερα Κύριε Δημήτρη!!! Χαθήκαμε (ή μάλλον χάθηκα) για αρκετό καιρό...Σε περιοδο εξεταστικής είμαστε οπότε είπα για διάλλειμα να θυμηθώ τα παλιά :D :D
Στα δικά μας τώρα...
Αν και δεν μου άρεσε τόσο πολύ ο τρόπος (λίγο "μπακαλίστικος") θα περιγράψω το σκεπτικό αναλυτικά

Θέλουμε λόγω δεδομένων το 19-y^2 \geq 0 άρα y \leq \sqrt{19}
Το y όμως είναι θετικός ακέραιος και μπορούμε να συμπεράνουμε ότι η τετραγωνική ρίζα του 19 είναι ανάμεσα στο 4 και στο 5.
Συνεπώς οι δυνατές τιμές που μπορεί να πάρει το y είναι οι : 1,2,3,4
Στην εξίσωση του δεδομένου βάζοντας τις τιμές του y βρίσκω τις τιμές του x
Για y=1 Παρατηρώ ότι δεν υπάρχει θετικός ακέραιος x που να ικανοποιεί το δεδομένο
Για y=2 Κάνοντας τις πράξεις βρίσκουμε οτι x=116 και μάλιστα αυτό το ζευγάρι επαληθεύει το ζητούμενο (το x λύνοντας την ανίσωση από την ρίζα βρίσκουμε ότι πρέπει να είναι μεγαλύτερο ή ίσο του \dfrac{7}{2} άρα η τιμή είναι δεκτή.
Το y=3 απορρίπτεται για τους ίδιους λόγους με το y=1
Και τέλος το y=4 και x=8 επαληθεύει το πρόβλημα μας.

Ουσιαστικά το σκεπτικό είναι ότι θα βρώ όλα τα x και  y που ικανοποιούν το δεδομένο και θα δείξω οτι ικανοποιούν και το ζητούμενο.

Ελπίζω λόγω και της περίεργης ώρας να μην έχω κάνει κάποια παρανόηση..
Κλείνοντας θέλω λίγο καθυστερημένα να ευχαριστήσω όλα τα μέλη του mathematica που στα "δυσκολα" χρόνια του λυκείου με βοήθησαν όχι μόνο για τις διαφορετικές ασκήσεις ή λύσεις που είδα ή τις απορίες που μου έλυσαν αλλά πιο πολύ επειδή με εκαναν να αγαπήσω ακόμα περισσοτερο τα μαθηματικα!

Καλό ξημέρωμα
Φιλικά
Μιχάλης
Καλημέρα Μιχάλη.

Τελικά, μαζί επανερχόμαστε ως ενεργά μέλη , ύστερα από αρκετό καιρό απραξίας (εσύ λόγω εξεταστικής και εγώ λόγω άπειρων αγροτικών ασχολιών).
Ο τρόπος λύσης δεν είναι καθόλου "μπακαλίστικος" , αλλά αυτός ακριβώς που πρέπει.


Απάντηση

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

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης