Τεστ Εξάσκησης (39), Μικροί

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6072
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Τεστ Εξάσκησης (39), Μικροί

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Δευ Μαρ 30, 2020 12:23 am

ΘΕΜΑ 1
Να βρείτε όλες τις πραγματικές λύσεις της εξίσωσης

\displaystyle{(x^2 + 3x + 1)^{x^2−x−6} = 1.}


ΘΕΜΑ 2
Σε ένα παραλληλόγραμμο ABCD είναι AD\perp AC.Έστω N η προβολή του C στην BD και P το συμμετρικό του B ως προς την AC. Να αποδειχθεί ότι \angle ANP=90^o.


ΘΕΜΑ 3
Να βρείτε όλους τους θετικούς ακέραιους n με διαιρέτες τους αριθμούς \displaystyle{1=d_1<d_2<...<d_k=n}
για τους οποίους ισχύει \displaystyle{n^2 = d_{22}^2\left(d_7^2 + d_{10}^2 \right)}


ΘΕΜΑ 4
Έστω A ένας δεκαεξαψήφιος θετικός ακέραιος αριθμός.
Να αποδείξετε ότι υπάρχουν ένα ή περισσότερα διαδοχικά ψηφία του A, το γινόμενο των οποίων είναι τέλειο τετράγωνο!


Θανάσης Κοντογεώργης

Λέξεις Κλειδιά:
geoberdenis2004
Δημοσιεύσεις: 10
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2020 3:36 pm

Re: Τεστ Εξάσκησης (39), Μικροί

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από geoberdenis2004 » Δευ Μαρ 30, 2020 1:44 pm

Καλησπέρα για το 1 οι λύσεις είναι:


Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 765
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: Τεστ Εξάσκησης (39), Μικροί

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Δευ Μαρ 30, 2020 2:48 pm

socrates έγραψε:
Δευ Μαρ 30, 2020 12:23 am
ΘΕΜΑ 1
Να βρείτε όλες τις πραγματικές λύσεις της εξίσωσης

\displaystyle{(x^2 + 3x + 1)^{x^2−x−6} = 1.}
Γράφω μια αναλυτική λύση

Οι περιπτώσεις είναι \rm x^2+3x+1=1 ,x^2-x-6=0 και η \rm x^2+3x+1=-1 με \rm x^2-x-6 άρτιο.
  • \rm x^2+3x+1=1 \Leftrightarrow x(x+3)=0 \Leftrightarrow x=0\,\,\,or\,\,\,x=-3
  • \rm x^2-x-6=0 \Leftrightarrow (x-3)(x+2)=0 \Leftrightarrow x=3\,\,\,or\,\,\,x=-2 (επίσης γι αυτές τις τιμές δεν μηδενίζεται η βάση)
  • \rm x^2+3x+1=-1 \Leftrightarrow (x+1)(x+2)=0 \Leftrightarrow x=-1\,\,\,or\,\,\, x=-2 (επίσης για τις τιμές αυτές \rm x^2-x-6 άρτιος-το οποίο βέβαια ισχύει για κάθε ακέραιο)
Λύσεις λοιπόν οι \boxed {\rm x=-3,-2,-1,0,3}.


socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6072
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: Τεστ Εξάσκησης (39), Μικροί

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Δευ Μαρ 30, 2020 11:42 pm

socrates έγραψε:
Δευ Μαρ 30, 2020 12:23 am
ΘΕΜΑ 1
Να βρείτε όλες τις πραγματικές λύσεις της εξίσωσης

\displaystyle{(x^2 + 3x + 1)^{x^2−x−6} = 1.}

Ωραία!
Έχουμε ουσιαστικά να λύσουμε την εξίσωση a^b=1. Αυτό συμβαίνει αν και μόνο αν:
  • a=1 και b\in \Bbb{R}
  • b=0 και a\ne 0
  • a=-1 και b άρτιος.


Θανάσης Κοντογεώργης
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9340
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Τεστ Εξάσκησης (39), Μικροί

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τρί Μαρ 31, 2020 4:19 pm

socrates έγραψε:
Δευ Μαρ 30, 2020 12:23 am

ΘΕΜΑ 2
Σε ένα παραλληλόγραμμο ABCD είναι AD\perp AC.Έστω N η προβολή του C στην BD και P το συμμετρικό του B ως προς την AC. Να αποδειχθεί ότι \angle ANP=90^o.
39-μικροί.png
39-μικροί.png (22.11 KiB) Προβλήθηκε 478 φορές
Το ACPD είναι ορθογώνιο εγγεγραμμένο σε κύκλο (\omega) κι επειδή D\widehat NC=90^\circ, το N είναι σημείο του (\omega), άρα A\widehat NP=90^\circ.


Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 765
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: Τεστ Εξάσκησης (39), Μικροί

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Πέμ Απρ 02, 2020 8:43 pm

socrates έγραψε:
Δευ Μαρ 30, 2020 12:23 am

ΘΕΜΑ 3
Να βρείτε όλους τους θετικούς ακέραιους n με διαιρέτες τους αριθμούς \displaystyle{1=d_1<d_2<...<d_k=n}
για τους οποίους ισχύει \displaystyle{n^2 = d_{22}^2\left(d_7^2 + d_{10}^2 \right)}
Μια απαίσια λύση :(
Δείχνω πρώτα τα εξής \rm i)\,\,\,\,2\mid n\,\,\,ii)\,\,\,3\mid n,\,\,\,\,iii)5\mid n.

i) Έστω ότι \rm n περιττός.Τότε πρέπει \rm d_i,i=1,2,...,k περιττός άρα \rm d_{22}^2(d_7^2+d_{10}^2)\equiv 1(1+1)\equiv 0\pmod{2} άτοπο!
ii)Έστω \rm n\not\equiv 0\pmod{3},τότε \rm d_i\not\equiv 0\pmod{3}\Leftrightarrow d_i^2\equiv 1\pmod{3},i=1,2,..,k άρα \rm n^2\equiv 1(1+1)\equiv 2\pmod{3} άτοπο!
iii)Έστω \rm n\not\equiv 0\pmod{5} τότε \rm d_i\not\equiv 0\pmod{5}\Leftrightarrow d_i^2\equiv 1,4\pmod{5},i=1,2,..,k. Παίρνοντας τις περιπτώσεις \rm d_{22},d_{7},d{10}\pmod{5} καταλήγουμε σε άτοπο.
Από τα παραπάνω έπεται επίσης ότι \rm n\equiv 0\pmod{6},n\equiv 0\pmod{10},n\equiv 0\pmod{15}.
Από την υπόθεση πρέπει ο αριθμός \rm d_7^2+d_{10}^2 να είναι τετράγωνο κάποιου \rm d_j και αυτό γιατί \rm n\equiv0\pmod{d_{22}}
Εξετάζω δύο περιπτώσεις:
  • Περίπτωση 1η :\rm n\equiv0\pmod{4}
    Θα είναι \rm d_1=1,d_2=2,d_3=3,d_4=4,d_5=5,d_6=6 και \rm n\equiv0\pmod{12}
    • Υποπερίπτωση 1η: \rm n\equiv 0\pmod{7}
      Τότε θα είναι και \rm d_7=7 .Όμως η \rm 49+d_{10}^2=d_j^2 έχει θετική λύση για d_{10}=24 (ο τρόπος επίλυσης είναι απλός με διαφορά τετραγώνων κλπ).Αυτό όμως δεν μπορεί να συμβαίνει καθώς και οι 12,14,15 είναι διαιρέτες του \rm n αλλά οι τιμές \rm d_8,d_9 δεν είναι αρκετές.
    • Υποπερίπτωση 2η: \rm n\not\equiv 0\pmod{7}
      Τότε \rm d_7=8,9,10
      • Αν ήταν \rm d_7=9 τότε \rm d_{10}^2=d_j^2 που με παραγοντοποίηση κλπ δίνει \rm d_{10}=12,40.Η τιμή 40 απορρίπτεται αφού δεν θα υπήρχαν \rm d_c για να αντιστοιχίσουμε όλους του διαιρέτες του \rm n..Για \rm d_{10}=12 θα είναι \rm d_8=10,d_{9}=11 και θα ισχύει η σχέση  \rm n=15d_{22}.Αν \rm n \equiv 0 \pmod {13} τότε \rm d_{11}=13,d_{12}=14,d_{13}=15 άρα λόγω της \rm d_{p}d_{k-p+1}=n θα είναι \rm k-12=22 δηλαδή \rm k=34.Αν θεωρήσω \displaystyle {\rm n=\prod_{i=1}^{m}p_i^{a_i}} τότε \displaystyle{\rm \prod_{i=1}^{m}(a_i+1)=k=34} αυτό όμως είναι άτοπο γιατί το 34 έχει ''λίγους'' πρώτους διαιρέτες και έχουμε ήδη αρκετούς πρώτους διαιρέτες του \rm n.Όμοια αν το 13 δεν διαιρεί το \rm n
      • Αν \rm d_7=10 τότε δεν μπορεί \rm n\equiv 0\pmod{8} αλλά βρίσκουμε ότι πρέπει \rm d_{10}=24\equiv 0\pmod{8} άτοπο!
      • Μένει λοιπόν η \rm d_7=8\rm 64+d_{10}^2=d_i^2 δίνει \rm d_{10}=15(αφού \rm d_{10}>d_8>6)) και \rm n=17d_{22} .Επειδή σίγουρα τα 10,12 διαιρούν το \rm n θα είναι \rm d_8=10,d_9=12,d_{10}=15.Αν \rm n\equiv 0\pmod{16} τότε από την \rm d_{p}d_{k-p+1}=n έπεται πως έπεται πως \rm k=33 .Επειδή το 33 έχει ''λίγους'' διαιρέτες όπως πριν παίρνουμε άτοπο.Άρα \rm d_{11}=17 που δίνει \rm k=32 .Θεωρώντας την κανονική μορφή του \rm n όπως πριν και επειδή \rm u_2(n)=3 έπεται πως \rm n=2^3\cdot3\cdot5\cdot 17=2040 που όπως θα δούμε και παρακάτω αποτελεί την μοναδική λύση του προβλήματος.
  • Περίπτωση 2η (φτάσαμε και εδώ :roll: ) :Αν \rm n\not\equiv 0\pmod{4}.
    Τότε είναι \rm d_4=5,d_5=6.
    • Υποπερίπτωση 1η: \rm d_6=7 .Τότε \rm d_7=9,10 .
      • Αν \rm d_7=9 τότε από την \rm 81+d_{10}^2=d_i^2 παίρνουμε ότι οι λύσεις είναι \rm \equiv 0\pmod4 άτοπο.
      • Όπως πριν καταλήγουμε σε άτοπο επειδή από τη \rm 100+d_{10}^2=d_{i}^2 είναι d_{10} \rm \equiv 0\pmod4 .
    • Υποπερίπτωση 2η: \rm d_6\neq 7.Τότε ακριβώς όπως πριν \rm d_7=9,10 που καταλήγει σε άτοπο λόγω της \rm d_7^2+d_{10}^2=d_{i}^2
Είναι λοιπόν \boxed{\rm n=2040}.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8447
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Τεστ Εξάσκησης (39), Μικροί

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Πέμ Απρ 02, 2020 11:38 pm

socrates έγραψε:
Δευ Μαρ 30, 2020 12:23 am
ΘΕΜΑ 4
Έστω A ένας δεκαεξαψήφιος θετικός ακέραιος αριθμός.
Να αποδείξετε ότι υπάρχουν ένα ή περισσότερα διαδοχικά ψηφία του A, το γινόμενο των οποίων είναι τέλειο τετράγωνο!

Έστω A = \overline{a_1a_2\cdots a_{16}} ο αριθμός. Κοιτάζουμε τους αριθμούς x_1 = a_1, x_2 = a_1 \cdot a_2, x_3 = a_1 \cdot a_2 \cdot a_3, \ldots. Μπορούμε να γράψουμε x_i = 2^{b_i}\cdot 3^{c_i} \cdot 5^{d_i} \cdot 7^{d_i} ως γινόμενο πρώτων παραγόντων. Κοιτάζουμε τα 16 διανύσματα v_i = (b_i \bmod 2,c_i \bmod 2,d_i \bmod 2,e_i \bmod 2). Αν για κάποιο i έχουμε v_i = (0,0,0,0) τότε το x_i είναι τέλειο τετράγωνο και τελειώσαμε. Αλλιώς, από την αρχή του περιστερώνα θα έχουμε i < j με v_i v_j. Τότε το a_{i+1} \times \cdots \times a_j = x_j/x_i είναι τέλειο τετράγωνο και πάλι τελειώσαμε.


socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6072
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: Τεστ Εξάσκησης (39), Μικροί

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Σάβ Απρ 11, 2020 11:35 pm

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε:
Πέμ Απρ 02, 2020 8:43 pm
socrates έγραψε:
Δευ Μαρ 30, 2020 12:23 am

ΘΕΜΑ 3
Να βρείτε όλους τους θετικούς ακέραιους n με διαιρέτες τους αριθμούς \displaystyle{1=d_1<d_2<...<d_k=n}
για τους οποίους ισχύει \displaystyle{n^2 = d_{22}^2\left(d_7^2 + d_{10}^2 \right)}
Μια απαίσια λύση :(
Δείχνω πρώτα τα εξής \rm i)\,\,\,\,2\mid n\,\,\,ii)\,\,\,3\mid n,\,\,\,\,iii)5\mid n.

i) Έστω ότι \rm n περιττός.Τότε πρέπει \rm d_i,i=1,2,...,k περιττός άρα \rm d_{22}^2(d_7^2+d_{10}^2)\equiv 1(1+1)\equiv 0\pmod{2} άτοπο!
ii)Έστω \rm n\not\equiv 0\pmod{3},τότε \rm d_i\not\equiv 0\pmod{3}\Leftrightarrow d_i^2\equiv 1\pmod{3},i=1,2,..,k άρα \rm n^2\equiv 1(1+1)\equiv 2\pmod{3} άτοπο!
iii)Έστω \rm n\not\equiv 0\pmod{5} τότε \rm d_i\not\equiv 0\pmod{5}\Leftrightarrow d_i^2\equiv 1,4\pmod{5},i=1,2,..,k. Παίρνοντας τις περιπτώσεις \rm d_{22},d_{7},d{10}\pmod{5} καταλήγουμε σε άτοπο.
Από τα παραπάνω έπεται επίσης ότι \rm n\equiv 0\pmod{6},n\equiv 0\pmod{10},n\equiv 0\pmod{15}.
Από την υπόθεση πρέπει ο αριθμός \rm d_7^2+d_{10}^2 να είναι τετράγωνο κάποιου \rm d_j και αυτό γιατί \rm n\equiv0\pmod{d_{22}}
Εξετάζω δύο περιπτώσεις:
  • Περίπτωση 1η :\rm n\equiv0\pmod{4}
    Θα είναι \rm d_1=1,d_2=2,d_3=3,d_4=4,d_5=5,d_6=6 και \rm n\equiv0\pmod{12}
    • Υποπερίπτωση 1η: \rm n\equiv 0\pmod{7}
      Τότε θα είναι και \rm d_7=7 .Όμως η \rm 49+d_{10}^2=d_j^2 έχει θετική λύση για d_{10}=24 (ο τρόπος επίλυσης είναι απλός με διαφορά τετραγώνων κλπ).Αυτό όμως δεν μπορεί να συμβαίνει καθώς και οι 12,14,15 είναι διαιρέτες του \rm n αλλά οι τιμές \rm d_8,d_9 δεν είναι αρκετές.
    • Υποπερίπτωση 2η: \rm n\not\equiv 0\pmod{7}
      Τότε \rm d_7=8,9,10
      • Αν ήταν \rm d_7=9 τότε \rm d_{10}^2=d_j^2 που με παραγοντοποίηση κλπ δίνει \rm d_{10}=12,40.Η τιμή 40 απορρίπτεται αφού δεν θα υπήρχαν \rm d_c για να αντιστοιχίσουμε όλους του διαιρέτες του \rm n..Για \rm d_{10}=12 θα είναι \rm d_8=10,d_{9}=11 και θα ισχύει η σχέση  \rm n=15d_{22}.Αν \rm n \equiv 0 \pmod {13} τότε \rm d_{11}=13,d_{12}=14,d_{13}=15 άρα λόγω της \rm d_{p}d_{k-p+1}=n θα είναι \rm k-12=22 δηλαδή \rm k=34.Αν θεωρήσω \displaystyle {\rm n=\prod_{i=1}^{m}p_i^{a_i}} τότε \displaystyle{\rm \prod_{i=1}^{m}(a_i+1)=k=34} αυτό όμως είναι άτοπο γιατί το 34 έχει ''λίγους'' πρώτους διαιρέτες και έχουμε ήδη αρκετούς πρώτους διαιρέτες του \rm n.Όμοια αν το 13 δεν διαιρεί το \rm n
      • Αν \rm d_7=10 τότε δεν μπορεί \rm n\equiv 0\pmod{8} αλλά βρίσκουμε ότι πρέπει \rm d_{10}=24\equiv 0\pmod{8} άτοπο!
      • Μένει λοιπόν η \rm d_7=8\rm 64+d_{10}^2=d_i^2 δίνει \rm d_{10}=15(αφού \rm d_{10}>d_8>6)) και \rm n=17d_{22} .Επειδή σίγουρα τα 10,12 διαιρούν το \rm n θα είναι \rm d_8=10,d_9=12,d_{10}=15.Αν \rm n\equiv 0\pmod{16} τότε από την \rm d_{p}d_{k-p+1}=n έπεται πως έπεται πως \rm k=33 .Επειδή το 33 έχει ''λίγους'' διαιρέτες όπως πριν παίρνουμε άτοπο.Άρα \rm d_{11}=17 που δίνει \rm k=32 .Θεωρώντας την κανονική μορφή του \rm n όπως πριν και επειδή \rm u_2(n)=3 έπεται πως \rm n=2^3\cdot3\cdot5\cdot 17=2040 που όπως θα δούμε και παρακάτω αποτελεί την μοναδική λύση του προβλήματος.
  • Περίπτωση 2η (φτάσαμε και εδώ :roll: ) :Αν \rm n\not\equiv 0\pmod{4}.
    Τότε είναι \rm d_4=5,d_5=6.
    • Υποπερίπτωση 1η: \rm d_6=7 .Τότε \rm d_7=9,10 .
      • Αν \rm d_7=9 τότε από την \rm 81+d_{10}^2=d_i^2 παίρνουμε ότι οι λύσεις είναι \rm \equiv 0\pmod4 άτοπο.
      • Όπως πριν καταλήγουμε σε άτοπο επειδή από τη \rm 100+d_{10}^2=d_{i}^2 είναι d_{10} \rm \equiv 0\pmod4 .
    • Υποπερίπτωση 2η: \rm d_6\neq 7.Τότε ακριβώς όπως πριν \rm d_7=9,10 που καταλήγει σε άτοπο λόγω της \rm d_7^2+d_{10}^2=d_{i}^2
Είναι λοιπόν \boxed{\rm n=2040}.

Ωραία!
Σχετικό πρόβλημα: https://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=7016


Θανάσης Κοντογεώργης
Απάντηση

Επιστροφή σε “Θέματα διαγωνισμών (ΕΜΕ, BMO, JBMO, IMO, Kangaroo κλπ)”

Μέλη σε σύνδεση

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