Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

sokratis lyras · #721

οοοοο!!!!!Σωστα!!!!!άρα:
O ένας από τους πρώτους είναι ο 5 και οι αλλοι είναι 1mod 10

.
Άρα το τελευταίο του abc

είναι 5 αφού δεν γίνεται να λήγει σε

.

#722

Σωκράτη και Σωκράτη, θα ήθελα δημόσια να πω ένα μεγάλο ΕΥΧΑΡΙΣΤΩ για την προσφορά σας σε θέματα μαθηματικών διαγωνισμών. Έτσι παράγεται η γνώση!!!

Με εκτίμηση

Ιωάννου Δημήτρης

#723

sokratis lyras έγραψε:οοοοο!!!!!Σωστα!!!!!άρα:
O ένας από τους πρώτους είναι ο 5 και οι αλλοι είναι .
Άρα το τελευταίο του είναι 5 αφού δεν γίνεται να λήγει σε .

Οι άλλοι δεν είναι απαραίτητα $1 \bmod 10$ . Πρέπει όμως να είναι περιττοί οπότε το τελευταίο ψηφίο είναι όντως το 5.

sokratis lyras · #724

Ναι σωστά.Εννοούσα ότι οι τέταρτες δυνάμεις είναι 1mod10

.

sokratis lyras · #725

AΣΚΗΣΗ 340
Έστω

,

,z

$\in R$ με $a=\displaystyle\frac{b+c}{x-2}$ , $b=\displaystyle\frac{c+a}{y-2}$ , $c=\displaystyle\frac{a+b}{z-2}$ και xy+yz+zx=67

,

.
Να βρείτε το xyz

.

#726

socrates έγραψε: 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;

Για το πρώτο ερώτημα:

Ο n=0

είναι λύση.
Θεωρούμε ότι $n\geq 1$ και ας υποθέσουμε ότι $2^{n+1}-n^2=2^a$ για κάποιο φυσικό αριθμό

δηλαδή $2^{n+1}-2^a=n^2$ . Είναι φανερό από την τελευταία ότι n+1>a

οπότε ας είναι n+1-a=k>0

, όπου $k\in\mathbb{N}$

Τότε η (1)

γίνεται

κι επειδή

άρα πρέπει

$\begin{cases} 2^a=n_1^2 \ \ (2) & \\ 2^k-1=n_2^2 \ \ (3) & \end{cases}$ με (n_1,n_2)=1

και

Τότε

και $n_1=2^{a_1}$

Από την (3)

αν ήταν $k\geq 2$ τότε θα ήταν $2^k-1\equiv -1 \pmod{4}$ , άτοπο διότι το

δεν είναι τετραγωνικό υπόλοιπο $\pmod{4}$ . Άρα k=1

απ' όπου

οπότε $n=n_1=2^{a_1} \ \ (4)$

Από την άλλη λόγω της n+1-a=k

έχουμε

δηλαδή $n=2a_1 \ \ (5)$

Από τις (4),(5)

παίρνουμε τελικά $2^{a_1-1}=a_1$ που έχει τις λύσεις a_1=1

και

διότι για $a_1\geq 3$ ισχύει $2^{a_1-1}>a_1$ (εύκολο π.χ. με Bernoulli ή επαγωγή). Οπότε n=2

ή

.

Άρα τελικά οι λύσεις είναι $n=0, \ n=2, \ n=4$

Για το δεύτερο ερώτημα:

Καταρχήν ο n=0

είναι φανερά ο μόνο άρτιος αριθμός ο οποίος αποτελεί λύση.
Έστω λοιπόν n=2k+1

με $k\geq 0$ . Τότε αντικαθιστώντας θέλουμε να ισχύει

$2^{2(k+1)}-(2k+1)^2=p$ , όπου $p\geq 3$ πρώτος δηλαδή $\left(2^{k+1}-(2k+1)\right)\left(2^{k+1}+(2k+1)\right)=p$ οπότε αφού $2^{k+1}-(2k+1) < 2^{k+1}+(2k+1)$

άρα θα πρέπει $2^{k+1}-(2k+1)=1$ η οποία έχει λύσεις τους αριθμούς k=0

και

. Για $k\geq 2$ είναι $2^{k+1}-(2k+1)\geq 3$ (εύκολο π.χ. με επαγωγή).

Για k=0

παίρνουμε

που είναι δεκτή λύση και για k=1

παίρνουμε

που επίσης είναι δεκτή λύση.

Αλέξανδρος

styt_geia · #727

sokratis lyras έγραψε:AΣΚΗΣΗ 340
Έστω ,,,,,z $\in R$ με $a=\displaystyle\frac{b+c}{x-2}$ , $b=\displaystyle\frac{c+a}{y-2}$ , $c=\displaystyle\frac{a+b}{z-2}$ και ,.
Να βρείτε το .

$\displaystyle x+y+z=\frac{b+c+2a}{a}+\frac{a+c+2b}{b}+\frac{a+b+2c}{c}=\frac{b^2c+c^2b+2abc+a^2c+ac^2+2abc+a^2b+ab^2+2abc}{abc}= \frac{4abc+(a+b)(b+c)(c+a)}{abc}=4+\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{abc}= \\ 4+(x-2)(y-2)(z-2)=4-8-2(xy+yz+xz)+4(x+y+z)+xyz \Leftrightarrow xyz=-5892$

sokratis lyras · #728

Άσκηση 340.Αυτή η άσκηση έχει ξανατεθεί εδώ αλλά είναι πολύ διδακτική μου φαίνεται.
Aν $\displaystyle\frac{x^2+y^2}{x^2-y^2}+\displaystyle\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}=k$ τότε να βρεθεί η παρακάτω παράσταση συναρτήσει του

.
$A=\displaystyle\frac{x^8+y^8}{x^8-y^8}+\displaystyle\frac{x^8-y^8}{x^8+y^8}$

#729

sokratis lyras έγραψε:Άσκηση 340.Αυτή η άσκηση έχει ξανατεθεί εδώ αλλά είναι πολύ διδακτική μου φαίνεται.
Aν $\displaystyle\frac{x^2+y^2}{x^2-y^2}+\displaystyle\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}=k$ τότε να βρεθεί η παρακάτω παράσταση συναρτήσει του .
$A=\displaystyle\frac{x^8+y^8}{x^8-y^8}+\displaystyle\frac{x^8-y^8}{x^8+y^8}$

Και αν θυμάμαι καλά την είχε προτείνει ο Παύλος (Μαραγκουδάκης), αλλά άντε να τη βρεις.

:spam:

spiros filippas · #730

sokratis lyras έγραψε:Άσκηση 340.Αυτή η άσκηση έχει ξανατεθεί εδώ αλλά είναι πολύ διδακτική μου φαίνεται.
Aν $\displaystyle\frac{x^2+y^2}{x^2-y^2}+\displaystyle\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}=k$ τότε να βρεθεί η παρακάτω παράσταση συναρτήσει του .
$A=\displaystyle\frac{x^8+y^8}{x^8-y^8}+\displaystyle\frac{x^8-y^8}{x^8+y^8}$

viewtopic.php?f=109&t=15374&p=80493#p80493

#731

ΑΣΚΗΣΗ 341
Να βρεθεί η τιμή της παράστασης
$\displaystyle{\frac{x^2+x+1}{(x-y)(x-z)(x+y+1)(x+z+1)}+\frac{y^2+y+1}{(y-x)(y-z)(y+x+1)(y+z+1)}+\frac{z^2+z+1}{(z-x)(z-y)(z+x+1)(z+y+1)}.}$

ΑΣΚΗΣΗ 342
Να βρεθούν οι πρώτοι αριθμοί a,b,c

τέτοιοι ώστε οι αριθμοί $\displaystyle{\frac{b +c-3}{a}, \ \frac{c+a-2}{b}}$ και $\displaystyle{\frac{a+b-1}{c}}$ να είναι ακέραιοι.

ΑΣΚΗΣΗ 343
Έστω οι ακολουθίες
$\displaystyle{a_n=1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{n},}$

$\displaystyle{b_n=a_1+a_2+...+a_n}$ και

$\displaystyle{c_n=\frac{b_1}{2}+\frac{b_2}{3}+...+\frac{b_n}{n+1}.}$

Βρείτε τον αριθμό $b_{2011}-c_{2010}.$

#732

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 343
Έστω οι ακολουθίες
$\displaystyle{a_n=1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{n},}$

$\displaystyle{b_n=a_1+a_2+...+a_n}$ και

$\displaystyle{c_n=\frac{b_1}{2}+\frac{b_2}{3}+...+\frac{b_n}{n+1}.}$

Βρείτε τον αριθμό $b_{2011}-c_{2010}.$

Παρατηρούμε ότι

$b_n = n + (n-1)/2 + (n-2)/3 + \cdots + 1/n$
$= (n+1)a_{n+1} - (1 + 2/2 + 3/3 + \cdots + n/n + (n+1)/(n+1))$
$= (n+1)(a_{n+1} - 1)$ .

Θέτω τώρα $d_n = b_{n+1} - c_n$ . Τότε $d_{n+1} - d_n = (b_{n+2} - b_{n+1}) - (c_{n+1} - c_n) = a_{n+2} - b_{n+1}/(n+2) = a_{n+2} - (a_{n+2} - 1) = 1$ .

Άρα $\displaystyle{b_{2011} - c_{2010} = d_{2010} = d_1 + (d_2-d_1) + \cdots + (d_{2010} - d_{2009}) = 2 + (1 + \cdots + 1) = 2011.}$

[Για να βρούμε την λύση δουλέψαμε ανάποδα: Αφού ορίσαμε το d_n

όπως πιο πάνω, είδαμε ότι d_1=2,d_2=3,d_3=4

, υποψιαστήκαμε ότι d_n = n+1

, μετά είδαμε ότι για να το αποδείξουμε πρέπει να ισχύει ότι $a_{n+1} - b_n/(n+1) = 1$ το οποίο είναι και το πρώτο πράγμα που δείξαμε στην πιο πάνω απόδειξη.]

#733

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 341
Να βρεθεί η τιμή της παράστασης
$\displaystyle{\frac{x^2+x+1}{(x-y)(x-z)(x+y+1)(x+z+1)}+\frac{y^2+y+1}{(y-x)(y-z)(y+x+1)(y+z+1)}+\frac{z^2+z+1}{(z-x)(z-y)(z+x+1)(z+y+1)}.}$

Ο παρονομαστής του πρώτου κλάσματος γράφεται:

$(x-y)\left[(x+y)+1 \right](x-z)\left[(x+z)+1 \right]=$

$(x^{2}-y^{2}+x-y)(x^{2}-z^{2}+x-z)$ = $\left[x^{2}+x-(y^{2}+y) \right]\left[x^{2}+x-(z^{2}+z) \right]$

Θέτουμε τώρα:

$x^{2}+x+1=k$

$y^{2}+y+1=m$

$z^{2}+z+1=n$

Τότε το πρώτο κλάσμα της δοσμένης παράστασης γράφεται:

$\displaystyle\frac{k}{(k-m)(k-n)}$

Με τον ίδιο τρόπο βρίσκουμε και τα άλλα κλάσματα της παράστασης, οπότε έχουμε (αν ονομάσουμε

την παράσταση:

$\displaystyle A=\frac{k}{(k-m)(k-n)}+\frac{m}{(m-k)(m-n)}+\frac{n}{(n-k)(n-m)}=$

$\displaystyle\frac{k}{(k-m)(k-n)}-\frac{m}{(k-m)(m-n)}+\frac{n}{(k-n)(m-n)}=$

$\displaystyle\frac{k(m-n)-m(k-n)+n(k-m)}{(k-m)(k-n)(m-n)}=0$

#734

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 328:
Είναι δυνατό να βρεθούν 100 ευθείες στο επίπεδο που να έχουν ακριβώς 1998 σημεία τομής; Εξηγείστε την απάντησή σας.

viewtopic.php?p=103503#p103503

ΑΣΚΗΣΗ 344
Ο πρώτος όρος μιας ακολουθίας αριθμών είναι

και ο δεύτερος

Κάθε επόμενος όρος προκύπτει ως ο λόγος του τελευταίου προς τον προτελευταίο.
Να βρεθεί το άθροισμα των πρώτων 2011 όρων της ακολουθίας.

ΑΣΚΗΣΗ 345
Σε ένα συνέδριο συμμετέχουν 2011 άτομα και υπάρχουν 4020 (αμοιβαίες) γνωριμίες.
Να δείξετε ότι κάποιος από τους συνέδρους γνωρίζει το πολύ 3 άλλους συνέδρους.

ΑΣΚΗΣΗ 346
Βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους a,b

για τους οποίους ο αριθμός (ab)^2 - 4(a + b)

είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

ΑΣΚΗΣΗ 347
Μας δίνονται 13 ακέραια βάρη. Γνωρίζουμε ότι αφαιρώντας οποιοδήποτε βάρος, μπορούμε να χωρίζουμε τα υπόλοιπα 12 σε δύο ομάδες των έξι με το ίδιο βάρος.
Να δείξετε ότι όλα τα βάρη είναι ίσα.

ΑΣΚΗΣΗ 348
Έχουμε δυο σακούλια με κόκκινους και μπλε βόλους, έναν τουλάχιστον από κάθε χρώμα σε κάθε σακούλι.
Υποθέτουμε ότι αν διαλέξουμε στην τύχη ένα από τα σακούλια και έπειτα έναν βόλο από αυτό, η πιθανότητα να είναι κόκκινος είναι ίση με την αντίστοιχη πιθανότητα αν βάλουμε όλους τους βόλους σε ένα σακούλι και διαλέξουμε ένα βόλο.
Αν το πρώτο σακούλι περιέχει 7 βόλους και το δεύτερο 5 κόκκινους βόλους, να βρείτε πόσους βόλους περιέχει συνολικά το δεύτερο σακούλι.

Atemlos · #735

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 342
Να βρεθούν οι πρώτοι αριθμοί τέτοιοι ώστε οι αριθμοί $\displaystyle{\frac{b +c-3}{a}, \ \frac{c+a-2}{b}}$ και $\displaystyle{\frac{a+b-1}{c}}$ να είναι ακέραιοι.

Με κάποιες επιφυλάξεις :

Επειδή τα a,b,c

είναι πρώτοι τότε $\displaystyle{a,b,c \geqslant 2}$ . Διακρίνουμε τις ακόλουθες περιπτώσεις :

α) $\displaystyle{b + c - 3 = a}$ όποτε τα άλλα δυο κλάσματα γράφονται στην μορφή $\displaystyle{\frac{{c + a - 2}}{b} = 1 + \frac{{2c - 5}}{b},\frac{{a + b - 1}}{c} = 1 + \frac{{2b - 4}}{c}}$ . Βλεπουμε οτι δεν υπάρχουν τιμές ωστε τα κλάσματα να ειναι ακέραιοι.

β) $\displaystyle{c + a - 2 = b}$ . Όμοια δείχνουμε οτι δεν υπάρχουν τιμές.

γ) $\displaystyle{a + b - 1 = c}$ βρίσκουμε τις τιμές $\displaystyle{a = 5,b = 7,c = 11}$

ΛΕΩΝΙΔΑΣ · #736

socrates έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 348
Έχουμε δυο σακούλια με κόκκινους και μπλε βόλους, έναν τουλάχιστον από κάθε χρώμα σε κάθε σακούλι.
Υποθέτουμε ότι αν διαλέξουμε στην τύχη ένα από τα σακούλια και έπειτα έναν βόλο από αυτό, η πιθανότητα να είναι κόκκινος είναι ίση με την αντίστοιχη πιθανότητα αν βάλουμε όλους τους βόλους σε ένα σακούλι και διαλέξουμε ένα βόλο.
Αν το πρώτο σακούλι περιέχει 7 βόλους και το δεύτερο 5 κόκκινους βόλους, να βρείτε πόσους βόλους περιέχει συνολικά το δεύτερο σακούλι.

Έστω μ ο αριθμός των μπλε βόλων του δεύτερου σακουλιού και κ ο αριθμός των κόκκινων βόλων του πρώτου σακουλιού. Τότε οι πιθανότητες επιλογής κόκκινου βόλου από το πρώτο σακούλι είναι $\frac{\kappa}{7}$ και από το δεύτερο $\frac{5}{5+\mu}$ . Οι πιθανότητες επιλογής κόκκινου βόλου από ένα σακούλι στο οποίο έχουμε ρίξει όλους τους βόλους είναι $\frac{5+\kappa}{12+\mu}$ .
Άρα από υπόθεση έχουμε ότι $\frac{\kappa}{7}=\frac{5+\kappa}{12+\mu} \leftrightarrow 12\kappa+\kappa \mu=35+7\kappa \leftrightarrow \kappa(5+\mu)=35$ , οπότε με περιπτώσεις καταλήγουμε στα δεκτά $(\kappa,\mu)=(1,30),(5,2),(3,10)$ . Το πρώτο ζευγάρι δίνει $\frac{1}{7}=\frac{6}{42}$ που ισχύει. Το δεύτερο δίνει $\frac{5}{7}=\frac{10}{14}$ που ισχύει. Το τρίτο δίνει $\frac{3}{7}=\frac{8}{22}$ που δεν ισχύει.
Άρα το δεύτερο σακούλι έχει είτε 5+30=35

βόλους είτε 5+2=7

βόλους

#737

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 346
Βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους για τους οποίους ο αριθμός είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

Υπόδειξη-λύση:

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 347
Μας δίνονται 13 ακέραια βάρη. Γνωρίζουμε ότι αφαιρώντας οποιοδήποτε βάρος, μπορούμε να χωρίζουμε τα υπόλοιπα 12 σε δύο ομάδες των έξι με το ίδιο βάρος.
Να δείξετε ότι όλα τα βάρη είναι ίσα.

Υπόδειξη-λύση:

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#738

Προσωπικά, χρειαζόμουν τις υποδείξεις που έδωσε ο socrates, γιατί δεν κατάφερα να τις λύσω

Η επόμενη άσκηση έχει τεθεί σε διαγωνισμό της ΕΜΕ (ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ) για την Γ ΓΥμνασίου

ΑΣΚΗΣΗ 349: Να δειχθεί ότι η ακολουθία των αριθμών 6,10,14,18,...,(4k+2),...

δεν περιέχει κανένα τέλειο τετράγωνο φυσικού αριθμού.

sokratis lyras · #739

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:Προσωπικά, χρειαζόμουν τις υποδείξεις που έδωσε ο socrates, γιατί δεν κατάφερα να τις λύσω

Η επόμενη άσκηση έχει τεθεί σε διαγωνισμό της ΕΜΕ (ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ) για την Γ ΓΥμνασίου

ΑΣΚΗΣΗ 349: Να δειχθεί ότι η ακολουθία των αριθμών δεν περιέχει κανένα τέλειο τετράγωνο φυσικού αριθμού.

Παίρνουμε τετραγωνικά υπόλοιπα mod4

και παρατηρούμε πως είναι τα

και

.Άρα δεν υπάρχει αριθμός της μορφής 4k+2

o οποίος να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

#740

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
Η επόμενη άσκηση έχει τεθεί σε διαγωνισμό της ΕΜΕ (ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ) για την Γ ΓΥμνασίου

ΑΣΚΗΣΗ 349: Να δειχθεί ότι η ακολουθία των αριθμών δεν περιέχει κανένα τέλειο τετράγωνο φυσικού αριθμού.

Δίνω ακόμα μια λύση χωρίς mod

Θα εργαστούμε με την μέθοδο της εις άτοπον απαγωγής:

Ας υποθέσουμε ότι υπάρχει

φυσικός αριθμός έτσι ώστε να είναι

$4k+2=n^{2}, \Rightarrow 2(2k+1)=n^{2}\Rightarrow n^{2}$ άρτιος. Άρα θα είναι και ο

επίσης άρτιος (εύκολα αποδείχνεται ότι αν $n^{k}$ άρτιος ή περιττός, τότε και ο

θα είναι άρτιος ή περιττός αντιστοίχως)

Αφού λοιπόν ο

είναι άρτιος άρα $n=2p,p\epsilon N$ . Τότε από την σχέση

$2(2k+1)=n^{2}\Rightarrow 2(2k+1)=(2p)^{2}\Rightarrow 2k+1=2p^{2}$ . Τούτο όμως είναι άτοπο, αφού το πρώτο μέλος είναι περιττός και το δεύτερο άρτιος.

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