Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#121

ΑΣΚΗΣΗ 55 Αν $\displaystyle{x+my=\sqrt{a^2 +m^2 b^2}}$ και $\displaystyle{mx-y=\sqrt{m^2 a^2 +b^2}}$ ,

να αποδείξετε ότι $\displaystyle{x^2 +y^2 =a^2 +b^2}$

#122

ΑΣΚΗΣΗ 56 Αν $\displaystyle{m\epsilon Z}$ , να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{A=\frac{m^2 -3}{5}+\frac{m^2 +1}{3}}$
δεν είναι ακέραιος.

gauss1988 · #123

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 55 Αν $\displaystyle{x+my=\sqrt{a^2 +m^2 b^2}}$ και $\displaystyle{mx-y=\sqrt{m^2 a^2 +b^2}}$ ,

να αποδείξετε ότι $\displaystyle{x^2 +y^2 =a^2 +b^2}$

Χαιρετώ τους φίλους του

. Από σήμερα είμαι με πενθήμερη άδεια και μετά ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ

(Τα παλιά μου λημέρια).
Λοιπόν:

$\displaystyle{(x+my)^2 =a^2 +m^2 b^2}$ και $\displaystyle{(mx-y)^2 =m^2 a^2 +b^2}$ . Θα προσθέσω κατά μέλη και θα βρω:

$\displaystyle{x^2 +m^2 y^2 +m^2 x^2 +y^2 =a^2 +m^2 b^2 +m^2 a^2 +b^2\Rightarrow (x^2 +y^2 )+m^2 (x^2 +y^2 )=(a^2 +b^2 )+m^2 (a^2 +b^2 )\Rightarrow }$

$\displaystyle{(x^2 +y^2 )(1+m^2 )=(a^2 +b^2 )(1+m^2 )\Rightarrow x^2 +y^2 =a^2 +b^2}$

#124

ΑΣΚΗΣΗ 57: Αν ένας φυσικός αριθμός ισούται με το άθροισμα των τετραγώνων δύο φυσικών αριθμών, τότε το ίδιο θα συμβαίνει και με το πενταπλάσιο του αριθμού αυτού.

#125

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 57: Αν ένας φυσικός αριθμός ισούται με το άθροισμα των τετραγώνων δύο φυσικών αριθμών, τότε το ίδιο θα συμβαίνει και με το πενταπλάσιο του αριθμού αυτού.

Αν

τότε, όπως εύκολα ελέγχουμε, 5A=(2a-b)^2+(a-2b)^2

.

Γενικότερα, στη θέση του 5=2^2+1^2

μπορούμε να βάλουμε οποιοδήποτε άθροισμα τετραγώνων c^2+d^2

αφού
$\displaystyle{(c^2+d^2)(a^2+b^2)=(ca+db)^2+(da-cb)^2}$ .

Για παράδειγμα το 34A

είναι επίσης άθροισμα τετραγώνων αφού 34=3^2+5^2

.

Φιλικά,

Μιχάλης

greek_sorcerer · #126

Mihalis_Lambrou έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 57: Αν ένας φυσικός αριθμός ισούται με το άθροισμα των τετραγώνων δύο φυσικών αριθμών, τότε το ίδιο θα συμβαίνει και με το πενταπλάσιο του αριθμού αυτού.
$\displaystyle{(c^2+d^2)(a^2+b^2)=(ca+db)^2+(da-cb)^2}$

Φιλικά,
Μιχάλης

Να συμπληρώσω οτι αυτή είναι η ταυτότητα Lagrange, που αποτελεί ειδική περίπτωση μιας γενικότερης ταυτότητας.

#127

greek_sorcerer έγραψε:
Να συμπληρώσω οτι αυτή είναι η ταυτότητα Lagrange, που αποτελεί ειδική περίπτωση μιας γενικότερης ταυτότητας.

Και να συμπληρώσω ακόμα ότι η παραπάνω ταυτότητα (εννοώ η ειδική περίπτωση της Lagrange) εμφανίζεται πρώτη φορά στο Liber Quadratorum του Fibonacci, to 1225, πολύ πριν τον Lagrange. Επίσης υπάρχει σε ισοδύναμη μορφή στα Αριθμητικά του Διοφάντου.

Μ.

gauss1988 · #128

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 57: Αν ένας φυσικός αριθμός ισούται με το άθροισμα των τετραγώνων δύο φυσικών αριθμών, τότε το ίδιο θα συμβαίνει και με το πενταπλάσιο του αριθμού αυτού.

Αν $\displaystyle{A=x^2 +y^2}$ τότε $\displaystyle{5A=5x^2 +5y^2 =4x^2 +x^2 +4y^2 +y^2 =(4x^2 +4xy+y^2) +(4y^2 -4xy+x^2) =}$

$\displaystyle{=(2x+y)^2 +(2y-x)^2}$ . Αφού οι αριθμοί $\displaystyle{x,y}$ είναι φυσικοί, άρα και οι αριθμοί $\displaystyle{(2x+y)^2 , (2y-x)^2 }$ είναι επίσης φυσικοί.

#129

ΑΣΚΗΣΗ 58: Αν ο επταψήφιος αριθμός $\displaystyle{x9y4xy7}$ , γνωρίζουμε ότι διαιρείται με το $\displaystyle{11}$ , να βρείτε την τιμή του ψηφίου $\displaystyle{x}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Garfield · #130

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 56 Αν $\displaystyle{m\epsilon Z}$ , να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{A=\frac{m^2 -3}{5}+\frac{m^2 +1}{3}}$
δεν είναι ακέραιος.

$\displaystyle{ A = \frac{ m^{2} -3}{5} + \frac{ m^{2} + 1}{3} = \frac{8m^{2}-4}{15}}$

Άρα έχουμε ότι: $\displaystyle{ A \in \mathbb{Z} \Longleftrightarrow 15| (8m^{2}-4) \Longleftrightarrow 3|(8m^{2}-4) \quad \textnormal{\gr και} \quad 5|(8m^{2}-4) }$ γιατί είναι (5,3)=1

και

είναι πρώτοι αριθμοί.

Όμως $\displaystyle{ 3|(8m^{2}-4) \implies 8m^{2} \equiv 4 \text{mod3} \implies 2m^{2} \equiv1 \text{mod3} \implies m^{2} \equiv 2\cdot 2m^{2} \equiv 2 \text{mod3} \implies m^{2} \equiv 2 \text{mod3} }$ το οποίο είναι άτοπο γιατί $\displaystyle{ a^2 \equiv 0,1 \text{mod3} \quad \forall a \in \mathbb{Z} }$

(Ομοίως θα καταλήγαμε σε άτοπο αν δουλεύαμε με την σχέση $\displaystyle{ 5|(8m^{2}-4) }$ )

Άρα ο Α δεν είναι ακέραιος.

#131

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 56 Αν $\displaystyle{m\epsilon Z}$ , να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{A=\frac{m^2 -3}{5}+\frac{m^2 +1}{3}}$
δεν είναι ακέραιος.

Ας δούμε και έναν ακόμα τρόπο χωρίς ισοτιμίες:

Έχουμε $\displaystyle{A=\frac{8m^2 -4}{15}\Rightarrow 8m^2 -4=15A\Rightarrow 4(2m^2 -1)=15A}$ . Άρα $\displaystyle{4|15A}$ και αφού

$\displaystyle{(4 , 15)=1}$ , θα πρέπει $\displaystyle{4|A}$ . 'Αρα $\displaystyle{A=4k , k\epsilon Z}$ . Τότε έχουμε:

$\displaystyle{8m^2 -4=15.4k\Rightarrow 2m^2 =15k+1}$ . Αν ο $\displaystyle{k}$ είναι άρτιος, τότε ο $\displaystyle{15k+1}$ θα είναι περιττός και άρα θα έχουμε ότι ένας άρτιος ισούται με έναν περιττό, πράγμα άτοπο. Άρα θα πρέπει ο $\displaystyle{k}$ να είναι περιττός. Δηλαδή
$\displaystyle{k=2n+1 , n\epsilon Z}$ . Tότε $\displaystyle{2m^2 =15(2n+1)+1\Rightarrow 2m^2 =30n+16\Rightarrow m^2 =15n+8}$
Θα δείξουμε ότι η τελευταία σχέση είναι αδύνατη.

Έστω $\displaystyle{k=2t , t\epsilon Z}$ . Τότε $\displaystyle{m^2 =30t +8}$ . Όμως ο αριθμός $\displaystyle{30t +8}$ , δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο, αφού λήγει σε $\displaystyle{8}$ .

Έστω $\displaystyle{k=2t +1 , t\epsilon Z}$ . Τότε $\displaystyle{m^2 =30t+23}$ . Και πάλι όμως έχουμε άτοπο, αφού ο αριθμός $\displaystyle{30t +23}$ , λήγει σε $\displaystyle{3}$ και άρα δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο.

Συνεπώς ο $\displaystyle{A}$ , δεν μπορεί να είναι ακέραιος.

#132

ΑΣΚΗΣΗ 59: Αν $\displaystyle{x , y , z \epsilon Z}$ και $\displaystyle{x^2 -x+|y+2|+(z^2 -4)^2 \leq 0}$ , να βρεθούν όλες οι δυνατές τιμές των $\displaystyle{x , y , z}$

#133

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 59: Αν $\displaystyle{x , y , z \epsilon Z}$ και $\displaystyle{x^2 -x+|y+2|+(z^2 -4)^2 \leq 0}$ , να βρεθούν όλες οι δυνατές τιμές των $\displaystyle{x , y , z}$

Επειδή είναι

$\displaystyle{|y+2|+(z^2-4)^2\geq 0}$ πρέπει να ισχύει $\displaystyle{x^2-x\leq 0\implies 0\leq x\leq 1.}$

Όμως $\displaystyle{x\in \mathbb{Z}}$ άρα $\displaystyle{x=0\vee x=1.}$

Και στις δύο περιπτώσεις είναι $\displaystyle{x^2-x=0,}$ οπότε η συνθήκη γράφεται

$\displaystyle{|y+2|+(z^2-4)^2\leq 0\implies |y+2|=z^2-4=0\implies y=-2 \wedge (z=2\vee z=-2).}$

Τελικά είναι λοιπόν

$\displaystyle{(x=0,y=-2,z=2)\vee (x=0,y=-2,z=-2)\vee (x=1,y=-2,z=2)\vee (x=1,y=-2,z=-2).}$

#134

ΑΣΚΗΣΗ 60: Αν ένας τριψήφιος αριθμός έχει το ψηφίο των μονάδων , μιρότερο από το ψηφίο των δεκάδων και το ψηφίο των δεκάδων μικρότερο από αυτό των εκατοντάδων και αν επί πλέον τα ψηφία του είναι διαδοχικοί φυσικοί αριθμοί, να αποδείξετε ότι το υπόλοιπο της διαίρεσης αυτού με το $\displaystyle{111}$ , είναι το $\displaystyle{99}$ .

#135

ΑΣΚΗΣΗ 61: Να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{(1-\frac{1}{2^k})(1-\frac{1}{3^k})(1-\frac{1}{4^k}). ... .(1-\frac{1}{2012^k}) >\frac{1}{2}}$

για κάθε $\displaystyle{k\epsilon N}$ , με $\displaystyle{k\geq 2}$

#136

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ: Να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{(1-\frac{1}{2^k})(1-\frac{1}{3^k})(1-\frac{1}{4^k}). ... .(1-\frac{1}{2012^k}) >\frac{1}{2}}$

για κάθε $\displaystyle{k\epsilon N}$ , με $\displaystyle{k\geq 2}$

$k\geq 2\Rightarrow 2^k\geq 2^2\Rightarrow 1-\dfrac{1}{2^k}\geq 1-\dfrac{1}{2^2}$

$(1-\dfrac{1}{2^k})(1-\dfrac{1}{3^k})(1-\dfrac{1}{4^k}). ... .(1-\dfrac{1}{2012^k})\geq$ $(1-\dfrac{1}{2^2})(1-\dfrac{1}{3^2})(1-\dfrac{1}{4^2}).(1-\dfrac{1}{2012^2})=$

$\dfrac{2-1}{2}\cdot \dfrac{2+1}{2}\cdot \dfrac{3-1}{3}\cdot \dfrac{3+1}{3}\cdot \ldots \cdot \dfrac{2012-1}{2012}\cdot \dfrac{2012+1}{2012}=\dfrac{2013}{2\cdot 2012}>\dfrac{1}{2}$

#137

ΑΣΚΗΣΗ 62: Έστω $\displaystyle{a_1 =\frac{1}{2} , a_2 =1-\frac{1}{a_1 +1} , a_3 =1-\frac{1}{a_1 a_2 +1} , . . . ,a_{2012}=1-\frac{1}{a_1 a_2 ...a_{2011}+1}}$

Δείξτε ότι: $\displaystyle{a_1 +a_2 +a_3 + ... +a_{2012} <1}$

#138

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 62: Έστω $\displaystyle{a_1 =\frac{1}{2} , a_2 =1-\frac{1}{a_1 +1} , a_3 =1-\frac{1}{a_1 a_2 +1} , . . . ,a_{2012}=1-\frac{1}{a_1 a_2 ...a_{2011}+1}}$

Δείξτε ότι: $\displaystyle{a_1 +a_2 +a_3 + ... +a_{2012} <1}$

Κάτσε γιατί στάματησε η...ροή:
Έχω, με πράξεις πως:
$\displaystyle{\begin{array}{l} {\alpha _1} = \frac{1}{2} > 0\\ {\alpha _2} = \frac{{{\alpha _1}}}{{{\alpha _1} + 1}} > 0\\ {\alpha _3} = \frac{{{\alpha _1}{\alpha _2}}}{{{\alpha _1}{\alpha _2} + 1}} > 0\\ ....\\ {\alpha _{2012}} = \frac{{{\alpha _1}{\alpha _2}...{\alpha _{2011}}}}{{{\alpha _1}{\alpha _2}...{\alpha _{2011}} + 1}} > 0 \end{array}}$

επομένως όλοι θετικοί.
Επιπλέον αν κάνω χιαστί γινόμενα σε κάθε ισότητα, έχω:

$\displaystyle{\begin{array}{l} {\alpha _1} = \frac{1}{2} > 0\\ {\alpha _2}{\alpha _1} + {\alpha _2} = {\alpha _1}\\ {\alpha _3}{\alpha _2}{\alpha _1} + {\alpha _3} = {\alpha _1}{\alpha _2}\\ ....\\ {\alpha _{2012}}{\alpha _1}{\alpha _2}...{\alpha _{2011}} + {\alpha _{2012}} = {\alpha _1}{\alpha _2}...{\alpha _{2011}} \end{array}}$

απ'όπου με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε:

$\displaystyle{\begin{array}{l} {\alpha _{2012}}{\alpha _1}{\alpha _2}...{\alpha _{2011}} + {\alpha _2} + {\alpha _3} + .........{\alpha _{2012}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \\ {\alpha _{2012}}{\alpha _1}{\alpha _2}...{\alpha _{2011}} + {\alpha _1} + {\alpha _2} + {\alpha _3} + .........{\alpha _{2012}} = 1 \Rightarrow \\ {\alpha _1} + {\alpha _2} + {\alpha _3} + .........{\alpha _{2012}} = 1 - \left( {{\alpha _{2012}}{\alpha _1}{\alpha _2}...{\alpha _{2011}}} \right) < 1 \end{array}}$

αφού το γινόμενο θετικών είναι θετικός.

#139

ΑΣΚΗΣΗ 63: Αν οι αριθμοί x , y , z

είναι ανάλογοι προς τους αριθμούς 3 , 4 , 2

, να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}<30\left (\frac{1}{4\cdot 7}+\frac{1}{7\cdot10}+\frac{1}{10\cdot13}\right )}$

#140

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 63: Αν οι αριθμοί είναι ανάλογοι προς τους αριθμούς , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}<30\left (\frac{1}{4\cdot 7}+\frac{1}{7\cdot10}+\frac{1}{10\cdot13}\right )}$

και μετά βελτιώστε το στο

$\displaystyle{\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}\le \frac {111}{70} <\frac {45}{26}=30\left (\frac{1}{4\cdot 7}+\frac{1}{7\cdot10}+\frac{1}{10\cdot13}\right )}$

Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Μέλη σε σύνδεση