Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2001

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 945
Αν τότε

H Παρακάτω λύση δόθηκε από τον Nick Kolliopoulos

Έχουμε: $\displaystyle{a>1 , b>1 \Rightarrow (a-1)(b-1)>0\Rightarrow ab+1>a+b\Rightarrow ab+1 +ab+1 >ab+1 +a+b\Rightarrow 2(ab+1)>(a+1)(b+1)}$

Ομοίως: $\displaystyle{2(cd+1)>(c+1)(d+1)}$ .

Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη των παραπάνω σχέσεων (τα μέλη τους είναι θετικά), έχουμε:

$\displaystyle{4(ab+1)(cd+1)>(a+1)(b+1)(c+1)(d+1)}$ , (ΣΧΕΣΗ 1)

Επίσης είναι $\displaystyle{ab>1 , cd>1 \Rightarrow (ab-1)(cd-1)>0\Rightarrow abcd+1>ab+cd\Rightarrow abcd+1+abcd+1>abcd+1+ab+cd\Rightarrow}$

$\displaystyle{2(abcd+1)>(ab+1)(cd+1)\Rightarrow 8(abcd+1)>4(ab+1)(cd+1)>(a+1)(b+1)(c+1)(d+1)}$ , (λόγω της σχέσης 1)

#2002

Προβλήματα που δεν έχουν απαντηθεί:

ΑΣΚΗΣΗ 712:
Να βρεθούν οι θετικοί ακέραιοι αριθμοί για τους οποίους ο αριθμός

$\displaystyle{\frac{\sqrt{2}+\sqrt{a}}{\sqrt{3}+\sqrt{b}}}$ είναι ρητός.

ΑΣΚΗΣΗ 715:
Αν για τα ψηφία με $0<a<b\leq c<d$ ισχύει $\overline{dcba} = \overline{abcd} + \overline{xyzt}$
να βρείτε τις δυνατές τιμές του $S = \overline{xyzt} + \overline{tzyx}.$

ΑΣΚΗΣΗ 871
Έστω το σύνολο όλων των θετικών ακεραίων που είναι πολλαπλάσια του στη δεκαδική τους αναπαράσταση αποτελούνται μόνο από τα ψηφία και και δεν υπερβαίνουν το Πόσα στοιχεία έχει το

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:AΣΚΗΣΗ 921: Σε έναν κήπο υπάρχουν $\displaystyle{12}$ δέντρα στη σειρά. Κάποια από αυτά είναι πορτοκαλιές και τα υπόλοιπα είναι μηλιές.

Ο αριθμός των δέντρων ανάμεσα σε οποιεσδήποτε δύο πορτοκαλιές είναι διαφορετικός από $\displaystyle{5}$ . Ποιος είναι ο μεγαλύτερος δυνατός αριθμός από

πορτοκαλιές που μπορεί να έχει αυτός ο κήπος;

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
(Από τον διαγωνισμό "ΚΑΚΓΟΥΡΟ" , 2013)

AΣΚΗΣΗ 923: Αν $\displaystyle{x,y,z,w \in R}$ και αν $\displaystyle{x^2 +y^2 \leq 1}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{(1-yw)^2 \geq (x^2 +y^2 -1)(z^2 +w^2 -1)}$

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 925
Έστω $p \geq 5$ ένας πρώτος αριθμός.
Αν $\displaystyle{\frac{1}{3}+\frac{2}{4}+ ... +\frac{p − 3}{p − 1}=\frac{a}{b}},$
όπου θετικοί ακέραιοι, να δείξετε ότι

AΣΚΗΣΗ 929
Έστω ακέραιοι τέτοιοι, ώστε οι εξισώσεις και να έχουν ακέραιες ρίζες.
Να δείξετε ότι ο διαιρείται με το .

AΣΚΗΣΗ 933
Έστω θετικοί πραγματικοί αριθμοί. Να δείξετε ότι

$\displaystyle{ \frac{a-\sqrt{bc}}{a + 2 (b + c)}+\frac{b-\sqrt{ca}}{b + 2 (c + a)}+\frac{c-\sqrt{ab}}{c + 2 (a + b)}\geq 0.}$

AΣΚΗΣΗ 943
Έστω $n \geq 2$ ένας ακέραιος και $0<x_1 \leq x_2 \leq ... \leq x_n$ πραγματικοί αριθμοί ώστε .
Δείξτε ότι αν $x_n \leq \dfrac{2}{3}$ , τότε υπάρχει $1 \leq k \leq n$ τέτοιος ώστε $\dfrac{1}{3} \leq x_1+x_2+...+x_k < \dfrac{2}{3}$ .

AΣΚΗΣΗ 948
Οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί είναι τέτοιοι ώστε . Να προσδιορίσετε την ελάχιστη τιμή της παράστασης

$\displaystyle{\displaystyle{E(a,b)=3\sqrt{1+2a^2}+2\sqrt{40+9b^2}.}}$

Antonis_Z · #2003

AΣΚΗΣΗ 933
Έστω a, b, c

θετικοί πραγματικοί αριθμοί. Να δείξετε ότι

$\displaystyle{ \frac{a-\sqrt{bc}}{a + 2 (b + c)}+\frac{b-\sqrt{ca}}{b + 2 (c + a)}+\frac{c-\sqrt{ab}}{c + 2 (a + b)}\geq 0.}$

ΛΥΣΗ:
Αρκεί να αποδείξω ότι $\displaystyle{A=\sum \frac{2a-2\sqrt{bc}}{a+2(b+c)}\geq 0}$
Είναι $A\geq \sum\frac{2a-(b+c)}{a+2(b+c)}$ .
Οπότε $\frac{1}{5}(2A+3)\geq\sum\frac{a}{a+2(b+c)}\geq\frac{(a+b+c)^2}{(a^2+b^2+c^2)+4(ab+bc+ca)}\geq\frac{3}{5}$ (1).(Χρησιμοποιήθηκε η C-S,ενώ η τελευταία εύκολα καταλήγει στην $a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca$ )
Από (1) έπεται ότι $A\geq 0$ ,που είναι το ζητούμενο.

#2004

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 925
Έστω $p \geq 5$ ένας πρώτος αριθμός.
Αν $\displaystyle{\frac{1}{3}+\frac{2}{4}+ ... +\frac{p − 3}{p − 1}=\frac{a}{b}},$
όπου θετικοί ακέραιοι, να δείξετε ότι

Είναι

$\displaystyle{ \frac{1}{3}+\frac{2}{4}+ \cdots+\frac{p − 3}{p − 1} = (p-3) - 2\left(\frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{p-1} \right)}$

$\displaystyle{ = p - 2\left( \frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{p-1}\right) }$

$\displaystyle{= p - 2p\left( \frac{1}{p-1} + \frac{1}{2(p-2)} + \cdots + \frac{1}{(\tfrac{p-1}{2})(\tfrac{p+1}{2})}\right)}$

όπου στην τελευταία ισότητα πρόσθεσα τους όρους $\displaystyle{ \frac{1}{k}}$ και $\displaystyle{ \frac{1}{p-k}}$ για $1 \leqslant k \leqslant (p-1)/2$ .

Το αποτέλεσμα τώρα έπεται αφού ο

είναι πρώτος και έχω άθροισμα κλασμάτων με όλους τους αριθμητές να είναι πολλαπλάσια του

και όλους τους παρονομαστές να μην είναι πολλαπλάσια του

.

#2005

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 871
Έστω το σύνολο όλων των θετικών ακεραίων που είναι πολλαπλάσια του στη δεκαδική τους αναπαράσταση αποτελούνται μόνο από τα ψηφία και και δεν υπερβαίνουν το Πόσα στοιχεία έχει το

Κάθε τέτοιος αριθμός είναι πολλαπλάσιο του

και άρα λήγει σε

ή

. Επίσης είναι πολλαπλάσιο του

άρα το άθροισμα των ψηφίων του είναι πολλαπλάσιο του

.

Αν λήγει σε

θέλουμε το πολύ άλλα τρία ψηφία ώστε το άθροισμά τους να είναι $8 \bmod 9$ . Αυτό μπορεί να γίνει μόνο με τους εξής τρόπους:
(α) Χρησιμοποιούμε 3 εξάρια: Παίρνουμε τον αριθμό 66664

.
(β) Χρησιμοποιούμε 2 τεσσάρια: Παίρνουμε τον αριθμό 4464

.
(γ) Χρησιμοποιούμε 2 τεσσάρια και 1 εννιάρι: Παίρνουμε τους αριθμούς 44964,49464,94464

.

Αν λήγει σε

θέλουμε το πολύ άλλα τρία ψηφία ώστε το άθροισμά τους να είναι $3 \bmod 9$ . Αυτό μπορεί να γίνει μόνο με τους εξής τρόπους:
(α) Χρησιμοποιούμε 3 τεσσάρια: Παίρνουμε τον αριθμό 44496

.
(β) Χρησιμοποιούμε 2 εξάρια: Παίρνουμε τον αριθμό 6696

.
(γ) Χρησιμοποιούμε 2 εξάρια και 1 εννιάρι: Παίρνουμε τους αριθμούς 66996,69696,96696

.

Αντιστρόφως κάθε τέτοιος αριθμός αφού είναι πολλαπλάσιο τόσο του

όσο και του

είναι και πολλαπλάσιο του

.

Οπότε υπάρχουν ακριβώς

τέτοιοι αριθμοί.

#2006

AΣΚΗΣΗ 950
Να λυθεί η εξίσωση ||||x^2 + 2x - 54| - 1| - 2| - 3| = 6 + 5x - x^2.

AΣΚΗΣΗ 951
Βρείτε τους ακέραιους αριθμούς x,y

αν

AΣΚΗΣΗ 952
Έστω

ένας μη αρνητικός ακέραιος. Να βρείτε τους ακέραιους x, y, z

με την ιδιότητα $\displaystyle{x^2 + y^2 + z^2 = 2^n (x + y + z) .}$

AΣΚΗΣΗ 953
Βρείτε το μικρότερο ακέραιο n > 1

για τον οποίο ο αριθμός $\displaystyle{n^2(n − 1)}$ διαιρείται με το 2009.

AΣΚΗΣΗ 954
Για ένα θετικό ακέραιο

έστω

το άθροισμα των ψηφίων του και U(n)

το ψηφίο των μονάδων του.
Να βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους

τέτοιους ώστε $\displaystyle{n = S(n) + U(n)^2}$

AΣΚΗΣΗ 955
Μια ακολουθία

διαδοχικών ακεραίων θα λέγεται φιλική αν ο πρώτος όρος διαιρείται με το

ο δεύτερος με το

. . . , ο

ος με το

και ο τελευταίος με το m^2.

Υπάρχει φιλική ακολουθία για
(α) m = 20

(β)

AΣΚΗΣΗ 956
Σε ένα δοχείο βρίσκονται

κόκκινοι και

άσπροι βόλοι.
Έστω

η πιθανότητα να επιλέξουμε, με επανάθεση, δύο κόκκινους βόλους.
Έστω

η πιθανότητα να επιλέξουμε, χωρίς επανάθεση, τρεις κόκκινους βόλους.
Βρείτε το

αν

AΣΚΗΣΗ 957
Σε κάθε κορυφή ενός κύβου αντιστοιχούμε έναν από τους αριθμούς 1,2,.., 8 έτσι ώστε κάθε αριθμός να χρησιμοποιηθεί μια μόνο φορά.
Σε κάθε έδρα του κύβου αντιστοιχούμε έναν αριθμό, που είναι ίσος με το άθροισμα των αριθμών στις τέσσερις κορυφές του.
Να δείξετε ότι αν υπάρχουν δύο έδρες με άθροισμα

, τότε υπάρχει έδρα με αντίστοιχο αριθμό μικρότερο του 13.

AΣΚΗΣΗ 958
Δείξτε ότι αν το άθροισμα των πέμπτων δυνάμεων πέντε ακεραίων διαιρείται με το 25,

τότε κάποιος από αυτούς διαιρείται με το

AΣΚΗΣΗ 959
Δύο μαθητές παίζουν ένα παιχνίδι με δύο κάρτες, πάνω σε καθεμιά από τις οποίες είναι γραμμένος ένα θετικός ακέραιος.Σε κάθε γύρο καθένας επιλέγει μία από αυτές (όχι την ίδια) και κερδίζει τόσους πόντους όσος ο αριθμός που αναγράφεται στην κάρτα. Μετά από ένα αριθμό γύρων, τουλάχιστον δύο, ο ένας μαθητής συγκέντρωσε

πόντους και ο άλλος

πόντους. Ποιοι αριθμοί είναι γραμμένοι στις δύο κάρτες;

AΣΚΗΣΗ 960
Μπορούμε να χωρίσουμε τα στοιχεία του συνόλου $\{1,2,...,1000\}$ σε δύο ξένα μεταξύ τους σύνολα τέτοια ώστε το άθροισμα των τετραγώνων των στοιχείων κάθε συνόλου να είναι το ίδιο;

gavrilos · #2007

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 950
Να λυθεί η εξίσωση

Θα πρέπει $\displaystyle{6+5x-x^{2}\geq 0\Leftrightarrow (x+1)(6-x)\geq 0\Leftrightarrow x\in [-1,6]}$ .

Όμως για $\displaystyle{x^{2}+2x-54=(x+1)^{2}-55}$ το οποίο είναι αρνητικό για $\displaystyle{x\in [-1,6]}$ .

Επομένως $\displaystyle{|||-x^{2}-2x+54-1|-2|-3|=(x+1)(6-x)}$ .

Τώρα $\displaystyle{-x^{2}-2x+53=-(x+1)^{2}+54}$ το οποίο είναι θετικό για $\displaystyle{x\in [-1,6]}$ .Άρα $\displaystyle{||-x^{2}-2x+53-2|-3|=(x+1)(6-x)}$ .

$\displaystyle{-x^{2}-2x+51=-(x+1)^{2}+52>0\forall x\in [-1,6]}$ .

Έτσι $\displaystyle{|-x^{2}-2x+51-3|=6+5x-x^{2}\Leftrightarrow |-(x+1)^{2}+49|=6+5x-x^{2}}$ .

$\displaystyle{-(x+1)^{2}+49\geq 0\forall x\in [-1,6]}$ .Επομένως $\displaystyle{-x^{2}-2x+48=6+5x-x^{2}\Leftrightarrow 7x=42\Leftrightarrow \boxed{x=6}}$ που είναι δεκτό.

gavrilos · #2008

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 951
Βρείτε τους ακέραιους αριθμούς αν

Η εξίσωση γράφεται $\displaystyle{x^{2}y^{2}+x^{2}+y^{2}+1+2(x-y)(1-xy)-4xy=4\Leftrightarrow (x^{2}-2xy+y^{2})+2(x-y)(1-xy)+(x^{2}y^{2}-2xy+1)=4}$ .

Παρατηρούμε πως το πρώτο μέλος είναι ανάπτυγμα τετραγώνου άρα $\displaystyle{\left[(x-y)+(1-xy)\right]^{2}=4\Leftrightarrow (x+1)^{2}(y-1)^{2}=4}$ .

Επομένως $\displaystyle{(x+1)(y-1)=\pm 2}$ .

$\bullet$ $\displaystyle{(x+1)(y-1)=2}$ δίνει τις λύσεις $\displaystyle{(x,y)=(0,3),(1,2),(-2,-1),(-3,0)}$ .

$\bullet$ $\displaystyle{(x+1)(y-1)=-2}$ δίνει τις λύσεις $\displaystyle{(x,y)=(1,0),(-3,2),(0,-1),(-2,1)}$ .

Ελπίζω να μην ξέχασα καμία λύση.

Edit:Λάθος στην παραγοντοποίηση.

#2009

gavrilos έγραψε:
socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 951
Βρείτε τους ακέραιους αριθμούς αν
Η εξίσωση γράφεται $\displaystyle{x^{2}y^{2}+x^{2}+y^{2}+1+2(x-y)(1-xy)-4xy=4\Leftrightarrow (x^{2}-2xy+y^{2})+2(x-y)(1-xy)+(x^{2}y^{2}-2xy+1)=4}$ .

Παρατηρούμε πως το πρώτο μέλος είναι ανάπτυγμα τετραγώνου άρα $\displaystyle{\left[(x-y)+(1-xy)\right]^{2}=4\Leftrightarrow (x-1)^{2}(y-1)^{2}=4}$ .

Επομένως $\displaystyle{(x-1)(y-1)=\pm 2}$ .

$\bullet$ $\displaystyle{(x-1)(y-1)=2}$ δίνει τις λύσεις $\displaystyle{(x,y)=(-1,0),(0,-1),(3,2),(2,3)}$ .

$\bullet$ $\displaystyle{(x-1)(y-1)=-2}$ δίνει τις λύσεις $\displaystyle{(x,y)=(-1,2),(2,-1),(0,3),(3,0)}$ .

Ελπίζω να μην ξέχασα καμία λύση.

Σωστά gavrilos. (Διόρθωσε ένα μικρό τυπογραφικό: Αντί $\displaystyle{(x-1)^2 (y-1)^2 =4}$ , θέλει $\displaystyle{(x+1)^2 (y-1)^2 =4}$ )

simantiris j. · #2010

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 955Μια ακολουθία διαδοχικών ακεραίων θα λέγεται φιλική αν ο πρώτος όρος διαιρείται με το ο δεύτερος με το . . . , ο ος με το και ο τελευταίος με το Υπάρχει φιλική ακολουθία για (α) (β)

Πρώτα από όλα να συγχαρώ τον Socrates για τις εξαιρετικές ασκήσεις του.
Για το α) δεν έχω βρει ακόμα κάτι επομένως θα βάλω μόνο το β)
Δημιουργούμε τους όρους της ακολουθίας 11!+1,11!+2,...,11!+11

.Παρατηρούμε ότι για τους δέκα πρώτους το ζητούμενο εύκολα έπεται.
Επιδιώκουμε τώρα να αποδείξουμε ότι $121\mid 11!+11$ ή ισοδύναμα ότι $11\mid 10!+1$ .
Όμως από το θεώρημα Wilson και επειδή ο

είναι πρώτος έχουμε ότι $(11-1)!=10!\equiv -1mod11\Leftrightarrow 11\mid 10!+1$ και η απόδειξη ολοκληρώθηκε

Συνεπώς,πραγματικά υπάρχει φιλική ακολουθία για m=11

και αυτή είναι η παραπάνω.

#2011

simantiris j. έγραψε:
socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 955Μια ακολουθία διαδοχικών ακεραίων θα λέγεται φιλική αν ο πρώτος όρος διαιρείται με το ο δεύτερος με το . . . , ο ος με το και ο τελευταίος με το Υπάρχει φιλική ακολουθία για (α) (β)
Πρώτα από όλα να συγχαρώ τον Socrates για τις εξαιρετικές ασκήσεις του.
Για το α) δεν έχω βρει ακόμα κάτι επομένως θα βάλω μόνο το β)
Δημιουργούμε τους όρους της ακολουθίας .Παρατηρούμε ότι για τους δέκα πρώτους το ζητούμενο εύκολα έπεται.
Επιδιώκουμε τώρα να αποδείξουμε ότι $121\mid 11!+11$ ή ισοδύναμα ότι $11\mid 10!+1$ .
Όμως από το θεώρημα Wilson και επειδή ο είναι πρώτος έχουμε ότι $(11-1)!=10!\equiv -1mod11\Leftrightarrow 11\mid 10!+1$ και η απόδειξη ολοκληρώθηκε
Συνεπώς,πραγματικά υπάρχει φιλική ακολουθία για και αυτή είναι η παραπάνω.

Για το (α), αν $k+1,\ldots,k+20$ η ακολουθία, τότε 16|(k+16)

άρα

. Οπότε $16 \nmid (k+20)$ . Όμως $400 = 16 \times 25$ οπότε $400 \nmid k+20$ , άτοπο. Άρα δεν υπάρχει τέτοια ακολουθία.

#2012

socrates έγραψε:
AΣΚΗΣΗ 943
Έστω $n \geq 2$ ένας ακέραιος και $0<x_1 \leq x_2 \leq ... \leq x_n$ πραγματικοί αριθμοί ώστε .
Δείξτε ότι αν $x_n \leq \dfrac{2}{3}$ , τότε υπάρχει $1 \leq k \leq n$ τέτοιος ώστε $\dfrac{1}{3} \leq x_1+x_2+...+x_k < \dfrac{2}{3}$ .

Παίρνω

μέγιστο ώστε $\displaystyle{x_1 + \cdots + x_{k} < \frac{2}{3}.}$ Αρκεί να δείξω ότι $\displaystyle{x_1 + \cdots + x_{k} \geqslant \frac{1}{3}.}$ Θα υποθέσω ότι αυτό δεν ισχύει και θα καταλήξω σε άτοπο.

Από τον ορισμό του

είναι $\displaystyle{x_1 + \cdots + x_{k+1} > \frac{2}{3}}$ και άρα $\displaystyle{ x_{k+1} > \frac{1}{3}.}$

Πρέπει k+1 = n

ή

αφού αν $k+1 \leqslant n-2$ τότε $x_{k+1} + x_{k+2} + x_{k+3} \geqslant 3x_{k+1} > 1$ , άτοπο.

Δεν μπορεί να είναι k+1 = n

αφού τότε $\displaystyle{x_{k+1} > \frac{2}{3},}$ άτοπο.

Όμως και η περίπτωση k+1 = n-1

πάλι καταλήγει σε άτοπο αφού τότε $\displaystyle{ x_1 + \cdots + x_{k+1} = 1 - x_n \leqslant 1 - x_{k+1} < \frac{2}{3}. }$

#2013

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 929
Έστω ακέραιοι τέτοιοι, ώστε οι εξισώσεις και να έχουν ακέραιες ρίζες.
Να δείξετε ότι ο διαιρείται με το .

H παρακάτω λυση δόθηκε από τον Δημήτρη Παπαδημητρίου, τον οποίο και ευχαριστώ.

Ας υποθέσουμε ότι η πρώτη εξίσωση έχει ρίζες τους ακέραιους αριθμούς $\displaystyle{a,b}$ και η δεύτερη τους επίσης ακέραιους $\displaystyle{c,d}$ , (ίσες ή άνισες)

Από τους τύπους του Vieta έχουμε : $\displaystyle{a+b=-m , c+d=m , ab=-n , cd=n}$

$\displaystyle{a+b=m \Rightarrow (a+b)^2 =m^2 \Rightarrow a^2 +b^2 +2ab=m^2 \Rightarrow a^2 +b^2 -2n=m^2}$

$\displaystyle{c+d=m\Rightarrow (c+d)^2 =m^2 \Rightarrow c^2 +d^2 +2cd=m^2 \Rightarrow c^2 +d^2 +2n=m^2}$

Από τις παραπάνω σχέσεις, έπεται ότι: $\displaystyle{a^2 +b^2 -2n=c^2 +d^2 +2n\Rightarrow a^2 +b^2 -(c^2 +d^2 )=4n}$ , (ΣΧΕΣΗ 1)

΄Θα αποδείξουμε ότι ο $\displaystyle{n}$ διαιρείται με το $\displaystyle{2}$ και με το $\displaystyle{3}$ .

Έστω λοιπόν ότι ο $\displaystyle{n}$ είναι περιττός. Τότε από τις εξισώσεις $\displaystyle{ab=-n , cd=n}$ , προκύπτει ότι οι αριθμοί $\displaystyle{a,b,c,d}$ είναι περιττοί.

Άρα $\displaystyle{a=2k+1 , k\inZ \Rightarrow a^2 = 4k^2 +4k+1=4k(k+1)+1=4.2p+1=8p_1 +1, p\in Z}$ . Ομοίως, έχουμε:

$\displaystyle{b^2 =8p_2 +1 , c^2 =8p_3 +1 , d^2 =8p_4 +1}$ , (Δηλαδή, $\displaystyle{a^2 , b^2 , c^2 , d^2 \equiv 1(mod 8)}$ )

Αντικαθιστώντας στην ΣΧΕΣΗ 1, παίρνουμε ότι $\displaystyle{8(p_1 +p_2 -p_3 -p_4 )=4n\Rightarrow 8p=4n\Rightarrow 2p=n}$ , άτοπο, αφού δεχθήκαμε ότι ο $\displaystyle{n}$ είναι

περιττός.

ΑΡΑ ο $\displaystyle{n}$ θα είναι υποχρεωτικά άρτιος δηλαδή θα διαιρείται με το $\displaystyle{2}$ .

Μένει να αποδείξουμε ότι θα διαιρείται και με το $\displaystyle{3}$ . Ας υποθέσουμε ότι δεν διαιρείται με το $\displaystyle{3}$ . Τότε από τις εξισώσεις $\displaystyle{ab=-n , cd=n}$ ,

συμπεραίνουμε ότι και οι αριθμοί $\displaystyle{a,b,c,d}$ δεν διαιρούνται με το $\displaystyle{3}$

'Αρα $\displaystyle{a=3k+1}$ , ή $\displaystyle{a=3k+2 , k\in Z}$ . Τότε $\displaystyle{a^2 =9k^2 +6k+1=3(3k^2 +2k)+1=3k_1 +1}$ , ή

$\displaystyle{a^2 =9k^2 +12k+4=3(3k^2 +4k+1)+1=3k_2 +1}$

Άρα $\displaystyle{a^2 =3t_1+1, t_1\in Z}$ , (Δηλαδή, $\displaystyle{a^2 \equiv 1(mod 3)}$ ). Με τον ίδιο τρόπο, δείχνουμε ότι $\displaystyle{b^2 =3t_2 +1 , c^2 =3t_3 +1 , d^2 =3t_4 +1}$

Αντικαθιστώντας στην ΣΧΕΣΗ 1 παίρνουμε ότι: $\displaystyle{3(t_1 +t_2 -t_3 -t_4 )=4n \Rightarrow 3|4n\Rightarrow 3|n\Rightarrow n=}$ πολ $\displaystyle{3}$ , που είναι άτοπο.

ΑΡΑ ο $\displaystyle{n}$ θα είναι υποχρεωτικά πολλαπλάσιο του $\displaystyle{3}$ , δηλαδή θα διαιρείται με το $\displaystyle{3}$

Αφού λοιπόν δείξαμε ότι ο $\displaystyle{n}$ διαιρείται με το $\displaystyle{2}$ και με το $\displaystyle{3}$ , και αφού $\displaystyle{(2,3)=1}$ , συμπεραίνουμε ότι θα διαιρείται και με το $\displaystyle{6}$ .

Άρα ο $\displaystyle{n}$ είναι πολλαπλάσιο του $\displaystyle{6}$

ΣΗΜ: Διόρθωσα κάποια τυπογραφικά λάθη.

#2014

socrates έγραψε: AΣΚΗΣΗ 948
Οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί είναι τέτοιοι ώστε . Να προσδιορίσετε την ελάχιστη τιμή της παράστασης

$\displaystyle{\displaystyle{E(a,b)=3\sqrt{1+2a^2}+2\sqrt{40+9b^2}.}}$

Από ανισότητα Minkowski είναι

$\displaystyle{ E(a,b) = \sqrt{9 + 9a^2 + 9a^2} + \sqrt{6^2 + 2^2 + 9b^2} + \sqrt{6^2 + 9b^2 + 2^2} \geqslant \sqrt{15^2 + 5^2 + 5^2} = 5\sqrt{11}}$

με την ισότητα να επιτυγχάνεται αν a=1/3

και

.

$\displaystyle{\rule{200pt}{1pt}}$

Αφού θέλουμε το ελάχιστο αθροίσματος τετραγωνικών ριζών σκεφτόμαστε να χρησιμοποιήσουμε την ανισότητα Minkowski. (Ουσιαστικά τριγωνική ανισότητα.)

H ανισότητα

$\displaystyle{ E(a,b) = \sqrt{9 + 18a^2} + \sqrt{160 + 36b^2} \geqslant \sqrt{(3+\sqrt{160})^2 + (3\sqrt{2}a + 6b)^2}}$

είναι μεν σωστή αλλά δεν βοηθάει διότι δεν γνωρίζουμε το $3\sqrt{2}a + 6b$ . Από την μία το $3\sqrt{2}a + 6b$ ελαχιστοποιείται όταν a = 1,b=0

αλλά από την άλλη σε αυτήν την περίπτωση δεν ισχύει η ισότητα στην Minkowski.

Οπότε προσπαθούμε να δημιουργήσουμε μόνο αθροίσματα του τύπου a+b

. Αφού και στις δύο ρίζες έχουμε ακέραια πολλαπλάσια του 9a^2

και

προσπαθούμε να τα χωρίζουμε αναλόγως και βλέπουμε ότι πρέπει να χρησιμοποιήσουμε την ανισότητα

$\displaystyle{\sqrt{9 + 9a^2 + 9a^2} + \sqrt{(40-x) + x + 9b^2} + \sqrt{(40-x) + 9b^2 + x} \geqslant \sqrt{(3 + 2\sqrt{40-x})^2 + 2(3+\sqrt{x})^2}}$

Πρέπει τώρα να επιλέξουμε το κατάλληλο

. Για την περίπτωση της ισότητας πρέπει να έχουμε

$\displaystyle{ \frac{9b^2}{9a^2} = \frac{x}{9a^2} = \frac{40-x}{9}.}$

Αυτό (μαζί με την συνθήκη a+b=1

) δίνει ένα τεταρτοβάθμιο σύστημα στο

με μοναδική θετική λύση την b=2/3

που με την σειρά της δίνει x = 4

.

Για να πω την αλήθεια δεν βρήκα με αυτόν τον τρόπο την τιμή του

αλλά δοκίμασα πρώτα την τιμή x=4

αφού το

είναι ο μοναδικός τρόπος να γράψουμε το

σαν άθροισμα δυο τετραγώνων και άρα να καταλήξουμε σε μια πιο απλή απάντηση που πιθανώς να ήταν η ζητούμενη και από τον κατασκευαστή. Αφού δούλεψε όλα καλά αλλιώς θα έπρεπε να προχωρήσουμε με την πιο πάνω μέθοδο.

#2015

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 923: Αν $\displaystyle{x,y,z,w \in R}$ και αν $\displaystyle{x^2 +y^2 \leq 1}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{(1-yw)^2 \geq (x^2 +y^2 -1)(z^2 +w^2 -1)}$

Αφού $\displaystyle{x^2 +y^2 \leq 1\Rightarrow x^2 +y^2 -1\leq 0}$ . Αν ήταν $\displaystyle{z^2 +w^2 -1 >0}$ τότε $\displaystyle{(z^2 +w^2 -1)(x^2 +y^2 -1)\leq 0}$ . Και άρα το ζητούμενο ισχύει προφανώς.

Έστω λοπόν $\displaystyle{z^2 +w^2 -1\leq 0}$ . Έχουμε: $\displaystyle{ (1-yw)^2 \geq (1-y^2 )(1-w^2 )}$ , (διότι αρκεί να δειχθεί ότι $\displaystyle{1-2yw+y^2 w^2 \geq 1-w^2 -y^2 +y^2 w^2}$ ,

ή αρκεί $\displaystyle{w^2 +y^2 -2wy\geq 0}$ ,ή $\displaystyle{(w-y)^2 \geq 0}$ , το οποίο ισχύει),

Αλλά επίσης $\displaystyle{1-y^2 \geq 1-y^2 -x^2 \geq 0}$ , $\displaystyle{1-w^2 \geq 1-w^2 -z^2 \geq 0}$ και άρα $\displaystyle{(1-y^2 )(1-w^2 )\geq (1-y^2 -x^2 )(1-w^2 -z^2 )}$

Συνεπώς έχουμε: $\displaystyle{(1-yw)^2 \geq (1-y^2 )(1-w^2 )\geq (1-y^2 -x^2 )(1-w^2 -z^2 )}$ , και από εδώ έπεται και πάλι το ζητούμενο.

gavrilos · #2016

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 960
Μπορούμε να χωρίσουμε τα στοιχεία του συνόλου $\{1,2,...,1000\}$ σε δύο ξένα μεταξύ τους σύνολα τέτοια ώστε το άθροισμα των τετραγώνων των στοιχείων κάθε συνόλου να είναι το ίδιο;

Μπορούμε.

Θεωρούμε τα σύνολα $\displaystyle{\{1,2\},\{3,4\},...,\{999,1000\}}$ .

Παρατηρούμε ότι η διαφορά των τετραγώνων των στοιχείων του πρώτου συνόλου είναι $\displaystyle{3}$ .

Η αντίστοιχη διαφορά για το δεύτερο σύνολο είναι $\displaystyle{7}$ .

Για το τρίτο σύνολο είναι $\displaystyle{11}$ .

................................................................

Για το τελευταίο (πεντακοσιοστό) σύνολο η διαφορά θα είναι $\displaystyle{1999}$ .

Κατασκευάζουμε δύο σύνολα τώρα $\displaystyle{A_{1},A_{2}}$ ως εξής: στο $\displaystyle{A_{1}}$ τοποθετούμε το $\displaystyle{1}$ και στο $\displaystyle{A_{2}}$ το $\displaystyle{2}$ .

Ονομάζουμε $\displaystyle{S_{1}}$ το άθροισμα των τετραγώνων των στοιχείων του $\displaystyle{A_{1}}$ και $\displaystyle{S_{2}}$ το αντίστοιχο άθροισμα για το $\displaystyle{A_{2}}$ .

Μετά την πρώτη αυτή τοποθέτηση έχουμε $\displaystyle{S_{2}-S_{1}=3}$ .

Έπειτα τοποθετούμε στο $\displaystyle{A_{1}}$ το $\displaystyle{4}$ και στο $\displaystyle{A_{2}}$ το $\displaystyle{3}$ .Ισχύει τώρα $\displaystyle{S_{1}-S_{2}=1+16-9-4=4}$ .

Ουσιαστικά τοποθετούμε εναλλάξ σε κάθε ένα από τα $\displaystyle{A_{1},A_{2}}$ το μεγαλύτερο και το μικρότερο στοιχείο καθενός από τα μικρά σύνολα.

Μετά την τρίτη τοποθέτηση έχουμε $\displaystyle{S_{2}-S_{1}=5}$ κλπ.

Συνεχίζοντας δηλαδή την διαδικασία στο τέλος θα πάρουμε $\displaystyle{S_{1}-S_{2}=498}$ .

Αν βρούμε δύο τέλεια τετράγωνα που απέχουν $\displaystyle{299}$ και οι ρίζες τους δεν ανήκουν στο ίδιο σύνολο από τα $\displaystyle{A_{1},A_{2}}$ μπορούμε να τους αλλάξουμε θέση και θα έχουμε τελειώσει.

Παρατηρούμε ότι οι αριθμοί $\displaystyle{18^{2},5^{2}}$ έχουν διαφορά $\displaystyle{299}$ .

Το $\displaystyle{5}$ σύμφωνα με την παραπάνω τοποθέτηση ανήκει στο $\displaystyle{A_{1}}$ .

Μπορούμε εύκολα να βρούμε ότι το $\displaystyle{18}$ ανήκει στο $\displaystyle{A_{2}}$ .

Βάζουμε το $\displaystyle{5}$ στο $\displaystyle{A_{2}}$ και το $\displaystyle{18}$ στο $\displaystyle{A_{1}}$ .

Τώρα έχουμε $\displaystyle{S_{1}=S_{2}}$ όπως θέλαμε.

Μου θύμισε το 4 του προκριματικού των μικρών.Ελπίζω να είμαι σωστός.

gauss1988 · #2017

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 921: Σε έναν κήπο υπάρχουν $\displaystyle{12}$ δέντρα στη σειρά. Κάποια από αυτά είναι πορτοκαλιές και τα υπόλοιπα είναι μηλιές.

Ο αριθμός των δέντρων ανάμεσα σε οποιεσδήποτε δύο πορτοκαλιές είναι διαφορετικός από $\displaystyle{5}$ . Ποιος είναι ο μεγαλύτερος δυνατός αριθμός από

πορτοκαλιές που μπορεί να έχει αυτός ο κήπος;

Έστω ΑΒΓΔΕΖΗΘΙΚΛΜ οι θέσεις που θα φυτέψουμε τα δέντρα. Ζητάμε να βάλουμε όσο περισότερες πορτοκαλιές μπορούμε. Αν βάλουμε μία πορτοκαλιά στην
θέση Α , μία στην Β, μία στην Γ , μία στην Δ μία στην Ε και μία στην Ζ, τότε στην θέση Η δεν μπορούμε να βάλουμε γιατί ανάμεσα στις Α και Η θα υπάρχουν πέντε δέντρα. Ούτε και στην θέση Θ μπορούμε να βάλουμε πορτοκαλιά, γιατί τότε ανάμεσα στις θέσεις Β και Θ , θα υπάρχουν πέντε δέντρα. Ούτε στην θέση
Ι μπορούμε να βάλουμε γιατί ανάμεσα στις θέσεις Γ και Ι θα υπάρχουν πέντε δέντρα. Για τον ίδιο λόγο, δεν μπορούμε να βάλουμε πορτοκαλιά ούτε στις θέσεις
Κ,Λ,Μ. Δηλαδή ο μέγιστος αριθμός πορτοκαλιών που μπορούμε να φυτέψουμε είναι

.

#2018

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 958
Δείξτε ότι αν το άθροισμα των πέμπτων δυνάμεων πέντε ακεραίων διαιρείται με το τότε κάποιος από αυτούς διαιρείται με το

Δίνω μια λύση, θα περιμένω και κάποια καλύτερη (πιστεύω ότι υπάρχει)

Έστω $\displaystyle{x}$ ακέραιος, ο οποίος δεν διαιρείται με το $\displaystyle{5}$ . Τότε $\displaystyle{x=5k+u}$ , όπου $\displaystyle{u\in \{1,2,3,4\}}$ και $\displaystyle{k\in Z}$ . Άρα: $\displaystyle{x^5 =(5k+u)^5 \Rightarrow}$

$\displaystyle{x^5 =(5k)^5 +5.(5k)^4 .u +10(5k)^3 .u^2 +10(5k)^2 .u^3 +5.(5k).u^4 +u^5 \Rightarrow x^5 =25p+u^5}$ , όπου $\displaystyle{p\in Z}$ και $\displaystyle{u^5 \in \{1,32,243,1024\}}$

Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι $\displaystyle{x^5 \equiv -1,1,-7,7 (mod 25)}$

Αν λοιπόν κανένας από τους ακεραίους $\displaystyle{a,b,c,d,e}$ δεν διαιρείται με το $\displaystyle{5}$ , τότε $\displaystyle{a,b,c,d,e\equiv -1,1,-7,7 (mod 25)}$

Άρα $\displaystyle{a^5 +b^5 \equiv 0,\pm 1, \pm 2 , \pm 6 ,\pm 8 ,\pm 14 (mod25)}$ και $\displaystyle{c^5 +d^5 \equiv 0,\pm 1, \pm 2 , \pm 6 ,\pm 8 ,\pm 14 (mod 25)}$ . Και από εδώ βρίσκουμε ότι:

$\displaystyle{a^5 +b^5 +c^5 +d^5 \equiv 0, \pm 2, \pm 4, \pm 6 , \pm 8 , \pm 10, \pm 12, \pm 14 , \pm 16 , \pm 20, \pm 22 , \pm 28 (mod 25) }$

Έστω τώρα ότι $\displaystyle{e \equiv -1 (mod 25)}$ . Αφού όμως από την υπόθεση θέλουμε να είναι $\displaystyle{a^5 +b^5 +c^5 +d^5 +e^5 \equiv 0 (mod 25)}$ , άρα θα πρέπει

$\displaystyle{a^5 +b^5 +c^5 +d^5 \equiv 1(mod 25)}$ , ή $\displaystyle{26 (mod 25)}$ , που όμως είναι άτοπο.

Έστω $\displaystyle{e \equiv 1 (mod 25)}$ . Τότε πρέπει $\displaystyle{a^5 +b^5 +c^5 +d^5 \equiv -1(mod 25)}$ , ή $\displaystyle{24 (mod 25)}$ , που επίσης είναι άτοπο.

Έστω $\displaystyle{e \equiv -7 (mod 25)}$ . Τότε πρέπει $\displaystyle{ a^5 +b^5 +c^5 +d^5 \equiv 7(mod 25)}$ , ή $\displaystyle{-18 (mod 25)}$ , που πάλι είναι άτοπο.

Τέλος, έστω ότι $\displaystyle{e \equiv 7 (mod 25).}$ Τότε πρέπει $\displaystyle{ a^5 +b^5 +c^5 +d^5 \equiv -7(mod 25)}$ , ή $\displaystyle{18 (mod 25)}$ , που πάλι είναι άτοπο.

Άρα υποχρεωτικά, ένας τουλάχιστον από τους $\displaystyle{a,b,c,d,e}$ , θα είναι πολλαπλάσιο του $\displaystyle{5}$ .

#2019

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 953
Βρείτε το μικρότερο ακέραιο για τον οποίο ο αριθμός $\displaystyle{n^2(n − 1)}$ διαιρείται με το

Έχουμε $\displaystyle{2009=7^2 .41}$ . Άρα πρέπει ο αριθμός $\displaystyle{n^2 (n-1)}$ να διαιρείται με τον $\displaystyle{7^2 . 41}$ . Άρα πρέπει $\displaystyle{41|n^2 (n-1)}$ . Θα αποδείξουμε ότι οι

αριθμοί $\displaystyle{n^2 , n-1}$ είναι πρώτοι μεταξύ τους. Έστω ότι $\displaystyle{(n^2 , n-1 )=r \Rightarrow r|n^2 , r|n-1}$ . Τώρα αφού $\displaystyle{r|n-1 \Rightarrow r|n(n-1)\Rightarrow}$

$\displaystyle{r|n^2 -n}$ και αφού $\displaystyle{r|n^2}$ άρα $\displaystyle{r|n^2 -(n^2 -n) \Rightarrow r|n}$ . Έχουμε λοιπόν ότι: $\displaystyle{r|n , r|n-1 \Rightarrow r|n-(n-1)\Rightarrow r|1}$ , άρα

$\displaystyle{r=1}$ . Άρα οι αριθμοί $\displaystyle{n^2 , n-1}$ είναι πρώτοι μεταξύ τους. Άρα αφού $\displaystyle{41|n^2 (n-1)\Rightarrow 41|n^2}$ , ή $\displaystyle{41|n-1}$

Έστω ότι $\displaystyle{41|n-1\Rightarrow n-1=41k, k\in N^{*}}$ (αφού $\displaystyle{n>1}$ ). Άρα $\displaystyle{n=41k+1}$ . Η ελάχιστη τιμή του $\displaystyle{n}$ , είναι η $\displaystyle{n=42}$ . Παρατηρούμε ότι

τότε ο αριθμός $\displaystyle{n^2 (n-1)}$ , γράφεται $\displaystyle{42^2 .41 =6^2 .7^2 .41}$ και διαιρείται με τον $\displaystyle{7^2 .41}$ .

Έστω ότι $\displaystyle{41|n^2}$ . Τότε $\displaystyle{n^2 =41k , k\in N^{*}}$ . H πιο μικρή τιμή του $\displaystyle{n}$ , είναι η $\displaystyle{n=41.41=41^2 >42}$ , οπότε η πιο μικρή τιμή του $\displaystyle{n}$ βρήκαμε ΄

ότι είναι η $\displaystyle{n=42}$ .

#2020

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 956
Σε ένα δοχείο βρίσκονται κόκκινοι και άσπροι βόλοι.
Έστω η πιθανότητα να επιλέξουμε, με επανάθεση, δύο κόκκινους βόλους.
Έστω η πιθανότητα να επιλέξουμε, χωρίς επανάθεση, τρεις κόκκινους βόλους.
Βρείτε το αν

Eίναι $\displaystyle{p=\frac{3.3}{(k+3)(k+3)}}$ και $\displaystyle{q=\frac{3.2.1}{(k+3)(k+2)(k+1)}.}$ Άρα έχουμε:

$\displaystyle{p=5q\Leftrightarrow \frac{9}{(k+3)^2}=5\frac{6}{(k+3)(k+2)(k+1)}\Leftrightarrow 10(k+3)=3(k+2)(k+1)\Leftrightarrow 3k^2 -k-24=0}$ . Άρα $\displaystyle{k=3}$

Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Μέλη σε σύνδεση