Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Αρχιμήδης 6 · #2501

socrates έγραψε: Άσκηση 1289
Να δείξετε ότι η εξίσωση $x^2+y^3 = z^{2015}$ έχει άπειρες θετικές ακέραιες λύσεις.

Παρατηρώ ότι 2,3,2015

είναι ανά

πρώτοι μεταξύ τους.

Επίσης αν βρω μια λύση τότε θα έχω άπειρες αφού αν υποθέσω ότι (x,y,z)

είναι μια λύση τότε και η τριάδα $(d^{3*2015}x,d^{2*2015}y,d^{2*3}z}$ θα αποτελεί λύση άρα θα έχω άπειρες.

Για να βρω μια λύση θα θέσω x=2^k

,

και τότε

$2^{2k}+2^{3l}=2^{2015m}$

$2^{3l}(2^{2k-3l}+1)=2^{2015m}$

Άρα 2k=3l

(1) ,

(2)

Παρατηρώ από (1) ότι

άρτιος άρα πρέπει να λύσω την (2) για

άρτιο.

Οι λύσεις της

είναι οι λύσεις της γραμμικής 2015m-3l=1

και η γνωστή μέθοδος θα μας δώσει

(m,l)=(3n+2,2015n+1343)

και επειδή θέλω

άρτιο θα επιλέξω n=1

άρα

Πράγματι θα ισχύει

$(2^{5037})^2+(2^{3358})^3=(2^5)^{2015}$

$2^{10074}+2^{10074}=2^{10075}$

#2502

socrates έγραψε:Άσκηση 1272
Να βρείτε όλους τους ακέραιους αριθμούς για τους οποίους οι αριθμοί $\displaystyle{|n^3 −4n^2 + 3n−35|}$ και $\displaystyle{ |n^2 + 4n+ 8|}$ είναι πρώτοι.

(a) Έστω $\displaystyle{n=5k , k\in Z}$ . Τότε $\displaystyle{|n^3 -4n^2 +3n-35|=5|25k^3 -20k^2 +3k-7|}$ . Για να είναι πρώτος, πρέπει $\displaystyle{25k^3 -20k^2 +3k-7=1}$ , ή $\displaystyle{-1}$ , δηλαδή:

$\displaystyle{25k^3 -20k^2 +3k-8=0}$ , ή $\displaystyle{25k^3 -20k^2 +3k-6=0}$ .

Οι διαιρέτες του

είναι $\displaystyle{\pm1 , \pm2 , \pm4 ,\pm8}}$ και δεδομένου ότι για κάθε $\displaystyle{k<0}$ είναι $\displaystyle{25k^3 -20k^2 +3k-8 <0}$ , οι μόνες

πιθανές ρίζες της εξίσωσης είναι $\displaystyle{1,2,4,8}$ , από τις οποίες μόνο η $\displaystyle{k=1}$ είναι δεκτή. Τότε $\displaystyle{n=5}$ . Τότε $\displaystyle{|n^3 -4n^2 +3n -35|=5}$ (πρώτος) και

$\displaystyle{|n^2 +4n +8|=53}$ (πρώτος).

Όμοια εργαζόμενοι βρίσκουμε ότι η εξίσωση $\displaystyle{25k^3 -20k^2 +3k -6=0}$ δεν έχει λύση ακεραία.

(β) Έστω $\displaystyle{n=5k+1 , k\in Z}$ . Τότε $\displaystyle{|n^3 -4n^2 +3n-35|=5|5k^3 +13k -7|}$ . Εύκολα όμως διαπιστώνουμε ότι $\displaystyle{|5k^3 +13k-7|\neq 1}$ και άρα η περίπτωση αυτή απορρίπτεται.

(γ) Έστω $\displaystyle{n=5k+2 , k\in Z}$ . Τότε $\displaystyle{|n^2 +4n+8|=5|5k^2 +8k+4|}$ . Για να είναι πρώτος, πρέπει $\displaystyle{|5k^2 +8k+4|=1}$ , από όπου εύκολα βρίσκουμε $\displaystyle{k=-1}$ .

Άρα $\displaystyle{n=-3}$ . Τότε $\displaystyle{|n^3 -4n^2 +3n -35|=107}$ (πρώτος) και $\displaystyle{|n^2 +4n+8|=5}$ (πρώτος).

(δ) Έστω $\displaystyle{n=5k+3 , k\in Z}$ . Τότε $\displaystyle{|n^3 -4n^2 +3n-35|=5|25k^3 +25k^2 +6k-7|}$ . Άρα πρέπει $\displaystyle{|25k^3 +25k^2 +6k -7|=1}$ , η οποία εύκολα διαπιστώνουμε ότι είναι αδύνατη στο Ζ

(ε) Έστω $\displaystyle{n=5k+4 , k\in Z}$ . Τότε $\displaystyle{|n^2 +4n+8|=5|5k^2 +12k+8|}$ . Άρα πρέπει $\displaystyle{|5k^2 +12k+8|=1}$ , από όπου προκύπτει $\displaystyle{k=-1}$ . Άρα $\displaystyle{n=-1}$ . Τότε

$\displaystyle{|n^3 -4n^2 +3n -35|=43}$ (πρώτος) και $\displaystyle{|n^2 +4n+8|=5}$ (πρώτος)

Τελικά, $\displaystyle{n\in \{5 , -3 , -1\}}$

simantiris j. · #2503

Άσκηση 1286
Έστω οι ακέραιοι για τους οποίους ο αριθμός είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.
Να δείξετε ότι ο αριθμός γράφεται ως άθροισμα τριών (όχι απαραίτητα διαφορετικών) τέλειων κύβων ακεραίων.

Πολύ ωραίο πρόβλημα!Ποια είναι η πηγή του;Η αντιμετώπισή μου:
Θεωρούμε τη δευτεροβάθμια εξίσωση bx^2+ax+1=0

.Αν

μια ακέραια ρίζα της τότε από το θεώρημα ρητής ρίζας πρέπει $r\mid 1\Rightarrow r=\pm 1$ .Θα δείξουμε τώρα ότι τουλάχιστον μια από τις ρίζες της εξίσωσης (που προφανώς είναι πραγματικές) αυτής είναι ακέραια.Πράγματι είναι $\sqrt{D}=\sqrt{a^2-4b}\in Z$ άρα οι ρίζες δεν είναι άρρητες και $4b\equiv 0(mod 2b)\Leftrightarrow a^2\equiv a^2-4b (mod 2b)\Leftrightarrow a\equiv \pm \sqrt{a^2-4b}(mod 2b)$ άρα ή $\frac{-a+\sqrt{a^2-4b}}{2b}\in Z$ ή $\frac{-a-\sqrt{a^2-4b}}{2b}\in Z$ που δίνει το ζητούμενο.
Οπότε είναι $r=\pm 1$ .
Αν r=1

έχουμε από τη δευτεροβάθμια $a+b=-1\Rightarrow a=-b-1$ άρα 3ab=-3b(b+1)=-3b^2-3b=(-b-1)^3+b^3+1^3

Αν

είναι $b-a=-1\Rightarrow a-b=1\Rightarrow a=b+1$ άρα 3ab=3b(b+1)=3b^2+3b=(b+1)^3+(-b)^3+(-1)^3

και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

#2504

simantiris j. έγραψε:
Άσκηση 1286
Έστω οι ακέραιοι για τους οποίους ο αριθμός είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.
Να δείξετε ότι ο αριθμός γράφεται ως άθροισμα τριών (όχι απαραίτητα διαφορετικών) τέλειων κύβων ακεραίων.

Πολύ ωραίο πρόβλημα!Ποια είναι η πηγή του;Η αντιμετώπισή μου:
Θεωρούμε τη δευτεροβάθμια εξίσωση .Αν μια ακέραια ρίζα της τότε από το θεώρημα ρητής ρίζας πρέπει $r\mid 1\Rightarrow r=\pm 1$ .Θα δείξουμε τώρα ότι τουλάχιστον μια από τις ρίζες της εξίσωσης (που προφανώς είναι πραγματικές) αυτής είναι ακέραια.Πράγματι είναι $\sqrt{D}=\sqrt{a^2-4b}\in Z$ άρα οι ρίζες δεν είναι άρρητες και $4b\equiv 0(mod 2b)\Leftrightarrow a^2\equiv a^2-4b (mod 2b)\Leftrightarrow a\equiv \pm \sqrt{a^2-4b}(mod 2b)$ άρα ή $\frac{-a+\sqrt{a^2-4b}}{2b}\in Z$ ή $\frac{-a-\sqrt{a^2-4b}}{2b}\in Z$ που δίνει το ζητούμενο.
Οπότε είναι $r=\pm 1$ .
Αν έχουμε από τη δευτεροβάθμια $a+b=-1\Rightarrow a=-b-1$ άρα
Αν είναι $b-a=-1\Rightarrow a-b=1\Rightarrow a=b+1$ άρα
και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Γιάννη, για b=6,a=5

έχουμε

τέλειο τετράγωνο αλλά το πολυώνυμο bx^2+ax+1 = 6x^2+5x+1

δεν έχει ακέραιες ρίζες. (Έχεις ρίζες τα -1/2

και

.)

Το λάθος προέκυψε ως εξής:

Σε κάποιο σημείο χρησιμοποιείς το «λανθασμένο θεώρημα» $x^2 \equiv y^2 \bmod n \Rightarrow x \equiv \pm y \bmod n$ . Αυτό είναι σωστό αν το

είναι πρώτος αλλά σε διαφορετική περίπτωση μπορεί είναι λανθασμένο.

Ουσιαστικά το $x^2 \equiv y^2 \bmod n$ είναι ισοδύναμο με το $(x-y)(x+y) \equiv 0 \bmod n$ . Οπότε ο «ισχυρισμός» είναι λανθασμένος όποτε ο

έχει δυο μικρότερους παράγοντες με την ίδια αρτιότητα.

simantiris j. · #2505

Demetres έγραψε: Γιάννη, για έχουμε τέλειο τετράγωνο αλλά το πολυώνυμο δεν έχει ακέραιες ρίζες. (Έχεις ρίζες τα και .)

Το λάθος προέκυψε ως εξής:

Σε κάποιο σημείο χρησιμοποιείς το «λανθασμένο θεώρημα» $x^2 \equiv y^2 \bmod n \Rightarrow x \equiv \pm y \bmod n$ . Αυτό είναι σωστό αν το είναι πρώτος αλλά σε διαφορετική περίπτωση μπορεί είναι λανθασμένο.

Ουσιαστικά το $x^2 \equiv y^2 \bmod n$ είναι ισοδύναμο με το $(x-y)(x+y) \equiv 0 \bmod n$ . Οπότε ο «ισχυρισμός» είναι λανθασμένος όποτε ο έχει δυο μικρότερους παράγοντες με την ίδια αρτιότητα.

Ουπς τι γκάφα αυτά κάνει η βιασύνη

!Σας ευχαριστώ πολύ κ. Δημήτρη.Φαντάζομαι οπότε ότι η προσέγγιση με το πολυώνυμο δε θα δουλέψει.

#2506

simantiris j. έγραψε:Φαντάζομαι οπότε ότι η προσέγγιση με το πολυώνυμο δε θα δουλέψει.

Δουλεύει.

Αρχιμήδης 6 · #2507

socrates έγραψε: Άσκηση 1286
Έστω οι ακέραιοι για τους οποίους ο αριθμός είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.
Να δείξετε ότι ο αριθμός γράφεται ως άθροισμα τριών (όχι απαραίτητα διαφορετικών) τέλειων κύβων ακεραίων.

Αν

τότε

$3ab=a^3-(\dfrac{a-x}{2})^3-(\dfrac{a+x}{2})^3$

Τα κλάσματα είναι ακέραιοι γιατί από την a^2-4b=x^2

τότε

είτε και οι

περιττοί είτε άρτιοι άρα πάντα το άθροισμα και η διαφορά τους είναι άρτιος.

simantiris j. · #2508

Demetres έγραψε:
simantiris j. έγραψε:Φαντάζομαι οπότε ότι η προσέγγιση με το πολυώνυμο δε θα δουλέψει.
Δουλεύει.

Πάμε πάλι.Ελπίζω αυτή τη φορά να είμαι σωστός.
Θεωρούμε τη δευτεροβάθμια x^2+ax+b=0

.Όπως πριν δεν έχει άρρητες ρίζες αφού η διακρίνουσα είναι τέλειο τετράγωνο και παρατηρούμε διακρίνοντας 2 περιπτώσεις ανάλογα με την αρτιότητα του

ότι οι ρίζες $\frac{-a+\sqrt{a^2-4b}}{2}$ και $\frac{-a-\sqrt{a^2-4b}}{2}$ είναι ακέραιες.
Αν

η μια ρίζα από θεώρημα ρητής ρίζας είναι $r\mid b\Leftrightarrow b=kr,k\in Z$ και $r^2+ar+kr=0\Leftrightarrow a=-r-k$ (η περίπτωση r=b=0

είναι τετριμμένη) άρα 3ab=-3kr(k+r)=(-k-r)^3+k^3+r^3

και τελειώσαμε.

raf616 · #2509

socrates έγραψε:Άσκηση 1290
Στην περιφέρεια κύκλου είναι γραμμένοι $n\geq3$ διαφορετικοί ανά δύο πραγματικοί αριθμοί, τέτοιοι ώστε καθένας να ισούται με το γινόμενο των δύο γειτονικών του αριθμών.
Να βρεθούν όλες οι δυνατές τιμές του

Καλησπέρα Θανάση! Μία προσπάθεια:

Έστω a_1, a_2, ..., a_n

οι αριθμοί. Καταρχάς, δεν μπορούμε να έχουμε κάποιον από τους αριθμούς ίσο με

γιατί τότε όλοι θα είναι

, άτοπο αφού πρέπει να είναι διαφορετικοί ανά

δύο. Για τυχαίο $1 \leq k \leq n$ πρέπει $a_{k+1} = a_{k}a_{k+2}$ και $a_{k+2} = a_{k+1}a_{k+3}$ (οι δείκτες $\pmod n$ ). Με πολλαπλασιασμό προκύπτει ότι $a_ka_{k+3} = 1$ .

Άρα, a_1a_4 = 1

και για

είναι $a_{n-2}a_{n+1} = 1 \iff a_{n-2}a_1 = 1$ . Αφού οι αριθμοί είναι διαφορετικοί ανά δύο πρέπει $n - 2 \equiv 4 \pmod n$ και λόγω

περιορισμών προκύπτει n = 3

ή

. Για

πρέπει

. Με πολλαπλασιασμό προκύπτει a_1a_2a_3 = 1

και άρα

και όμοια για τα

άλλα, άτοπο αφού τουλάχιστον δύο θα είναι ίσοι. Για n = 6

, οι αριθμοί $\left(2, 6, 3, \dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{6}, \dfrac{1}{3}\right)$ επαληθεύουν και έτσι έχουμε το ζητούμενο.

#2510

socrates έγραψε: Άσκηση 1287
Για κάθε θετικό ακέραιο συμβολίζουμε με το μέγιστο περιττό διαιρέτη του. Να υπολογίσετε το άθροισμα

$\displaystyle{d(1008)+d(1009)+...+d(2015)}$

Θα δείξουμε γενικότερα ότι $\displaystyle{a_n := d(n)+d(n+1)+...+d(2n-1)= n^2}$

α' τρόπος Βασιζόμαστε στην παρατήρηση ότι d(2m-1) = 2m-1

(άμεσο) και (λίγο πιο ενδιαφέρον αλλά απλό) d(2m)=d(m)

. Το τελευταίο ισχύει διότι ο μεγαλύτερος περιττός διαιρέτης του

είναι επίσης ο μεγαλύτερος περιττός διαιρέτης του

. Άρα για $n\ge 2$ έχουμε

$\displaystyle{a_{n}-a_{n-1}= d(n)+d(n+1)+...+d(2n-1) - d(n-1)-d(n+1)-...-d(2n-3)$

$\displaystyle{ = d(2n-1) + d(2n-2)-d(n-1) = d(2n-1) = 2n-1}$

Προσθέτωντας κατά μέλη θα βρούμε a_n = 1 + 3 + ... + (2n-1)= n^2

β' τρόπος (περίληψη) Κάθε άρτιος στο διάστημα $n , n+1, ... \, 2n-1$ γράφεται ως $2^kp, \, k \ge 1$ όπου

περιττός. Στην θέση του

μπορεί να εμφανιστεί οποιοσδήποτε περιττός μικρότερος ή ίσος του

και μάλιστα ακριβώς μία φορά διότι αν $n \le 2^k p \le 2n-1$ τότε το $2^{k+1}p$ είναι έξω από αυτό το διάστημα ως μεγαλύτερο του 2n-1

.

Τελικά το ζητούμενο άθροισμα ισούται με το άθροισμα όλων των περιττών απο

έως

, και λοιπά.

Για την ιστορία, το πρόβλημα αυτό ήταν στην shortlist των υποψήφιων θεμάτων του Καγκουρό 2014 αλλά στο τέλος δεν επιλέχτηκε ως δύσκολο, δεδομένου ότι στο Καγκουρό έχεις μόνο χρόνο λίγων λεπτών για κάθε μία από τις

ασκήσεις που εμφανίζονται.

Προφανώς αυτός που την πρότεινε στο shortlist του Καγκουρό (αν θυμάμαι καλά ήταν από Ανατολική Ευρώπη) την χρησιμοποίησε στην εθνική του Μαθηματική Ολυμπιάδα για να μην χαθεί ένα τόσο ωραίο θέμα. Ας σημειώσω ότι πολλοί από τους εθνικούς εκπροσώπους του Καγκουρό είναι συγχρόνως στις Επιτροπές Διαγωνισμών στην πατρίδα τους.

Θανάση (Socrates), πολύ θα ήθελα να μάθω που χρησιμοποιήθηκε η άσκηση.

#2511

socrates έγραψε:
Άσκηση 1292
Στον πίνακα είναι γραμμένος ένας θετικός ακέραιος.
Δύο μαθητές, ο Α και ο Β, παίζουν το ακόλουθο παιχνίδι. Εναλλάξ, αντικαθιστούν τον αριθμό που είναι γραμμένος στον πίνακα είτε με το πλήθος των διαιρετών του είτε με τη διαφορά του από το πλήθος των διαιρετών του. Έτσι σε κάθε κίνηση προκύπτει ένας μη αρνητικός ακέραιος. Νικητής είναι ο μαθητής που θα γράψει πρώτος τον αριθμό
Αν ο Α παίζει πρώτος, να βρείτε ποιος έχει στρατηγική νίκης αν αρχικά στον πίνακα είναι γραμμένος ο αριθμός
α) ,
β)

Είχα την εντύπωση πως την έβαλα παλιά αλλά δεν την βρίσκω. Ας το δούμε λοιπόν

Θα ονομάζω ένα αριθμό τύπου Ι αν ο πρώτος παίκτης που ξεκινάει από αυτόν έχει στρατηγική νίκης, και τύπου ΙΙ αν δεν έχει.

Ασφαλώς το 1 και το 2 είναι τύπου Ι. Αν κάποιος ξεκινήσει από το 3 μετά θα πρέπει να γράψει το 1 ή το 2. Οποιοδήποτε από τα δύο και να γράψει θα χάσει. Οπότε το 3 είναι τύπου Ι. Συνεχίζουμε την διαδικασία ελέγχοντας τους αριθμούς ένα προς ένα μέχρι το 27. Βρίσκουμε τα εξής αποτελέσματα:

Τύπου Ι: 1,2,4,5,9,10,12,13,15,16,18,19,20,21,24,25,26,27

Τύπου ΙΙ:

Θα χρειαστώ επίσης τον τύπο του

. Επειδή το

έχει

διαιρέτες, τότε ο παίκτης που έχει το

γράφει αναγκαστικά είτε το

είτε το

. Επειδή και τα δύο είναι τύπου Ι, τότε το

είναι τύπου ΙΙ.

Ας υποθέσουμε τώρα ότι ο Α ξεκινάει με το 1036. Επειδή $1036 = 2^2 \cdot 7 \cdot 37$ τότε το 1036

έχει 12 διαιρέτες. Επειδή το

είναι τύπου I, αν ο

γράψει το

τότε έχασε. Οπότε αναγκαστικά γράφει το 1024

. Όμως τότε ο

μπορεί να γράψει το

και να κερδίσει.

Ας υποθέσουμε τώρα ότι ο Α ξεκινάει με το 2016. Επειδή $2016 = 2^5 \cdot 3^2 \cdot 7$ τότε το 2016

έχει 36 διαιρέτες. Επειδή το

είναι τύπου II, ο

γράφει το

και κερδίζει.

Επεξεργασία: Έγινε διόρθωση. Ευχαριστώ τον Ραφαήλ (raf616) για την επισήμανση.

#2512

raf616 έγραψε:
socrates έγραψε:Άσκηση 1276
Ένα πεπερασμένο σύνολο $A\subset \Bbb{R}$ έχει την ιδιότητα:
το γινόμενο δύο οποιονδήποτε διαφορετικών στοιχείων του είναι στοιχείο του
Πόσα το πολύ στοιχεία έχει το Μπορείτε να βρείτε όλα τα σύνολα με αυτή την ιδιότητα;
Καλησπέρα, μία προσπάθεια.

Καταρχάς, παρατηρούμε ότι αν ένα σύνολο που ικανοποιεί τις δοθείσες συνθήκες δεν περιέχει το τότε μπορούμε να προσθέσουμε το και οι προϋποθέσεις να εξακολουθούν να

ικανοποιούνται. Υποθέτουμε, επομένως ότι το δεν έχει μηδενικά στοιχεία.

Έστω τώρα ότι υπάρχουν $x, y \in A$ τέτοια ώστε $|x|, |y| \neq \pm 1$ και έστω $xy \neq \pm 1$ .

Τώρα $xy \in A$ και $x^2y^2 \in A$ . Τώρα, όμως επειδή $(xy)^m \neq xy, m \geq 2$ παίρνουμε επαγωγικά ότι $(xy)^{2^k} \in A$ , άτοπο αφού τότε το δεν είναι πεπερασμένο.

Άρα, για κάθε $x, y \in A$ τέτοια ώστε $|x|, |y| \neq 1$ παίρνουμε ότι $xy = \pm 1$ . Αν έχουμε τώρα τρία στοιχεία $x, y, z \in A$ διάφορα των τότε δύο από τους είναι

ίσοι και άρα δύο από τους είναι ίσοι, άτοπο. Αν τώρα $A = \{1, -1, x, y\}$ παίρνουμε ότι και άρα που δίνει $x = \pm 1$ και άρα βάζοντας και το

παίρνουμε . Αν $A = \{-1, x, y\}$ τότε παίρνουμε πάλι όπως πριν. Αν $A = \{1, x, y\}$ τότε διαλέγοντας δύο αντίστροφους αριθμούς με $x, y \neq \pm 1$ και

προσθέτοντας και το παίρνουμε που είναι και το ζητούμενο μέγιστο. Τα σύνολα που επαληθεύουν αυτό το αποτέλεσμα είναι όλα τα σύνολα της μορφής $\left\{0, 1, m, \dfrac{1}{m}\right\}$

με $m \in \Bbb{R} - \{-1, 0, 1\}$ .

*EDIT: Άλλαξαν κάποια πράγματα μετά από παρατηρήσεις του Θανάση, τον οποίο και ευχαριστώ!

Βάζω τα κύρια βήματα στη λύση μου, η οποία είναι διαφορετική από την παραπάνω:

Εξαιρώντας το 0 έχουμε:
1) Το Α έχει το πολύ 3 θετικούς αριθμούς. Αν έχει (ακριβώς) 3 θετικούς, τότε ο ένας είναι το 1.
2) Το Α δε μπορεί να έχει τέσσερις αρνητικούς.
3) Το Α δε μπορεί να έχει τρεις αρνητικούς. Επομένως, έχει το πολύ δύο αρνητικούς και άρα $|A|\leq 5$
4) Μπορεί να είναι |A|=5;

5) Μπορεί να είναι |A|=4;

#2513

Mihalis_Lambrou έγραψε:
socrates έγραψε: Άσκηση 1287
Για κάθε θετικό ακέραιο συμβολίζουμε με το μέγιστο περιττό διαιρέτη του. Να υπολογίσετε το άθροισμα

$\displaystyle{d(1008)+d(1009)+...+d(2015)}$
...

Για την ιστορία, το πρόβλημα αυτό ήταν στην shortlist των υποψήφιων θεμάτων του Καγκουρό 2014 αλλά στο τέλος δεν επιλέχτηκε ως δύσκολο, δεδομένου ότι στο Καγκουρό έχεις μόνο χρόνο λίγων λεπτών για κάθε μία από τις ασκήσεις που εμφανίζονται.

Προφανώς αυτός που την πρότεινε στο shortlist του Καγκουρό (αν θυμάμαι καλά ήταν από Ανατολική Ευρώπη) την χρησιμοποίησε στην εθνική του Μαθηματική Ολυμπιάδα για να μην χαθεί ένα τόσο ωραίο θέμα. Ας σημειώσω ότι πολλοί από τους εθνικούς εκπροσώπους του Καγκουρό είναι συγχρόνως στις Επιτροπές Διαγωνισμών στην πατρίδα τους.
Θανάση (Socrates), πολύ θα ήθελα να μάθω που χρησιμοποιήθηκε η άσκηση.

Η άσκηση ήταν το πρόβλημα 4 της φετινής παναφρικανικής ολυμπιάδας!
http://www.artofproblemsolving.com/comm ... 32p5292114

#2514

Άσκηση 1293
Να υπολογίσετε τα αθροίσματα
α) $\displaystyle{ \left\lfloor \frac{a}{n} \right\rfloor+\left\lfloor \frac{a+1}{n} \right\rfloor+\dots+\left\lfloor \frac{a+n-1}{n} \right\rfloor, \ \ \ a\in \Bbb{Z}, \ n\in \Bbb{Z}^+}$

β) $\displaystyle{ \left\lfloor \frac{2^0}{3} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{2^1}{3} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{2^2}{3} \right\rfloor + \cdots + \left\lfloor \frac{2^{1000}}{3} \right\rfloor. }$

Άσκηση 1294
Έστω a, b, c

διαφορετικοί ανά δύο πραγματικοί αριθμοί. Να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{(b − c)^4}{(a − b)^2(a − c)^2}+\frac{(c − a)^4}{(b − c)^2(b − a)^2}+\frac{(a − b)^4}{(c − a)^2(c − b)^2}\geq \frac{33}{2}.}$

Πότε ισχύει η ισότητα;

Άσκηση 1295
Αν $\displaystyle{\rm x,y,z>0}$ με $\displaystyle{\rm x+y+z=xy+yz+zx}$ να βρεθεί η μέγιστη τιμή της παράστασης

$\displaystyle{\rm \mathcal{F}=\frac{xy}{x+y}+\frac{yz}{z+x}+\frac{zx}{z+x}.}$
http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=111&t=51105

Άσκηση 1296
Οι πραγματικοί αριθμοί $x, y, z \ge \frac{1}{2}$ είναι τέτοιοι, ώστε xyz=1.

Να δείξετε ότι $\displaystyle{ 3 + x+y+z \le \frac{2}{x} + \frac{2}{y} + \frac{2}{z} .}$
http://forum.gil.ro/viewtopic.php?f=19&t=7267&start=0

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Άσκηση 1297
Βρείτε το μέγιστο θετικό ακέραιο n < 2020

, με την ιδιότητα:
Αν

είναι πρώτος διαιρέτης του

, τότε ο αριθμός p^2 - 1

είναι διαιρέτης του

.

Άσκηση 1298
Να βρείτε τους θετικούς ακέραιους m,n

για τους οποίους ισχύει 85^m-n^4=4.

http://forum.gil.ro/viewtopic.php?f=16&t=7278&start=0

Άσκηση 1299
Σε κάθε κελί ενός $7 \times 5$ πίνακα τοποθετούμε ένα αριθμό με τέτοιο τρόπο ώστε σε κάθε $2 \times 3$ και σε κάθε $3 \times 2$ υποπίνακα το άθροισμα των αριθμών να είναι

.
Ο Πέτρος μπορεί να επιλέξει κάποια κελιά και να μάθει τους αριθμούς που είναι γραμμένους σε αυτά.
Να βρεθεί ο ελάχιστος αριθμός ερωτήσεων που μπορεί να κάνει ώστε να είναι σίγουρος για το άθροισμα όλων των αριθμών που είναι γραμμένοι στον πίνακα.
http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=50124

Άσκηση 1300
Τοποθετούνται αυθαίρετα 120

μοναδιαία τετράγωνα μέσα σε ένα ορθογώνιο διαστάσεων $20 \times 25$ .
Να δειχθεί ότι μπορούμε να τοποθετήσουμε μέσα στο ορθογώνιο έναν κύκλο διαμέτρου

ο οποίος να μην τέμνει κανένα από τα τετράγωνα.
Πηγή: Σοβιετική Ένωση 1961
http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=51164

Άσκηση 1301
Σε ένα πάρτι συναντήθηκαν έξι άτομα. Καθένας από αυτούς γνωρίζει ακριβώς τρεις από τους υπόλοιπους.
Αποδείξτε ότι υπάρχουν τέσσερα άτομα τα οποία μπορούν να καθίσουν σε ένα στρογγυλό τραπέζι με τέτοιο τρόπο ώστε καθένα από αυτά να κάθεται ανάμεσα σε δύο γνωστούς του.

Άσκηση 1302
Σε ένα σύλλογο $n\geq 5$ μελών, κάθε δύο μέλη που δε γνωρίζονται μεταξύ τους, έχουν ακριβώς ένα κοινό γνωστό, και κανένα μέλος δε γνωρίζει όλα τα υπόλοιπα.
Αποδείξτε ότι υπάρχουν

μέλη τα οποία μπορούν να καθίσουν σε ένα στρογγυλό τραπέζι έτσι ώστε καθένα από αυτά να κάθεται ανάμεσα σε δύο μέλη
(α) που γνωρίζει.
(β) που δε γνωρίζει.

Άσκηση 1303
Δείξτε ότι ανάμεσα σε οποιεσδήποτε

κορυφές ενός κανονικού 101-

γώνου, υπάρχουν τρεις που αποτελούν κορυφές ισοσκελούς τριγώνου.
Γενίκευση: viewtopic.php?f=111&t=51509

Άσκηση 1304
Στην περιφέρεια ενός κύκλου υπάρχουν εξήντα σημεία, τριάντα από τα οποία είναι χρωματισμένα κόκκινα, είκοσι μπλε και δέκα πράσινα. Τα σημεία αυτά διαιρούν τον κύκλο σε εξήντα τόξα. Σε καθένα από αυτά τα τόξα γράφουμε έναν αριθμό, σύμφωνα με τους κανόνες:
Αν το τόξο συνδέει ένα κόκκινο και ένα πράσινο σημείο τότε γράφουμε τον αριθμό

,
αν το τόξο συνδέει ένα κόκκινο και ένα μπλε σημείο τότε γράφουμε τον αριθμό

αν το τόξο συνδέει ένα μπλε και ένα πράσινο σημείο τότε γράφουμε τον αριθμό

και
αν το τόξο συνδέει σημεία ίδιου χρώματος τότε γράφουμε τον αριθμό

Ποια είναι η μέγιστη δυνατή τιμή του αθροίσματος των αριθμών στα τόξα;

#2515

socrates έγραψε: Η άσκηση ήταν το πρόβλημα 4 της φετινής παναφρικανικής ολυμπιάδας!
http://www.artofproblemsolving.com/comm ... 32p5292114

Ενδιαφέρον! Ποιος ξέρει τι συγκοινωνούντα δοχεία υπάρχουν ή όχι!

Στο Καγκουρό (που τελικά δεν χρησιμοποιήθηκε) είχε την μορφή d(101) + d(102)+...+d(200)

Αρχιμήδης 6 · #2516

socrates έγραψε:.
Άσκηση 1298
Να βρείτε τους θετικούς ακέραιους για τους οποίους ισχύει
http://forum.gil.ro/viewtopic.php?f=16&t=7278&start=0

(1)

Από (1) προφανώς

περιττός άρα (n^2+2n+2,n^2-2n+2)=1

άρα επειδή n^2+2n+2>n^2-2n+2>1

τότε

(2),

(3)

Όμως $17^m>15^m\geq3*5^m$ άρα από (2),(3)

n^2+2n+2>3(n^2-2n+2)

και τελικά n=3

,

μοναδική λύση.

Από την όμορφη Καστοριά!

raf616 · #2517

socrates έγραψε:Άσκηση 1293
Να υπολογίσετε τα αθροίσματα
α) $\displaystyle{ \left\lfloor \frac{a}{n} \right\rfloor+\left\lfloor \frac{a+1}{n} \right\rfloor+\dots+\left\lfloor \frac{a+n-1}{n} \right\rfloor, \ \ \ a\in \Bbb{Z}, \ n\in \Bbb{Z}^+}$

β) $\displaystyle{ \left\lfloor \frac{2^0}{3} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{2^1}{3} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{2^2}{3} \right\rfloor + \cdots + \left\lfloor \frac{2^{1000}}{3} \right\rfloor. }$

Καλησπέρα! Μία προσπάθεια:

α) Έστω $a = nk + u, 0 \leq u < n$ και

το άθροισμα.

Τότε: $\displaystyle{S = \left \lfloor \dfrac{nk + u}{n} \right\rfloor + \left \lfloor \dfrac{nk + u + 1}{n} \right\rfloor + \dots + \left \lfloor \dfrac{nk + u + n - 1}{n} \right\rfloor = nk + \left \lfloor \dfrac{u}{n} \right\rfloor + \left \lfloor \dfrac{u+1}{n} \right\rfloor + \dots + \left \lfloor \dfrac{u+n-1}{n} \right\rfloor}$

Όμως, για τυχαίο $0 \leq r \leq n-1$ είναι $\dfrac{u + r}{n} < \dfrac{n + n -1}{n} = 2 - \dfrac{1}{n} < 2$ και άρα $\left \lfloor \dfrac{u+r}{n} \right\rfloor \in \{0,1\}$ .

Είναι $u < n \implies u = n - m, 0 < m \leq n$ . Άρα για κάθε $0 \leq r \leq m$ είναι $\left \lfloor \dfrac{u + r}{n} \right\rfloor = 0$ και τα υπόλοιπα ακέραια μέρη, n-m

το πλήθος είναι

.

Άρα

και έτσι το ζητούμενο βρέθηκε.

β) Καταρχάς, παρατηρούμε $4^{m} \equiv 1 \pmod3$ για κάθε φυσικό

.

Είναι $\left \lfloor \dfrac{2^{2k}}{3} \right\rfloor = \left \lfloor \dfrac{4^k - 1}{3} + \dfrac{1}{3} \right\rfloor = \dfrac{4^k-1}{3} + \left \lfloor \dfrac{1}{3} \right\rfloor = \dfrac{4^k-1}{3}$ .

$\left \lfloor \dfrac{2^{2k+1}}{3} \right\rfloor = \left \lfloor \dfrac{2(4^k-1)}{3} + \dfrac{2}{3} \right\rfloor = \dfrac{2(4^k-1)}{3} + \left \lfloor \dfrac{2}{3} \right\rfloor = \dfrac{2(4^k-1)}{3}$ .

Άρα για κάεθ $0 \leq k \leq 999$ είναι $\left \lfloor \dfrac{2^{2k}}{3} \right\rfloor + \left \lfloor \dfrac{2^{2k+1}}{3} \right\rfloor = 4^k - 1$ και $\left \lfloor \dfrac{2^{1000}}{3} \right\rfloor = \dfrac{4^{500} - 1}{3}$ .

Εύκολα τώρα είναι $S = \dfrac{4^{1000} - 1}{3} + \dfrac{4^{500} - 1}{3} - 1000$ .

EDIT: Διόρθωση τυπογραφικού.

#2518

socrates έγραψε:
Άσκηση 1296
Οι πραγματικοί αριθμοί $x, y, z \ge \frac{1}{2}$ είναι τέτοιοι, ώστε Να δείξετε ότι $\displaystyle{ 3 + x+y+z \le \frac{2}{x} + \frac{2}{y} + \frac{2}{z} .}$
http://forum.gil.ro/viewtopic.php?f=19&t=7267&start=0
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Υπόδειξη: Μπορείτε να χρησιμοποιήσετε mixing variable στη μορφή $f(x,y,z)\geq f(x,\sqrt{yz},\sqrt{yz}).$

Θέτουμε

$\displaystyle{a=2x-1, b=2y-1, c=2z-1,}$ οπότε έχουμε να αποδείξουμε το ακόλουθο:

Αν $\displaystyle{a,b,c\geq 0,~(a+1)(b+1)(c+1)=8,}$ τότε $\displaystyle{a+b+c+ab+bc+ca\geq 6.}$

Πράγματι, είναι

$\displaystyle{a+b+c+ab+bc+ca=(a+1)(b+1)(c+1)-1-abc=7-abc\geq 6,}$ αφού $\displaystyle{abc\leq 1.}$

Το τελευταίο είναι συνέπεια της

$\displaystyle{8=(a+1)(b+1)(c+1)\geq 2\sqrt{a}2\sqrt{b}2\sqrt{c}\implies abc\leq 1.}$

G.Bas · #2519

socrates έγραψε:Άσκηση 1294
Έστω διαφορετικοί ανά δύο πραγματικοί αριθμοί. Να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{(b − c)^4}{(a − b)^2(a − c)^2}+\frac{(c − a)^4}{(b − c)^2(b − a)^2}+\frac{(a − b)^4}{(c − a)^2(c − b)^2}\geq \frac{33}{2}.}$

Πότε ισχύει η ισότητα;

Θέτουμε $a-b=x,\, b-c=y,\, c-a=z$ και τότε αρκεί να αποδείξουμε την Ανισότητα

$\displaystyle{\frac{x^4}{y^2z^2}+\frac{y^4}{z^2x^2}+\frac{z^4}{x^2y^2}\geq\frac{33}{2}\Leftrightarrow 2(x^6+y^6+z^6)\geq 33x^2y^2z^2}$ υπό τη συνθήκη x+y+z=0

.

Η υπόθεση όμως δίνει x+y=-z

οπότε η Ανισότητα γράφεται τώρα

$\displaystyle{2(x^6+y^6)+2(x+y)^6\geq 33x^2y^2(x+y)^2.}$

Από την Ανισότητα Cauchy-Schwarz έχουμε για το αριστερό μέλος

$\displaystyle{2(x^6+y^6)\geq (x^3+y^3)^2=(x+y)^2(x^2-xy+y^2)^2}$ οπότε αρκεί να αποδείξουμε την

$\displaystyle{(x+y)^2(x^2-xy+y^2)^2+2(x+y)^6\geq 33x^2y^2(x+y)^2}$ ή καλύτερα την

$\displaystyle{(x+y)^2[(x^2-xy+y^2)^2+2(x+y)^4-33x^2y^2]\geq 0}$ η οποία τελικά παίρνει τη μορφή

$\displaystyle{3(x+y)^2(x-y)^2(x^2+4xy+y^2)\geq 0}$ όπου και ισχύει

.

Ισότητα έχουμε όταν a+c=2b

.

#2520

raf616 έγραψε:
socrates έγραψε:Άσκηση 1293
Να υπολογίσετε τα αθροίσματα
α) $\displaystyle{ \left\lfloor \frac{a}{n} \right\rfloor+\left\lfloor \frac{a+1}{n} \right\rfloor+\dots+\left\lfloor \frac{a+n-1}{n} \right\rfloor, \ \ \ a\in \Bbb{Z}, \ n\in \Bbb{Z}^+}$
Καλησπέρα! Μία προσπάθεια:

α) Έστω $a = nk + u, 0 \leq u < n$ και το άθροισμα...

Ωραιότατα.

Ένας απλός τρόπος να γίνει το α) είναι με επαγωγή στο

. Το πέρασμα από το

στο

είναι άμεσο (οι όροι του αθροίσματος στις δύο περιπτώσεις είναι ακριβώς οι ίδιοι, εκτός του πρώτου και του τελευταίου). Όμοια το πέρασμα από το

στο

.

Ας προσθέσω ότι το παραπάνω είναι ειδική περίπτωση ( a/n =x

) της ταυτότητας Hermite που σίγουρα έχουμε δει πολλές φορές στο φόρουμ.

Μ.

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