Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#381

Δύο ακόμα θέματα για τους μικρούς που δεν έχουν ακόμα αποκτήσει μεγάλη εμπειρία:

ΑΣΚΗΣΗ 158:
Οι μη παράλληλες πλευρές ισοσκελούς τραπεζίου έχουν μήκη 10 m η κάθε μία, ενώ η περίμετρός του είναι 152 m. Αν το ύψος του είναι το 1/9 της μεγάλης βάσης και οι βάσεις του είναι ανάλογες προς τους αριθμούς 6 και 5, να υπολογίσετε το εμβαδόν του.

(Έχει τεθεί σε διαγωνισμό της ΕΜΕ για την Β Γυμνασίου)

ΑΣΚΗΣΗ 159:
Δίνεται ο αριθμός 1!+2!+3!+...+2004!

(α) Να βρείτε ποιο είναι το ψηφίο των μονάδων του

(β) Να αποδείξετε ότι ο αριθμός αυτός διαιρείται με το 3.

(Υπενθυμίζουμε ότι συμβολίζουμε: ν!=1.2.3.....ν)

Γιώτα · #382

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 159:
Δίνεται ο αριθμός 1!+2!+3!+...+2004!

(α) Να βρείτε ποιο είναι το ψηφίο των μονάδων του

(β) Να αποδείξετε ότι ο αριθμός αυτός διαιρείται με το 3.

(Υπενθυμίζουμε ότι συμβολίζουμε: ν!=1.2.3.....ν)

α)
Έχω ότι:
$A=1!+2!+3!+4!+5!+...........+2004!=1+1\cdot 2+1\cdot 2\cdot 3+1\cdot 2 \cdot 3\cdot 4+1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 5+......+2004!=1+2+6+24+120+120 \cdot 6+....+2004!$
Μετά το 5! Όλοι οι υπόλοιποι αριθμοί θα πολλαπλασιαστούν με το 120 άρα το τελευταίο ψηφίο τους θα είναι πάντα 0.
Επομένως $\tau (A)=\tau (1+2+6+24)=3$

β)
$A=1+1\cdot 2+1\cdot 2\cdot 3+1\cdot 2 \cdot 3\cdot 4+1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 5+......+2004!$
Μετά το 2! όλα τα γινόμενα έχουν μέσα τους το 3 .Άρα αν βγάλω κοινό παράγοντα το 3 έχω ότι :
$A=1+1\cdot 2+3k=3(1+k)$
Άρα 3|A

#383

ΑΣΚΗΣΗ 160 :
Ένας επιστήμονας και ο βοηθός του ανέλαβαν μια έρευνα σε χημικό εργαστήριο από την οποία θα εισπράξουν 85116 ευρώ. Ο επιστήμονας θα απασχοληθεί για 42 μέρες και ο βοηθός του για 45 μέρες. Η ημερήσια αμοιβή του επιστήμονα είναι κατά 40% μεγαλύτερη της ημερήσιας αμοιβής του βοηθού του. Πόσα χρήματα θα εισπράξει ο καθένας στο τέλος της έρευνας;

(Διαγωνισμός της ΕΜΕ για την Β΄Γυμνασίου)

ΑΣΚΗΣΗ 161 :
Αν $a\epsilon R,a\neq \pm 1$ και αν οι πραγματικοί αριθμοί x,y

, είναι τέτοιοι ώστε

$\frac{x+y}{1+a^{2}}=\frac{1-a^{2}+a^{4}}{x^{2}-xy+y^{2}}$

$\frac{x-y}{1-a^{2}}=\frac{1+a^{2}+a^{4}}{x^{2}+xy+y^{2}},$

να προσδιορίσετε την τιμή του

.

(Διαγωνισμός της ΕΜΕ, για την Γ΄ Γυμνασίου)

#384

socrates έγραψε:Άσκηση 145
Να προσδιορίσετε τους φυσικούς αριθμούς για τους οποίους υπάρχουν πρώτοι αριθμοί τέτοιοι ώστε

Υπόδειξη:
Η εξίσωση μπορεί να γραφεί ως εξής (p+q+r)(p+q-r)=pq.

Όμως

οπότε

#385

ΑΣΚΗΣΗ 162 :
Οι πραγματικοί αριθμοί x,y είναι τέτοιοι ώστε

$x>0,y>1 \kappa \alpha \iota xy+1=y^{2}+y+x$

Να βρείτε την ελάχιστη δυνατή τιμή του x

(Διαγωνισμός της ΕΜΕ για την Γ΄Γυμνασίου)

ΑΣΚΗΣΗ 163 :
Θεωρούμε τους πραγματικούς αριθμούς x,y,z,ω. Αν αντικαταστήσουμε αυτούς με τους αριθμούς $x_{1}=x+10,y_{1}=y+10,z_{1}=z+10,\omega _{1}=\omega +10$ τότε το άθροισμα των
$x_{1},y_{1},z_{1},\omega _{1}$ είναι 1040.
Αν αντικαταστήσουμε τους x,y,z,ω με τους αριθμούς $x_{2}=10-x,y_{2}=20-y,z_{2}=30-z,\omega _{2}=40-\omega ,$ πόσο θα είναι το άθροισμα $x_{2}+y_{2}+z_{2}+\omega _{2};$

(Διαγωνισμός της ΕΜΕ για την Α Λυκείου)

#386

Demetres έγραψε:
socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 126
Αν πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε να δείξετε ότι

$\displaystyle (ab)^5+(bc)^5+(ca)^5 < \frac{1}{4}$
Η αρχική μου λύση (όπως σωστά παρατήρησε ο socrates) σε προσωπικό μήνυμα ήταν λανθασμένη. Βάζω μια καινούργια και ελπίζω σωστή.

Έχουμε $1 = (a^4 + b^4 + c^4)^2 = a^8 + b^8 + c^8 + 2(a^4b^4 + b^4c^4 + c^4a^4) \geqslant 3(a^4b^4 + b^4c^4 + c^4a^4)$

Άρα $\displaystyle{ a^4b^4 + b^4c^4 + c^4a^4 \leqslant \frac{1}{3}}$ (*)

Έχουμε επίσης $\displaystyle{ 1 = (a^4 + b^4 + c^4)^3 = a^{12} + b^{12} + c^{12} + 3(a^8b^4 + a^4b^8) + 3(b^8c^4 + c^8b^4) + 3(c^8a^4 + a^8c^4) + 6a^4b^4c^4}$

Χρησιμοποιούμε ότι $a^{12} + b^{12} + c^{12} \geqslant a^6b^6 + b^6c^6 + c^6a^6$ ότι $a^8b^4 + a^4b^8 \geqslant 2a^6b^6$ κ.τ.λ. για να καταλήξουμε ότι $1 \geqslant 7(a^6b^6 + b^6c^6 + c^6a^6) + 6a^4b^4c^4 \geqslant 7(a^6b^6 + b^6c^6 + c^6a^6)$ .

Δηλαδή $\displaystyle{ a^6b^6 + b^6c^6 + c^6a^6 \leqslant \frac{1}{7}}$ (**)

Όμως $2a^5b^5 \leqslant a^4b^4 + a^6b^6$ κ.τ.λ. άρα από τις (*) και (**) παίρνουμε

$\displaystyle{ a^5b^5 + b^5c^5 + c^5a^5 \leqslant \frac{1}{2}\left(\frac{1}{3} + \frac{1}{7}\right) = \frac{5}{21} < \frac{1}{4}.}$

Πολύ ωραία, Δημήτρη!

Διαφορετικά:

Είναι $1=a^4+b^4+c^4\geq 2a^2b^2,$ οπότε $\displaystyle ab\leq \frac{\sqrt{2}}{2}.$

Άρα $\displaystyle (ab)^5+(bc)^5+(ca)^5\leq \frac{\sqrt{2}}{2}(a^4b^4 + b^4c^4 + c^4a^4)\leq \frac{\sqrt{2}}{6}(a^4+b^4+c^4)^2=\frac{\sqrt{2}}{6}<\frac{1}{4}.$

Η άσκηση είναι από εδώ: http://forum.gil.ro/viewtopic.php?f=19&t=1080

#387

socrates έγραψε:Άσκηση 157
Μπορούμε να μετασχηματίσουμε ένα ζεύγος πραγματικών αριθμών στο $\displaystyle \left(a\pm\frac{2}{b},b\right),$ αν $b\ne 0$ ή στο $\displaystyle \left(a, b\pm\frac{2}{a}\right),$ αν $a \ne 0.$

α) Δείξτε ότι ξεκινώντας από το ζεύγος και χρησιμοποιώντας την παραπάνω διαδικασία μπορούμε να πάρουμε το ζεύγος

β) Δείξτε ότι με όποιο τρόπο και να πραγματοποιηθεί το α), σε κάποια στιγμή θα εμφανιστεί ζεύγος που περιέχει το

γ) Ξεκινώντας από το ζεύγος μπορούμε να πάρουμε το ζεύγος ;

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#388

socrates έγραψε:
socrates έγραψε:Άσκηση 157
Μπορούμε να μετασχηματίσουμε ένα ζεύγος πραγματικών αριθμών στο $\displaystyle \left(a\pm\frac{2}{b},b\right),$ αν $b\ne 0$ ή στο $\displaystyle \left(a, b\pm\frac{2}{a}\right),$ αν $a \ne 0.$

α) Δείξτε ότι ξεκινώντας από το ζεύγος και χρησιμοποιώντας την παραπάνω διαδικασία μπορούμε να πάρουμε το ζεύγος

β) Δείξτε ότι με όποιο τρόπο και να πραγματοποιηθεί το α), σε κάποια στιγμή θα εμφανιστεί ζεύγος που περιέχει το

γ) Ξεκινώντας από το ζεύγος μπορούμε να πάρουμε το ζεύγος ;

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Τι παθαίνει το γινόμενο των στοιχείων του ζεύγους, μετά από εφαρμογή της διαδικασίας;

Έξυπνη ασκησούλα socrates.

Γιώτα · #389

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 161 :
Αν $a\epsilon R,a\neq \pm 1$ και αν οι πραγματικοί αριθμοί, είναι τέτοιοι ώστε

$\frac{x+y}{1+a^{2}}=\frac{1-a^{2}+a^{4}}{x^{2}-xy+y^{2}}$

$\frac{x-y}{1-a^{2}}=\frac{1+a^{2}+a^{4}}{x^{2}+xy+y^{2}},$

να προσδιορίσετε την τιμή του .

Αναλύω τους όρους των δυο κλασμάτων οπότε προκύπτει ότι:
(x+y)(x^2-xy+y^2)=x^3+y^3

Και

Άρα

Κάνοντας αφαίρεση κατά μέλη έχω ότι:
$x^3+y^3-x^3+y^3=1+a^6-1+a^6\Rightarrow y^3=a^6 (1)$
Άρα από την $(1)\Rightarrow$
$x^3+a^6=1+a^6\Rightarrow x^3=1\Rightarrow x=1$

S.E.Louridas · #390

ΑΣΚΗΣΗ 164 :

Επιλύσατε στους θετικούς ακέραιους την εξίσωση που ακολουθεί:

$\left( {x + 1} \right)\left( {y + 1} \right)\left( {z + 1} \right) = 3xyz.$

S.E.Louridas

#391

socrates έγραψε:Άσκηση 157
Μπορούμε να μετασχηματίσουμε ένα ζεύγος πραγματικών αριθμών στο $\displaystyle \left(a\pm\frac{2}{b},b\right),$ αν $b\ne 0$ ή στο $\displaystyle \left(a, b\pm\frac{2}{a}\right),$ αν $a \ne 0.$

α) Δείξτε ότι ξεκινώντας από το ζεύγος και χρησιμοποιώντας την παραπάνω διαδικασία μπορούμε να πάρουμε το ζεύγος

β) Δείξτε ότι με όποιο τρόπο και να πραγματοποιηθεί το α), σε κάποια στιγμή θα εμφανιστεί ζεύγος που περιέχει το

γ) Ξεκινώντας από το ζεύγος μπορούμε να πάρουμε το ζεύγος ;

α) Από πολλαπλή χρήση της πρώτης πράξης (με πλην) έχουμε

$(2011, 2) \rightarrow (2010, 2) \rightarrow (2009, 2) \rightarrow (2008, 2)\rightarrow ... \rightarrow (3, 2)\rightarrow (2, 2)$

Τώρα συνεχίζουμε με την δεύτερη πράξη (με πλην)

$(2, 2) \rightarrow (2, 1) \rightarrow (2, 0) \rightarrow (2, -1)\rightarrow ... \rightarrow (2, -2010)\rightarrow (2,- 2011)$ , όπως θέλαμε

β) Παρατηρούμε ότι το γινόμενο των δύο αριθμών στο (a,b)

πριν την πράξη σε σύγκριση με το ίδιο γινόμενο μετά την πράξη, αλλάζει κατά $\pm 2$ . Πράγματι $\left(a\pm \frac{2}{b}\right) b = ab \pm2$ , και όμοια η άλλη περίπτωση.

Τώρα, αφού στην αρχή το γινόμενο των όρων στο (2011, 2)

είναι

και στο τέλος

, υποχρεωτικά (με βήματα $\pm 2$ ) θα περάσει από το

(βασικά, θα περάσει από όλους τους άρτιους μεταξύ 4022

και

. Αλλά τότε το ζεύγος (a,b)

θα έχει υποχρεωτικά τον ένα παράγοντα ίσο με

, αφού

.

γ) Από το (2010, 2)

δεν μπορούμε να πάμε στο (1, 2011)

γιατί το μεν πρώτο έχει γινόμενο όρων άρτιο ενώ το δεύτερο, περιττό. Όμως οι αλλαγές είναι $\pm 2$ , που σημείνει ότι από άρτιο δεν θα φτάσουμε ποτέ σε περιττό.

Φιλικά,

Μιχάλης

#392

ΑΣΚΗΣΗ 165 :
Γράφουμε στη σειρά τους αριθμούς από το 1990 έως και το 1997. Να εξετάσετε αν ο αριθμός που προκύπτει είναι πρώτος.

(Από διαγωνισμό της ΕΜΕ για την Β Γυμνασίου)

ΑΣΚΗΣΗ 166 :
Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ=ΑΓ). Με διάμετρο την πλευρά ΑΓ γράφουμε κύκλο που τέμνει την πλευρά ΒΓ στο Δ. Φέρνουμε ακόμα την Αχ κάθετη στην ΑΔ που τέμνει τον κύκλο στο Ε.
(1) Να αποδείξετε ότι το ΑΔ είναι ύψος του τριγώνου ΑΒΓ

(2) Να συγκρίνετε το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ προς το εμβαδόν του τετραπλεύρου ΑΔΓΕ

(Από διαγωνισμό της ΕΜΕ για την Γ Γυμνασίου)

ΑΡΣΕΝΟΗ · #393

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 163 :
Θεωρούμε τους πραγματικούς αριθμούς x,y,z,ω. Αν αντικαταστήσουμε αυτούς με τους αριθμούς $x_{1}=x+10,y_{1}=y+10,z_{1}=z+10,\omega _{1}=\omega +10$ τότε το άθροισμα των
$x_{1},y_{1},z_{1},\omega _{1}$ είναι 1040.
Αν αντικαταστήσουμε τους x,y,z,ω με τους αριθμούς $x_{2}=10-x,y_{2}=20-y,z_{2}=30-z,\omega _{2}=40-\omega ,$ πόσο θα είναι το άθροισμα $x_{2}+y_{2}+z_{2}+\omega _{2};$

(Διαγωνισμός της ΕΜΕ για την Α Λυκείου)

Καλησπέρα!

Σύμφωνα με την εκφώνηση έχουμε ότι:
$\displaystyle{x_{1}+y_{1}+z_{1}+w_{1}=1040}$

Αρα αντικαθιστώντας έχουμε:
$\displaystyle{x+10+y+10+z+10+w+10=1040\Leftrightarrow x+y+z+w+40=1040 \Leftrightarrow x+y+z+w=1040-40\Leftrightarrow x+y+z+w=1000$ (*)

Μετά απο την επόμενη αντικατάσταση έχουμε:
$\displaystyle{10-x+20-y+30-z+40-w=}$
$\displaystyle{-x-y-z-w+100=}$
$\displaystyle{-(x+y+z+w)+100=}$

όμως απο το (*) έχουμε:
$\displaystyle{-(1000)+100=}$
$\displaystyle{-1000+100=-900}$

Επομένως, το άθροισμα $\displaystyle{x_{2}+y_{2}+z_{2}+w_{2}}$
μας κάνει $\displaystyle{-900}$

#394

Από παλιά έχουν μείνει άλυτες οι ασκήσεις 146 και 148.

Ας δώσω μια υπόδειξη, ώστε να μπορέσουν να λυθούν.

Για την άσκηση 146, μας χρειάζονται κάποιες πληροφορίες για τα εγγράψιμα τετράπλευρα.
(1) Ένα τετράπλευρο λέγεται εγγράψιμο σε κύκλο, αν υπάρχει κύκλος που να περνάει από όλες τις κορυφές του.

(2) Ένα τετράπλευρο είναι εγγράψιμο σε κύκλο, αν υπάρχουν δύο γωνίες ίσες που "βλέπουν" την ίδια πλευρά και έχουν κορυφή μια από τις κορυφές του τετραπλεύρου.

Π.χ αν για το τετράπλευρο ΑΒΓΔ οι γωνίες ΑΒΔ και ΑΓΔ είναι ίσες, τότε αυτό είναι εγγράψιμο σε κύκλο.

Και φυσικά ισχύει και το αντίστροφο (που είναι προφανές το γιατί): Άν ένα τετράπλευρο είναι εγγράψιμο σε κύκλο, τότε οι γωνίες που "βλέπουν" την ίδια πλευρά και έχουν κορυφή κάποια από τις κορυφές του τετραπλεύρου, είναι ίσες.

Υπάρχουν και άλλα θεωρήματα που αναφέρονται στα εγγράψιμα τετράπλευρα, αλλά για την άσκηση 146 μας αρκούν αυτά που γράψαμε.

Τώρα για να λυθεί η άσκησή μας, προσπαθείστε να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο ΕΚΟC είναι εγγράψιμο (όπου K είναι το κέντρο του ορθογωνίου ABCD)

Για την άσκηση 148 (που είναι πολύ γνωστής κατηγορίας ασκήσεων), παρατηρείστε ότι αν η βρύση Α λειτουργεί για χ ώρες, τότε η Β θα λειτουργεί για χ-1 ώρες.
Τώρα, η βρύση Α σε 1 ώρα γεμίζει το $\frac{1}{6}$ της δεξαμενής και άρα σε χ ώρες θα γεμίσει τα $\frac{x}{6}$ αυτής.
Όμοια , η βρύση Β γεμίζει σε 1 ώρα το $\frac{1}{4}$ της δεξαμενής και άρα σε χ-1 ώρες θα γεμίσει τα $\frac{x-1}{4}$ της δεξαμενής

Και οι δύο μαζί θα πρέπει να γεμίσουν όλη την δεξαμενή (δηλ. τα $\frac{12}{12}$ της δεξαμενής)

Φτιάξτε τώρα την εξίσωση και λύστε την άσκηση.

Άλυτες μας έχουν μείνει ακόμα οι ασκήσεις: 158,160,162,164,165 και 166

οι περισσότερες από τις οποίες είναι εύκολες και έχουν αφεθεί από τους μεγαλύτερους για να τις λύσουν οι μικρότεροι.

#395

Ας επιχειρήσω να δώσω μια λύση για την άσκηση 145.

socrates έγραψε:Άσκηση 145
Να προσδιορίσετε τους φυσικούς αριθμούς για τους οποίους υπάρχουν πρώτοι αριθμοί τέτοιοι ώστε

Έχουμε

$p^{2}+pq+q^{2}=r^{2}\Rightarrow p^{2}+2pq+q^{2}=1+pq\Rightarrow (p+q)^{2}-r^{2}=pq\Rightarrow (p+q+r)(p+q-r)=pq$

Επειδή όμως τα p,q

είναι αριθμοί πρώτοι, το γινόμενο pq δεν αναλύεται σε γινόμενο περισσοτέρων παραγόντων και δεδομένου ότι p+q+r>p , p+q+r>q

θα πρέπει υποχρεωτικά να είναι p+q+r=pq

και

(*)

'Αρα με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε $2(p+q)=1+pq\Rightarrow 2p+2q-pq=1\Rightarrow (2-q)p=-2q+1$

Άν ήταν 2-q=0

δηλαδή

τότε θα είχαμε 0=-4+1

που είναι άτοπο. Άρα βρίσκουμε $p=\frac{2q-1}{q-2}\Rightarrow p=\frac{2q-4+3}{q-2}\Rightarrow p=\frac{2(q-2)+3}{q-2}\Rightarrow p=2+\frac{3}{q-2} , (1)$

Για να είναι ο

φυσικός (και πρώτος) αριθμός, θα πρέπει το q-2

να διαιρεί το

Άρα

ή

Δηλαδή θα πρέπει q=3

ή

1η Περίπτωση: q=3

. Τότε από την σχέση (1) βρίσκουμε p=5

και από την σχέση (*) βρίσκουμε r= 7

2η Περίπτωση: q=5

. Τότε πάλι βρίσκουμε p=3

και

Αρα

#396

ΑΣΚΗΣΗ 167 :
Στην ημιευθεία Οχ θεωρούμε σημεία Α,Β,Γ ώστε (ΟΑ)=2μ. , (ΟΒ)=6μ. και (ΟΓ)=12μ. Αν Δ,Ε,Ζ τα μέσα των ΑΒ,ΒΓ,ΓΑ αντίστοιχα, να υπολογίσετε τα (ΔΖ) και (ΕΓ). Τί παρατηρείτε;

(Από διαγωνισμό της ΕΜΕ για την Β Γυμνασίου)

ΑΣΚΗΣΗ 168 :
Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρές ΑΒ=6, ΒΓ=8 και έστω ΑΜ διάμεσος αυτού. Η μεσοκάθετη της διαμέσου ΑΜ τέμνει την πλευρά ΑΓ στο σημείο Ε. Αν οι πλευρές ΑΒ,ΑΓ και ΒΓ είναι ανάλογες προς τις πλευρές ΕΜ, ΜΓ και ΕΓ του τριγών ου ΕΜΓ αντίστοιχα, να βρεθεί το μήκος της πλευράς ΑΓ.

(Από διαγωνισμό της ΕΜΕ για την Γ Γυμνασίου)

ΑΣΚΗΣΗ 169 :
Στο τέλος του Β Παγκοσμίου πολέμου σε ένα στρατόπεδο βρίσκονται 1997 αιχμάλωτοι: Οι 998 είναι Ιταλοί και οι 999 είναι Γερμανοί. Ο Διοικητής του στρατοπαίδου αποφασίζει να απελευθερώσει σταδιακά τους κρατούμενους, εκτός από έναν τον οποίο θα κρατήσει για λίγο καιρό ακόμα στο στρατόπεδο.
Η διαδικασία απόλυσης των κρατουμένων είναι η εξής:
Επιλέγονται τυχαία τρεις κρατούμενοι και φεύγουν οι δύο.
Αν και οι τρεις είναι της ίδιας εθνικότητας, ο ένας από αυτούς επιστρέφει, ενώ αν είναι διαφορετικής εθνικότητας επιστρέφει αυτός που έχει διαφορετική εθνικότητα από τους άλλους δύο.
Ποιας εθνικότητας θα είναι ο "άτυχος" κρατούμενος;

(Από διαγωνισμό της ΕΜΕ για την Γ Γυμνασίου)

spiros filippas · #397

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 162 :
Οι πραγματικοί αριθμοί x,y είναι τέτοιοι ώστε

$x>0,y>1 ~~ \kappa \alpha \iota ~~ xy+1=y^{2}+y+x$

Να βρείτε την ελάχιστη δυνατή τιμή του x

Εχουμε: $xy+1=y^2+y+x\Leftrightarrow x=\frac{y^2+y-1}{y-1}$ άρα θέλουμε να βρούμε την ελάχιστη τιμή τού $\frac{y^2+y-1}{y-1}$ .

Είναι:

$\displaystyle \frac{y^2+y-1}{y-1}=\frac{y^2}{y-1}+1=\frac{y(y-1)+y}{y-1}+1=$ $\displaystyle \frac{y-1+1}{y-1}+y+1=1+1+y+\frac{1}{y-1}=(y-1)+(\frac{1}{y-1})+3\geq 2+3=5$

#398

Σωστά απάντησε ο Σπύρος στην άσκηση 162.

(Μένει μόνο μια εκκρεμότητα: Πρέπει να διαπιστώσουμε αν υπάρχει y τέτοιο ώστε $\frac{y^{2}+y-1}{y-1}=5$

Λύνοντας την εξίσωση αυτή, βρίσκουμε y=2 και άρα πράγματι η ελάχιστη τιμή του κλάσματος $\frac{y^{2}+y-1}{y-1}$ είναι το 5.

Στην περίπτωση που η εξίσωση θα ήταν αδύνατη, θα έπρεπε να ακολουθούσαμε άλλο δρόμο για να βρίσκαμε την ζητούμενη ελάχιστη τιμή.)

Άλυτες έχουν μείνει ακόμα οι ασκήσεις: 158,160,164,165,166,167,168 και 169

Marios V. · #399

Να προσθέσω και εγώ δυο, μετά από λίγη θεωρία που απ' όσο ξέρω δεν έχει αναφερθεί ακόμα εδώ.

Διοφαντική εξίσωση, ονομάζεται μια εξίσωση για την οποία μας ενδιαφέρουν μόνο οι ακέραιες λύσεις της.
πχ.
Αν μας δώσουν την $y=\frac{1}{x}$ από μόνη της, τότε οι περισσότεροι από εμάς θα κοιτάξουν ειρωνικά τον συνομηλητή τους και θα πουν πως αυτή είναι μια συνάρτηση, και άρα από μόνη της αν την δούμε ως εξίσωση έχει άπειρες λύσεις.
Αν όμως μας έλεγαν πως είναι διοφαντική; Τότε οι λύσεις θα ήταν μόνο τα (1,1)

και

.

Γραμμική διοφαντική εξίσωση, ονομάζεται η διοφαντική εξίσωση της μορφής $a_{1}x_{1}+a_{2}x_{2}+...+a_{n}x_{n}=c$
όπου οι αριθμοί $a_{i}$ και το

είναι σταθεροί, γνωστοί αριθμοί και τα $x_{i}$ οι αγνωστοι.
Για να εξετάσουμε αν όντως υπάρχουν λύσεις, πρώτα υπολογίζουμε τον μέγιστο κοινό διαιρέτη των $a_{i}$ . Δηλαδή, τον αριθμό $d=(a_{1},a_{2},...,a_{n})$ . Αν d|c

, υπάρχουν λύσεις. Αν όχι, τότε δεν υπάρχουν.

Ας συγκεντρωθούμε όμως στην περίπτωση n=2

.
Δηλαδή, $a_{1}x_{1}+a_{2}x_{2}=c$
ή, για να φαίνεται καλύτερα, ax+by=c , d=(a,b)

Πρώτα, βλέπουμε αν d|c

, όπως περιγράψαμε πιο πάνω.

Μετά, για ευκολεία στους υπολογισμούς, διαιρούμε και τα δυο μέλη με

.
Οπότε προκύπτει η ex+fy=g

, όπου $e=\frac{a}{d}$ , $f=\frac{b}{d}$ , $g=\frac{c}{d}$
Προφανώς (e,f)=1

και

, οπότε υπάρχει λύση.
Βρίσκουμε μια λύση, $x=x_{0}$ και $y=y_{0}$
Δεν είναι όμως η μοναδική. Συγκεκριμένα, υπάρχουν άπειρες λύσεις.
Για να τις βρούμε, απλά κάνουμε αντικατάσταση της λύσης μας στις
$x=x_{0}+ft$ και $y=y_{0}-et$
Δίνουμε ακέραιες τιμές στο

, για να βρούμε τις λύσεις. (κάθε ακέραιη τιμή του

δείνει μια λύση)
-------------------------------------------------------------------------------------------
Παράδειγμα.
Η διοφαντική 6x+15y=21

έχουμε

και

. Αρα υπάρχει λύση.
Διαιρούμε δια

και τα δυο μέλη, και έχουμε
2x+5y=7

.
Προφανώς μια λύση είναι η x=1, y=1

.
Με τις αντικαταστάσεις, έχουμε x=1+5t

και

.
Δίνοντας ακέραιες τιμές στο

έχουμε τις υπόλοιπες, άπειρες λύσεις.
πχ, στο t=1

έχουμε

στο

έχουμε

στο

έχουμε

κτλ

-----------------------------------------------------------------
Τώρα, οι ασκήσεις.

ΑΣΚΗΣΗ 170 :
ένας ερασιτέχνης ψαράς, αποφασίζει μια μέρα, με ευκαιρεία το ψάρεμα του να κάνει κάποιες επισκέψης στους φίλους του. Ξεκινάει λοιπόν από την θάλασσα όπου και ψάρευε, πέρνει μαζί του τα ψάρια που ψάρεψε στην θάλασσα, και πάει να βρει τους φίλους του. Οι φίλοι του είναι

. μένουν σε

διαφορετικά σπίτια, και πριν πάει σε κάθε σπίτι πρέπει να περάσει από ένα ποτάμι. Σε κάθε ποτάμι ψαρεύει, και διπλασιάζει τα ψάρια που έχει εκείνη την στιγμή. Ξεκινάει λοιπόν για το πρώτο σπίτι, και περνάει από το πρώτο ποτάμι όπου ψαρεύει. Φτάνει στον φίλο του, στον οποίο και δείνει λίγα ψάρια. Φεύγει, και περνάει από ένα δεύτερο ποτάμι, ψαρεύει, και καταλήγει στον δεύτερο φίλο του, στον οποίο δείνει μια ποσότητα ψαριών, ίση με αυτή που έδωσε στον προηγούμενο. Τέλος, περνάει από το τρίτο ποτάμι, ψαρεύει, και δείνει στον τρίτο φίλο του μια ποσότητα ψαριών ίση με αυτή που ήδη έδωσε στον καθένα από τους δυο προηγούμενος. Αν του περίσσεψε ακριβώς ένα ψάρι, να βρείτε πόσα ψάρια μπορεί να είχε στην αρχή.(όλες τις πιθανές τιμές)

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

ΑΣΚΗΣΗ 171 :
Μια κυρία, πάει να αγοράσει μήλα, πορτοκάλια, και αχλάδια. Τα μήλα είναι

ευρώ το κιλό, τα πορτοκάλια

και τα αχλάδια

. Η κυρία κρατάει 100

ευρώ ακριβώς μαζί της. Πηγαίνοντας όμως σπίτι της, διαπιστώνει ότι τόσο τα πορτοκάλια όσο και τα αχλάδια ήταν κάτι παραπάνω από χαλασμένα. Πάει πίσω στο κατάστημα, βρίσκει τον ιδιοκτήτη, κάνει θέμα. Αρχίζει να φωνάζει, να απειλεί ότι θα το πει σε όλη την γειτονιά και δεν θα πατήσει ποτέ κανείς ξανά. Ο ιδιοκτήτης τρομοκρατημένος από αυτό το τελευταίο, της ζητάει συγνώμη, την παρακαλάει, και στο τέλος της λεει να κλείσουν μια συμφωνία. Θα της επέστρεφε πίσω τα λεφτά που έδωσε για τα πορτοκάλια και για τα αχλάδια, και επιπλέον θα της έδινε και

ευρώ για κάθε κιλό πορτοκαλιών και αχλαδιών πείρε. Αν το κέρδος του ιδιοκτήτη, μετά από όλη αυτή την ιστορία ήταν μόνο

ευρώ, να βρείτε πόσα κιλά μήλα, πορτοκάλια, και αχλάδια μπορεί αγόρασε η κυρία αρχικά.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

κάπως εύκολες, αλλά είναι καλές σαν μια εισαγωγή στις διοφαντικές.

Γιώτα · #400

Και μια διαφορετική προσπάθεια για την 162

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 162 :
Οι πραγματικοί αριθμοί είναι τέτοιοι ώστε

$x>0,y>1~~ \kappa \alpha \iota ~~ xy+1=y^{2}+y+x$

Να βρείτε την ελάχιστη δυνατή τιμή του

Έχω ότι :
$xy+1=y^2+y+x\Rightarrow y^2+y+x-xy-1=0 \Rightarrow y^2+y(1-x)+x-1=0$
για να έχει πραγματικές ρίζες πρέπει να ισχύει $\Delta \geq 0$
άρα
$(1-x)^2-4(x-1)\geq 0 \Rightarrow x^2-6x+5\geq 0$
Θα βρω τις ρίζες του x^2-6x+5=0

για να το παραγοντοποιήσω
$x_1,x_2\frac{6\pm \sqrt{(-6)^2-4\cdot 5}}{2}=\frac{6\pm \sqrt{16}}{2}=\frac{6\pm 4}{2}=5,1$
άρα $x^2-6x+5\geq 0 \Rightarrow (x-5)(x-1)\geq 0$
οπότε έχει δυο περιπτώσεις
1η περίπτωση
$x-5\geq 0$ και $x-1\geq 0$ δηλαδή $x\geq 5$ και $x\geq 1$
οι κοινές λύσεις των δυο ανισώσεων είναι $x\geq 5$
2η περίπτωση
$x-5\leq 0$ και $x-1\leq 0$ δηλαδή $x\leq 5$ και $x\leq 1$
οι κοινές λύσεις των δυο ανισώσεων είναι $x\leq1$
όμως έχω τον περιορισμό $x\succ 0$ άρα κοινή λύση των ανισώσεων είναι:
$0 \prec x\leq 1$
Όμως αν κάνω τις πράξεις στην αρχική εξίσωση που μου δίνει το πρόβλημα έχω ότι:
$x=\frac{y^2}{y-1}+1$
Που σημαίνει ότι το χ είναι σίγουρα μεγαλύτερο από το 1 αφού $\psi \succ 1\Rightarrow \psi -1\succ 0$
Άρα η σχεση $0 \prec x\leq 1$ δεν ισχύει.
Αρα η ελάχιστη τιμη του χ είναι 5 δηλ.ισχύει η 1η περίπτωση $\chi \geq 5$

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