Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2101

socrates έγραψε: AΣΚΗΣΗ 1026
Οι ρίζες του πολυωνύμου ανήκουν στο διάστημα
Να δείξετε ότι $8b+9c \leq 8.$ Πότε ισχύει η ισότητα;

Ας είναι $\displaystyle{x,y,z}$ οι ρίζες. Από Vieta είναι

$\displaystyle{\begin{cases}x+y+z=2, \\ xy+yz+zx=b, \\ xyz=-c.\end{cases}}$

Τότε, η ζητούμενη ανισότητα μπορεί να γραφεί ως

$\displaystyle{(x+y+z)^3\geq 4(x+y+z)(xy+yz+zx)-9xyz,}$

δηλαδή

$\displaystyle{x^3+y^3+z^3+3xyz\geq xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)}$

η οποία είναι η ανισότητα Schur.

(Δεν χρησιμοποιήθηκε το δεδομένο $\displaystyle{x,y,z\in (0,1).}$ )

#2102

socrates έγραψε: AΣΚΗΣΗ 1022
Να προσδιορίσετε όλες τις τριάδες ακεραίων $(a,\ b,\ c)$ τέτοιες ώστε

Ουσιαστικά, αρκεί να εξετάσουμε την περίπτωση κατά την οποία είναι

$\displaystyle{a,b,c\in \mathbb{N}^*.}$

Εύκολα βλέπουμε ότι αν $\displaystyle{b=1}$ βρίσκουμε τη λύση $\displaystyle{(5,1,2).}$
Αν $\displaystyle{c=1,}$ εύκολα βρίσκουμε $\displaystyle{a=b=1.}$

Άλλες δεν υπάρχουν με $\displaystyle{a=1\vee b=1\vee c=1.}$

Έστω τώρα $\displaystyle{a,b,c>1.}$

Παρατηρούμε ότι:

$\displaystyle{\boxed{\mod 3}}$ είναι $\displaystyle{(-1)^a+1\equiv 0\implies a ~\text{\gr περιττός}.}$

$\displaystyle{\boxed{\mod 4}}$ είναι $\displaystyle{(-1)^b+1\equiv 0\implies b ~\text{\gr περιττός}.}$

$\displaystyle{\boxed{\mod 9}}$ είναι $\displaystyle{2^a+1\equiv 0\implies a=3k, ~k~\text{\gr περιττός}.}$

Έστω $\displaystyle{b=2m+1, ~m\in \mathbb{N}^*.}$

Τότε, η εξίσωση γράφεται

$\displaystyle{8^k+3\cdot 9^m+1=6^c,}$ οπότε

$\displaystyle{\boxed{\mod 8}}$ είναι $\displaystyle{3+1\equiv 6^c,}$ το οποίο είναι αδύνατο αν $\displaystyle{c\geq 3.}$

Απομένει να ελέγξουμε την περίπτωση $\displaystyle{c=2,}$ η οποία μας οδηγεί στη λύση $\displaystyle{a=b=3.}$

Τελικά έχουμε τρεις λύσεις, τις

$\displaystyle{(1,1,1), (3,3,2), (5,1,2).}$

#2103

socrates έγραψε: AΣΚΗΣΗ 1024
Ο πρώτος αριθμός διαιρούμενος με το 210 αφήνει υπόλοιπο
Να βρεθεί ο αν είναι σύνθετος και γράφεται σαν άθροισμα δύο τετραγώνων ακεραίων.

Ας είναι $\displaystyle{p=210k+r,~0< r\leq 209.}$

Επειδή $\displaystyle{210=2\cdot 3\cdot 5\cdot 7}$ και ο $\displaystyle{p}$ είναι πρώτος, οι πρώτοι παράγοντες του $\displaystyle{r}$ θα είναι στοιχεία του συνόλου $\displaystyle{\{11,13,17,19, 23,...\}}$

Λόγω του $\displaystyle{r\leq 209,}$ βλέπουμε ότι υπάρχουν οι εξής δυνατότητες.

$\displaystyle{r=11^2, 11\cdot 13, 11\cdot 17, 11\cdot 19, 13^2.}$

Επειδή όμως, ο $\displaystyle{r}$ γράφεται ως άθροισμα δύο τετραγώνων, θα πρέπει κάθε πρώτος παράγοντάς του της μορφής $\displaystyle{3\equiv \mod 4}$ να υπάρχει σε άρτιο εκθέτη.

Άρα $\displaystyle{r=11^2 \vee r=13^2.}$

gavrilos · #2104

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 1030
Ο θετικός ακέραιος έχει ακριβώς έξι διαιρέτες, τους .
Έστω . Αν ο -στος διαιρέτης (σύμφωνα με την παραπάνω διάταξη) του ισούται με , να βρεθεί ο .

Ισχύει $\displaystyle{b\cdot c=n}$ και $\displaystyle{b(1+a+b)>b}$ .

$\bullet$ Έστω $\displaystyle{b(1+a+b)=c}$ .Στην περίπτωση αυτή $\displaystyle{k=4\Leftrightarrow a=5\Leftrightarrow c=b(b+6)}$ .Όμως $\displaystyle{n=b\cdot c=b^{2}(b+6)}$ επομένως $\displaystyle{b^{2}\mid n}$

και η μόνη δυνατή περίπτωση είναι η $\displaystyle{d=b^{2}}$ .Αλλά τότε $\displaystyle{d>c\Leftrightarrow b^{2}>b^{2}+6b}$ άτοπο.

$\bullet$ Έστω $\displaystyle{b(1+a+b)=d}$ .Τότε $\displaystyle{k=5\Leftrightarrow a=6}$ .Αυτό είναι προφανώς άτοπο αφού $\displaystyle{a=6\Rightarrow 6\mid n\Leftrightarrow 2,3\mid 6}$ .

$\bullet$ Έστω $\displaystyle{b(1+a+b)=n}$ Σε αυτή την περίπτωση $\displaystyle{k=6\Leftrightarrow a=7}$ .Επειδή $\displaystyle{b\cdot c=n}$ θα πάρουμε $\displaystyle{c=1+a+b=8+b}$ .

Ο $\displaystyle{b}$ θα είναι είτε πρώτος είτε θα ισούται με $\displaystyle{49}$ **.Αν όμως $\displaystyle{b=49}$ τότε $\displaystyle{c=57=3\cdot 19}$ άτοπο.Άρα $\displaystyle{7\nmid b}$ επομένως $\displaystyle{(a,b)=1\Rightarrow ab\mid n\Leftrightarrow 7b\mid n}$ .

Επομένως $\displaystyle{d=7b}$ .Επειδή $\displaystyle{n=a\cdot d}$ θα είναι $\displaystyle{n=7\cdot 7b=49b \overset{n=b\cdot c}\Leftrightarrow b^{2}+8b=49b\overset{b>0}\Leftrightarrow b=41}$ .

Τελικά $\displaystyle{\boxed{n=49\cdot 41=2009}}$ .

** Αν υπάρχει πρώτος $\displaystyle{p\neq 7}$ που να διαιρεί τον $\displaystyle{b}$ τότε $\displaystyle{p\mid n}$ και $\displaystyle{p<b}$ αλλά $\displaystyle{p\neq a=7}$ άρα δεν υπάρχει τέτοιος πρώτος.Άρα ο $\displaystyle{b}$ θα είναι είτε πρώτος είτε δύναμη του $\displaystyle{7}$ .Όμως δεν μπορεί να είναι μεγαλύτερος του $\displaystyle{7^{2}}$ γιατί τότε $\displaystyle{a<7^{2}<b}$ και $\displaystyle{7^{2}\mid n}$ άτοπο.

#2105

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 985
Έστω θετικός ακέραιος και η ακολουθία που ορίζεται ως $a_n=5a_{n-1}+4 , \ \ n\ge 1.$
Μπορούμε να επιλέξουμε το με τέτοιο τρόπο ώστε ο αριθμός $a_{54}$ να είναι πολλαπλάσιο του

Μία παρόμοια είδαμε εδώ:
viewtopic.php?f=111&t=41675

Αρχιμήδης 6 · #2106

gavrilos έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 971

Να βρείτε όλες τις θετικές ακέραιες ρίζες της εξίσωσης $\displaystyle{4mn(m+n-1)=(m^2+1)(n^2+1)}$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Τουρκία 1ος γύρος Μαθηματικής Ολυμπιάδας-2012.Η συγκεκριμένη Ολυμπιάδα είναι για "seniors" αλλά νομίζω πως το πρόβλημα κινείται στο πνεύμα του θέματος αυτού.

Έμεινε άλυτη ...

4mn(m+n-1)=(m^2+1)(n^2+1)

Εδώ βλέπουμε ότι η παράσταση 4m+4n-4-mn

πρέπει να είναι θετική . Επειδή το γινόμενο

(

θετικοί) τείνει να είναι μεγαλύτερο από οποιοδήποτε γραμμικό συνδυασμό των m,n

(δηλαδή

,

ακέραιοι) περιμένουμε η διοφαντική να έχει πεπερασμένες λύσεις.

$4m+4n-4-mn\geq 0$
$m(4-n)-4(4-n)\geq -12$
$(m-4)(4-n)\geq -12$
$(m-4)(n-4)\leq 12$

Έστω $n\leq m$

Για n=1

,

εύκολα θα πάρουμε δεκτό μόνο το ζεύγος (m,n)=(1,1)

Για

δεκτή

δεν έχω λύσεις

Αν $n\geq 8$ τότε $n-4\geq 4$ και $m-4\leq 3$ άρα m<n

Μοναδικές λύσεις (m,n)=(1,1),(5,13),(13,5)

#2107

AΣΚΗΣΗ 1032
Βρείτε τις μη αρνητικές ακέραιες λύσεις της εξίσωσης $3^{2a + 1}b^2 + 1 = 2^c.$

AΣΚΗΣΗ 1033
Δείξτε ότι η εξίσωση $14x^2+ 15y^2= 7^{2000}$ δεν έχει ακέραιες ρίζες.
viewtopic.php?f=109&t=34941

AΣΚΗΣΗ 1034
Βρείτε όλες τις ακέραιες και μη αρνητικές λύσεις της εξίσωσης

$\displaystyle{\frac{1}{x + 2}+\frac{1}{y + 2}=\frac{1}{2}+ \frac{1}{z + 2}.}$
viewtopic.php?f=109&t=34711

AΣΚΗΣΗ 1035
Να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της παράστασης

$\displaystyle{ \left\lfloor{\frac{a+b+c}{d}\right\rfloor}+\left\lfloor{\frac{b+c+d}{a}\right\rfloor}+\left\lfloor{\frac{c+d+a}{b}\right\rfloor}+\left\lfloor{\frac{d+a+b}{c}\right\rfloor} }$

όπου a, b, c, d

θετικοί ακέραιοι.

AΣΚΗΣΗ 1036
Σε μια ευθεία υπάρχουν

σημεία από τα οποία

χρωματίζονται άσπρα και τα υπόλοιπα μαύρα.
Δείξτε ότι υπάρχουν

διαδοχικά σημεία από τα οποία ακριβώς

είναι άσπρα και ακριβώς

είναι μαύρα.
viewtopic.php?f=111&t=34699

AΣΚΗΣΗ 1037
Να αποδείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle{\rm \frac{x^3+y^3}{x-y}=2010}$ είναι αδύνατη στους θετικούς ακεραίους.
viewtopic.php?f=111&t=44337

AΣΚΗΣΗ 1038
Να δείξετε ότι για κάθε ακέραιο $n\geq 2$ ισχύει ότι

$\displaystyle{\frac{1}{n+1}\left(1+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{2n-1}\right) > \frac{1}{n}\left(\frac{1}{2}+...+\frac{1}{2n}\right).}$

AΣΚΗΣΗ 1039
Να λυθεί στο $\mathbb{R}^2$ το σύστημα

$\displaystyle{ \begin{cases}\frac{1}{x}+\frac{1}{2y}=2(x^2+y^2) \\ \frac{1}{x}-\frac{1}{2y}=y^2-x^2 \end{cases} }$

AΣΚΗΣΗ 1040
Θεωρούμε το σύνολο

$\displaystyle{\rm A=\{x|\exists ~a,b,c,d\in \mathbb{N}^*~\text{\gr ώστε}~x=a^2+b^2+c^2-d^2\}.}$

Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\rm A=\mathbb{N}.}$
viewtopic.php?f=95&t=45695

AΣΚΗΣΗ 1041
Να προσδιορίσετε όλους τους φυσικούς αριθμούς n με ακριβώς 100 θετικούς διαιρέτες, τουλάχιστον 10 από τους οποίους είναι διαδοχικοί ακέραιοι.

AΣΚΗΣΗ 1042
Ὑπάρχουν Μ κυλιόμενες μπάλες κατά μῆκος δοθείσης εὐθείας οἱ ὁποῖες κινοῦνται στήν ἴδια κατεύθυνση καί ὑπάρχουν καί ἄλλες Ν μπάλες κινούμενες ἐπί τῆς ἰδίας εὐθείας ἀλλά στήν ἀντίθετη κατεύθυνση. Τά μέτρα τῶν ταχυτήτων ὅλων τῶν μπαλῶν εἶναι τά ἴδια. Ἀρχικῶς οἱ δύο ὁμάδες μπαλῶν εἶναι μακριά ἡ μία ἀπό τήν ἄλλη καί μετά ἀπό κάποιο χρονικό διάστημα ἀρχίζουν νά συγκρούονται. Ὑποθέτομε ὅτι ὅλες οἱ συγκρούσεις εἶναι ἐλαστικές. (Αὐτό σημαίνει ὅτι μετά ἀπό κάθε σύγκρουση ἑκάστη τῶν μπαλῶν ἀλλάζει φορά διατηρῶντας ὅμως τό μέτρο τῆς ταχύτητός της.) Πόσες συγκρούσεις θά πραγματοποιηθοῦν συνολικῶς;
viewtopic.php?f=111&t=41823

AΣΚΗΣΗ 1043
Ένας θετικός ακέραιος

λέγεται φωτεινός αν υπάρχει ακέραιος k, 1 < k < n,

τέτοιος ώστε

$\displaystyle{1+2+\cdots+(k-1)=(k+1)+(k+2)+\cdots+n.}$

Υπάρχει φωτεινός ακέραιος

τέτοιος ώστε $\displaystyle{ 2013^{2013}<\dfrac{N}{2013^{2013}}<2013^{2013}+4 ;}$

Ιστοσελίδα · #2108

AΣΚΗΣΗ 1044
Να βρεθούν οι θετικοί ακέραιοι $k \in \mathbb{Z}$ για τους οποίους ο αριθμός 40 k + 25

είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

#2109

polysot έγραψε:AΣΚΗΣΗ 1044
Να βρεθούν οι θετικοί ακέραιοι $k \in \mathbb{Z}$ για τους οποίους ο αριθμός είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

Έστω $\displaystyle{k}$ θετικός ακέραιος, ώστε $\displaystyle{40k+25=m^2}$ για κάποιον θετικό ακέραιο $\displaystyle{m.}$

Τότε προφανώς $\displaystyle{m=5a,~a\in \mathbb{N},}$ οπότε προκύπτει $\displaystyle{8k+5=5a^2.}$

Ομοίως, πρέπει $\displaystyle{k=5n,n\in \mathbb{N},}$ οπότε προκύπτει $\displaystyle{8n+1=a^2.}$

Από αυτήν φαίνεται ότι ο $\displaystyle{a}$ είναι περιττός, άρα $\displaystyle{a=4b\pm 1}$ και η προηγούμενη σχέση δίνει

$\displaystyle{n=2b^2\pm b.}$

Άρα $\displaystyle{k=5(2b^2\pm b).}$

Αντίστροφα, αν $\displaystyle{k=5(2b^2\pm b)}$ είναι

$\displaystyle{40k+25=400b^2\pm 200b+25=25(16b^2\pm 8b+1)=(5(4b\pm 1))^2.}$

Αρχιμήδης 6 · #2110

socrates έγραψε:
AΣΚΗΣΗ 1037
Να αποδείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle{\rm \frac{x^3+y^3}{x-y}=2010}$ είναι αδύνατη στους θετικούς ακεραίους.
viewtopic.php?f=111&t=44337

Έστω ότι δεν είναι αδύνατη....

x^3+y^3=2010(x-y)=2*3*5*67(x-y)

άρα

άρα...

οπότε

συνεπώς

,

συνεπώς

Θέτω

και αφού

μένει να ελέγξω a=9,18,27,36

Εφόσον

θα πρέπει

Καμία λύση δεκτή.

raf616 · #2111

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 1032
Βρείτε τις μη αρνητικές ακέραιες λύσεις της εξίσωσης $3^{2a + 1}b^2 + 1 = 2^c.$

Καλημέρα σε όλους! Μία προσέγγιση:

Αν $c \geq 3$ τότε $2^{c} \equiv 0 \pmod8$ . Όμως $3^{2a + 1} \equiv 3 \pmod8$ και άρα πρέπει $3b^2 \equiv-1 \pmod8$ .

Όμως ισχύει $b^2 \equiv 0, 1, 4 \pmod8$ και άρα $3b^2 \equiv 0, 3, 4 \pmod8$ , άτοπο. Άρα, $c \leq 2$ .

Εύκολα τώρα παίρνουμε τις λύσεις $(a, b, c) \in \{(0, 1, 2), (k, 0, 0)\}, k \geq 0$ .

gavrilos · #2112

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 1041
Να προσδιορίσετε όλους τους φυσικούς αριθμούς n με ακριβώς 100 θετικούς διαιρέτες, τουλάχιστον 10 από τους οποίους είναι διαδοχικοί ακέραιοι.

Καλησπέρα σε όλους μετά από πολλές μέρες πλήρους απουσίας από το mathematica.

Λόγω της υπόθεσης ο αριθμός μας διαιρείται από τους αριθμούς $\displaystyle{2,3,4,5,6,7,8,9,10}$ .Επομένως τον διαιρούν οι πρώτοι $\displaystyle{2,3,5,7}$ .

Έστω $\displaystyle{n=p_{1}^{a_{1}}\cdot p_{2}^{a_{2}}\cdot \ldots \cdot p_{m}^{a_{m}}}$ .

Ως γνωστόν το πλήθος των διαιρετών του αριθμού ισούται με $\displaystyle{(a_{1}+1)(a_{2}+1)\ldots (a_{m}+1)}$ άρα

$\displaystyle{(a_{1}+1)(a_{2}+1)\ldots (a_{m}+1)=100}$ .

Όμως $\displaystyle{100=2\cdot 2\cdot 5\cdot 5}$ και δεν μπορούμε να το αναλύσουμε σε περισσότερους παράγοντες.

Επομένως ο $\displaystyle{n}$ έχει το πολύ $\displaystyle{4}$ πρώτους παράγοντες κι επειδή γνωρίζουμε ότι τον διαιρούν οι $\displaystyle{2,3,5,7}$ έχει ακριβώς $\displaystyle{4}$ πρώτους παράγοντες.

Έστω $\displaystyle{n=2^{a}\cdot 3^{b}\cdot 5^{c}\cdot 7^{d}}$ .

Επειδή $\displaystyle{8\mid n}$ θα ισχύει $\displaystyle{a\geq 3}$ .

Ομοίως, $\displaystyle{b\geq 2}$ .Αν $\displaystyle{b=2}$ τότε $\displaystyle{3\mid 100}$ (εύκολα από τα παραπάνω),άτοπο.

Άρα $\displaystyle{b\geq 3}$ .Αν $\displaystyle{a=3}$ τότε $\displaystyle{(b+1)(c+1)(d+1)=25}$ το οποίο είναι αδύνατο.Όμοια παίρνουμε άτοπο αν $\displaystyle{b=3}$ .

Τελικά $\displaystyle{a,b\geq 4}$ .Συνεπώς $\displaystyle{(c+1)(d+1)\leq 4}$ κι επειδή $\displaystyle{c,d\geq 2}$ θα ισχύει $\displaystyle{(c+1)(d+1)=4}$ που δίνει $\displaystyle{c=d=1}$ .

Άρα $\displaystyle{(a+1)(b+1)=25}$ που δίνει $\displaystyle{a=b=4}$ .

Επομένως μοναδική λύση του προβλήματος ο θετικός ακέραιος $\displaystyle{n=2^{4}\cdot 3^{4}\cdot 5\cdot 7=45360}$ .

#2113

xr.tsif έγραψε:Παραμένουν άλυτες οι

...

957 ...

socrates έγραψε: 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

Αριθμούμε τις κορυφές του κύβου όπως παρακάτω και $a_i\in\{1,2,\ldots,8\}, \ \ i=1,2,\ldots,8$ με τα a_i

διαφορετικά μεταξύ τους.

$\xymatrix{ & a_5 \ar@{-}[rr] \ar@{-}[dd] && a_6 \ar@{-}[dd] \\ a_8 \ar@{-}[ru] \ar@{-}[rr] \ar@{-}[dd] && a_7 \ar@{-}[ru] \ar@{-}[dd] & \\ & a_4 \ar@{-}[rr] && a_3 \\ a_1 \ar@{-}[ru] \ar@{-}[rr] && a_2 \ar@{-}[ru] & }$

Τότε φανερά αφού τα a_i

είναι μία αναδιάταξη των $1,2,\ldots, 8$ άρα $a_1+a_2+\cdots + a_8=1+2+\cdots + 8=36 \ \ (1)$

Επίσης οι έδρες που έχουν άθροισμα

δεν μπορεί να μην έχουν κοινή ακμή (δηλαδή να είναι απέναντι έδρες) διότι τότε θα είχαν άθροισμα

αφού θα περιείχαν όλες τις κορυφές μία φορά την κάθε μία, άτοπο.

Άρα οι έδρες που έχουν άθροισμα

έχουν κοινή ακμή και ας υποθέσουμε ότι αυτές είναι οι a_1a_2a_3a_4

και

.

Συνεπώς $a_1+a_2+2a_3+2a_4+a_5+a_6=48 \ \ (2)$

Αφαιρώντας κατά μέλη τις (1)

και

έχουμε

και επειδή οι a_3,a_4, a_7,a_8

είναι διαφορετικοί μεταξύ τους ανά δύο και ανήκουν στο σύνολο $\{1,2,\ldots,8\}$ άρα πρέπει $a_3,a_4\in\{7,8\}$ και $a_7,a_8\in\{1,2\}$ . Συνεπώς είτε η έδρα a_5a_6a_7a_8

είτε η

έχει άθροισμα μικρότερο του

διότι $a_1,a_2,a_5,a_6\in\{3,4,5,6\}$ και είναι διαφορετικοί μεταξύ τους ανά δύο.

#2114

xr.tsif έγραψε:Παραμένουν άλυτες οι

...

954 ...

socrates έγραψε: AΣΚΗΣΗ 954
Για ένα θετικό ακέραιο έστω το άθροισμα των ψηφίων του και το ψηφίο των μονάδων του.
Να βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους τέτοιους ώστε $\displaystyle{n = S(n) + U(n)^2}$

Αν υποθέσουμε ότι $n=\overline{a_na_{n-1}\ldots a_1a_0}=a_0+10a_1+\cdots + 10^{n-1}a_{n-1}+10^na_n$ τότε είναι φανερό ότι

$n\equiv S(n)\pmod{3}$ συνεπώς παίρνοντας $\mod{3}$ την αρχική εξίσωση έχουμε: $U^2(n)\equiv 0 \pmod{3}$ άρα 3|U(n)

άρα

.

$\clubsuit$ Αν ήταν U(n)=0

τότε

, άτοπο διότι S(n)>n

για θετικούς ακεραίους $n\geq 10$ .

$\clubsuit$ Αν ήταν U(n)=3

τότε

, οπότε
$\begin{aligned} & 10a_1+\cdots + 10^{n-1}a_{n-1}+10^na_n = a_1+\cdots + a_{n-1}+a_n +9 \\ &\Leftrightarrow 9a_1+\left(10^{n-1}-1\right)a_{n-1}+\left(10^{n}-1\right)a_{n}=9\end{aligned}$
απ' όπου a_1=1

, $a_2=a_3=\ldots = a_n=0$ και ο ζητούμενος αριθμός είναι ο n=13

.

$\clubsuit$ Αν ήταν U(n)=6

τότε

, οπότε
$\begin{aligned} & 10a_1+\cdots + 10^{n-1}a_{n-1}+10^na_n = a_1+\cdots + a_{n-1}+a_n +36 \\ &\Leftrightarrow 9a_1+\left(10^{n-1}-1\right)a_{n-1}+\left(10^{n}-1\right)a_{n}=36\end{aligned}$
απ' όπου a_1=4

, $a_2=a_3=\ldots = a_n=0$ και ο ζητούμενος αριθμός είναι ο n=46

.

$\clubsuit$ Αν ήταν U(n)=9

τότε

, οπότε
$\begin{aligned} & 10a_1+\cdots + 10^{n-1}a_{n-1}+10^na_n = a_1+\cdots + a_{n-1}+a_n +81 \\ &\Leftrightarrow 9a_1+\left(10^{n-1}-1\right)a_{n-1}+\left(10^{n}-1\right)a_{n}=81\end{aligned}$
απ' όπου a_1=9

, $a_2=a_3=\ldots = a_n=0$ και ο ζητούμενος αριθμός είναι ο n=99

.

Αλέξανδρος

#2115

socrates έγραψε: 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

Διαφορετικά: Αν υπάρχουν δυο έδρες με άθροισμα

τότε μία από αυτές έχει άθροισμα τουλάχιστον

. Η απέναντι έδρα της έχει άθροισμα το πολύ

αφού το άθροισμα δύο απέναντι εδρών ισούται με $1+2+\cdots+8 = 36$ .

#2116

Demetres έγραψε:
socrates έγραψε: 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
Διαφορετικά: Αν υπάρχουν δυο έδρες με άθροισμα τότε μία από αυτές έχει άθροισμα τουλάχιστον . Η απέναντι έδρα της έχει άθροισμα το πολύ αφού το άθροισμα δύο απέναντι εδρών ισούται με $1+2+\cdots+8 = 36$ .

Συνδέθηκα ακριβώς για να γράψω την παραπάνω συντομότατη λύση του Δημήτρη στην οποία καταλήξαμε με την Ειρήνη Περυσινάκη, καθώς συζητούσαμε την άσκηση στη συνεδρίαση του συλλόγου διδασκόντων. Είδα με χαρά ότι μας πρόλαβε! Η παραπάνω δείχνει και τη δύναμη του πρακτικού τρόπου σκέψης έναντι της αλγεβρικής οδού που επέλεξα παραπάνω.

Αλέξανδρος

#2117

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 1038
Να δείξετε ότι για κάθε ακέραιο $n\geq 2$ ισχύει ότι

$\displaystyle{\frac{1}{n+1}\left(1+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{2n-1}\right) > \frac{1}{n}\left(\frac{1}{2}+...+\frac{1}{2n}\right).}$

Να αναφέρω αρχικά ότι η συγκεκριμένη αποδεικνύεται και με επαγωγή αλλά θέλει αρκετό γράψιμο.

Λίγο διαφορετικά:

Η προς απόδειξη γράφεται:

$\dfrac{1+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{2n-1}}{\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{2n}}>1+\dfrac{1}{n}$

Όμως

$\begin{aligned}\dfrac{1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{2n-1}}{\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{2n}} &> \dfrac{1+\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+...+\frac{1}{2n}}{\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+...+\frac{1}{2n}} \\ &= 1+\dfrac{\frac{1}{2}}{\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+...+\frac{1}{2n}} \\ &= 1+\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{2}+...+\frac{1}{n}}\end{aligned}$

Άρα αρκεί να αποδείξουμε ότι $\dfrac{1}{1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{n}} > \dfrac{1}{n} \Leftrightarrow n>1+\dfrac{1}{2}+\cdots + \dfrac{1}{n}$ που φανερά ισχύει για $n\geq 2$ αφού
$n=\underbrace{1+1+\cdots + 1}_{n \ \ \textnormal{\gr προσθετέοι \en}} > 1 + \dfrac{1}{2} + \cdots + \dfrac{1}{n}$

Αλέξανδρος

#2118

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 949: Αν $\displaystyle{x,y,z >0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{3z-y}{x}+\frac{3x-z}{y}+\frac{3y-x}{z}\geq 6}$

Αν βλέπω καλά δεν ισχύει, π.χ. για x=0.25, z=1, y=0^+

Θεοδωρος Παγωνης · #2119

ΑΣΚΗΣΗ 715:
Αν για τα ψηφία a, b, c, d, x, y, z, t

με $0<a<b\leq c<d$ ισχύει $\overline{dcba} = \overline{abcd} + \overline{xyzt}$
να βρείτε τις δυνατές τιμές του $S = \overline{xyzt} + \overline{tzyx}.$ [/quote]

Η σχέση $\displaystyle{\overline{dcba}=\overline{abcd}+\overline{xyzt}}$ ισοδύναμα γίνεται :
$\displaystyle{1000d+100c+10b+a=1000a+100b+10c+d+1000x+100y+10z+t\Leftrightarrow }$
$\displaystyle{1000d+100c+10b+a=1000(a+x)+100(b+y)+10(c+z)+d+t}$
Άρα θα έχω :
• $\displaystyle{t+d=a\Leftrightarrow t=a-d}$ (1) ή $\displaystyle{t+d=10+a\Leftrightarrow t=10+a-d}$ (2).
Όμως $\displaystyle{d>a\Leftrightarrow a-d<0\Leftrightarrow t<0}$ , οπότε $\displaystyle{t=10+a-d}$ (2).
• Άρα $\displaystyle{c+z+1=b\Leftrightarrow z=b-c-1}$ (3) ή $\displaystyle{c+z+1=10+b\Leftrightarrow z=b-c+9}$ (4)
Όμως $\displaystyle{b\le c\Leftrightarrow b-c\le 0\Leftrightarrow b-c-1\le -1}$ , οπότε $\displaystyle{z=b-c+9}$ (4).
• Άρα $\displaystyle{b+y+1=c\Leftrightarrow }$ \displaystyle{\displaystyle{y=c-b-1} (5) ή

\displaystyle{b+y+1=c+10\Leftrightarrow }} $\displaystyle{y=9+c-b}$ (6)

• Άρα αν $\displaystyle{y=c-b-1}$ τότε : $\displaystyle{a+x=d\Leftrightarrow }$ \displaystyle{\displaystyle{x=d-a} (7)

ή αν

\displaystyle{y=9+c-b}

\displaystyle{a+x+1=d\Leftrightarrow }} $\displaystyle{x=d-a-1}$ (8)

Τελικά έχω : $\displaystyle{t=10+a-d}$ , $\displaystyle{z=b-c+9}$ , $\displaystyle{y=c-b-1}$ , $\displaystyle{x=d-a}$ (i)

ή

$\displaystyle{t=10+a-d}$ , $\displaystyle{z=b-c+9}$ , $\displaystyle{y=9+c-b}$ , $\displaystyle{x=d-a-1}$ (ii)

1η περίπτωση : $\displaystyle{t=10+a-d}$ , $\displaystyle{z=b-c+9}$ , $\displaystyle{y=c-b-1}$ , $\displaystyle{x=d-a}$
Τότε : $\displaystyle{t+x=10+a-d+d-a=10}$ , άρα γράφω 0 και 1 το κρατούμενο,
$\displaystyle{y+z=9+b-c+c-b-1=8}$ και 1 κρατούμενο άρα $\displaystyle{y+z=9}$
$\displaystyle{z+y=8}$ και $\displaystyle{x+t=10}$
Άρα $\displaystyle{S=\overline{xyzt}+\overline{tzyx}=10890}$

2η περίπτωση : $\displaystyle{t=10+a-d}$ , $\displaystyle{z=b-c+9}$ , $\displaystyle{y=9+c-b}$ , $\displaystyle{x=d-a-1}$
Τότε : $\displaystyle{t+x=10+a-d+d-a-1=9}$ ,
$\displaystyle{y+z=9+c-b+b-c+9=18}$ άρα γράφω 8 και 1 κρατούμενο
$\displaystyle{z+y=18}$ και 1 κρατούμενο , άρα $\displaystyle{z+y=19}$ , οπότε γράφω 9 και 1 κρατούμενο
$\displaystyle{x+t=9}$ και 1 κρατούμενο άρα $\displaystyle{x+t=10}$
Άρα $\displaystyle{S=\overline{xyzt}+\overline{tzyx}=10980}$

#2120

socrates έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 949: Αν $\displaystyle{x,y,z >0}$ , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{3z-y}{x}+\frac{3x-z}{y}+\frac{3y-x}{z}\geq 6}$

Αν βλέπω καλά δεν ισχύει, π.χ. για

Έχεις δίκιο Θανάση. Υπάρχουν κάποιοι περιορισμοί για τα $\displaystyle{x,y,z}$ τους οποίους παρέλειψα να γράψω. Πρέπει λοιπόν, να είναι :

$\displaystyle{x+y<3z , y+z<3x , x+z<3y}$

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