Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Karanus · #401

ΑΣΚΗΣΗ 172 :
Αν $\nu+18$ διαιρεί τον αριθμό $\nu +53$ , $\nu$ φυσικός, τότε $\nu=$ ;

(Θαλής Γ!γυμν. 1994)

#402

Η ΑΣΚΗΣΗ 158 έχει μείνει αρκετό καιρό αναπάντητη από τους μαθητές της Β Γυμνασίου.
Θα δώσω αναλυτικά την λύση για να την μελετήσουν.

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
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.

Ας ονομάσουμε χ την μεγάλη βάση και y την μικρή του ισοσκελούς τραπεζίου. Από την υπόθεση, έχουμε ότι

x+y+10+10=152

$\frac{x}{6}=\frac{y}{5}$

Άρα

x+y=132

$\frac{x}{6}=\frac{y}{5}=\frac{x+y}{11}=\frac{132}{11}=12$

Άρα

Αφού $\frac{x}{6}=12\Rightarrow x=72$

Και αφού $\frac{y}{5}=12\Rightarrow y=60$

Από την υπόθεση επίσης έχουμε ότι $\upsilon =\frac{x}{9}\Rightarrow \upsilon =\frac{72}{9}\Rightarrow \upsilon =8$

Άρα για το εμβαδόν του τραπεζίου έχουμε:

$E=\frac{(x+y).\upsilon }{2}=\frac{(72+60).8}{2}=528$

Πολύ ωραία η εισαγωγή στις διοφαντικές εξισώσεις που έχει παρουσιάσει ο Φερμά-96

#403

S.E.Louridas έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 164 :

Επιλύσατε στους θετικούς ακέραιους την εξίσωση που ακολουθεί:

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

Έχουμε: $(x+1)(y+1)(z+1)=3xyz\Leftrightarrow \frac{x+1}{x}\frac{y+1}{y}\frac{z+1}{z}=3\Leftrightarrow$

$(x+\frac{1}{x})(y+\frac{1}{y})(z+\frac{1}{z})=3$

Αν υποθέσουμε ότι τα x,y,z είναι όλα μεγαλύτερα ή ίσα του 3, τότε θα είχαμε:

$x\geq 3\Rightarrow \frac{1}{x}\leq \frac{1}{3}\Rightarrow 1+\frac{1}{x}\leq \frac{4}{3}$

Όμοια έχουμε:

$1+\frac{1}{y}\leq \frac{4}{3},1+\frac{1}{z}\leq \frac{4}{3}$

Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη παίρνουμε:

$(1+\frac{1}{x})(1+\frac{1}{y})(1+\frac{1}{z})\leq \frac{64}{27}<3$

Τούτο όμως είναι άτοπο.

Άρα τουλάχιστον ένα απο τα x,y,z θα είναι μικρότερο του 3.

Ας υποθέσουμε ότι x<3. Τότε x=1 ή x=2

1η Περίπτωση: x=1.

Τότε η δοσμένη εξίσωση γράφεται:

$2(y+1)(z+1)=3.1.xy\Leftrightarrow 2yz+2y+2z+2=3yz\Leftrightarrow yz=2y+2z+2\Leftrightarrow (y-2)z=2y+2\Leftrightarrow z=\frac{2y+2}{y-2}$ (αφού προφανώς είναι $y\neq 2$

Άρα $z=2\frac{y+1}{y-2}=2\frac{y-2+3}{y-2}=2(\frac{y-2}{y-2}+\frac{3}{y-2})=2(1+\frac{3}{y-2})$

Για να είναι θετικός ακέραιος ο z θα πρέπει y-2=1 ή y-2=3 και άρα y=3 ή y=5

Οπότε έχουμε: x=1,y=3,z=8 ή x=1,y=5,z=4

Και οι τιμές αυτές εύκολα διαπιστώνουμε ότι επαληθεύουν την δοσμένη εξίσωση

2η Περίπτωση

=2

Τότε ομοίως έχουμε:

$3(y+1)(z+1)=3.2yz\Leftrightarrow yz-z=y+1\Leftrightarrow z=\frac{y+1}{y-1}=\frac{y-1+2}{y-1}=1+\frac{2}{y-1}$

Και για να είναι ο z θετικός ακέραιος θα πρέπει y-1=1 ή y-1=2 δηλαδή y=2 η y=3

Άρα x=2,y=2,z=3 ή x=2,y=3,z=2

Και πάλι εύκολα διαπιστώνουμε ότι οι τιμές αυτές επαληθεύουν την δοσμένη εξίσωση

Με δεδομένο τώρα ότι η εξίσωση δεν αλλάζει αν αντιμεταθέσουμε τα γράμματα x,y και z, συμπεραίνουμε ότι οι ζητούμενες τριάδες (x,y,z) είναι οι εξής:

(2,2,3),(2,3,2),(3,2,2),(1,3,8),(1,8,3),(3,1,8),(3,8,1),(8,1,3),(8,3,1),(1,4,5),(1,5,4),(4,1,5),(4,5,1),(5,1,4),(5,4,1)

S.E.Louridas · #404

Η ποιότητα της λύσης του Δημήτρη είναι Αριστη πώς να το κάνουμε.
Απλά αναφέρω την άποψή μου που ακουμπά ακριβώς την λύση του Δημήτρη.

S.E.Louridas έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 164 :

Επιλύσατε στους θετικούς ακέραιους την εξίσωση που ακολουθεί:

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

Ας υποθέσουμε ότι:

$x \geqslant y \geqslant z.$

Άρα οδηγούμαστε στην

$3 \leqslant \left( {1 + \frac{1} {z}} \right)^3 .\;z \geqslant 3 \Rightarrow \left( {1 + \frac{1} {z}} \right)^3 \leqslant \left( {1 + \frac{1} {3}} \right)^3 = \frac{{64}} {{27}} < 3,$ άτοπο.

Άρα z=1 ή z=2.

$z = 1,\;\left( {1 + \frac{1} {x}} \right)\left( {1 + \frac{1} {y}} \right) = \frac{3} {2} \Leftrightarrow xy - 2x - 2y - 2 = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {y - 2} \right) = 6 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}c} {\left( {x,y} \right) = \left( {8,3} \right)} \\ {\dot \eta } \\ {\left( {x,y} \right) = \left( {8,3} \right)} \\ \end{array} } \right.$

$z = 2,\left( {x - 1} \right)\left( {y - 1} \right) = 2 \Leftrightarrow x = 3\;\kappa \alpha \iota \;y = 2...$

S.E.Louridas

S.E.Louridas · #405

ΑΣΚΗΣΗ 174 :

Έστω ορθογώνιο τρίγωνο ABC $\left( {\angle A = \frac{\pi } {2}} \right).$
Αν ο εγγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο ABC, εφάπτεται στην υποτείνουσα BC στο σημείο Ε και δίνονται τα μήκη EB = a,EC = b,

υπολογίστε το εμβαδό του τριγώνου ABC.

S.E.Louridas

#406

S.E.Louridas έγραψε: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

Μια παρόμοια, από τη φετινή τσεχική ολυμπιάδα:

Βρείτε όλες τις τριάδες πρώτων αριθμών (p,q,r)

που ικανοποιούν την εξίσωση (p+1)(q+2)(r+3)=4pqr .

(http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... &#p2344774)

Άσκηση 175
Αν για τους πραγματικούς αριθμούς a,b,c,d

ισχύει ότι a^2 + b^2 + (a + b)^2 = c^2 + d^2 + (c + d)^2,

να δείξετε ότι a^4 + b^4 + (a + b)^4 = c^4 + d^4 + (c + d)^4.

Ισχύει το αντίστροφο;

Άσκηση 176
Αν οι πραγματικοί αριθμοί x,y,z

είναι τέτοιοι ώστε $|x|\geq|y+z|,|y|\geq|z+x|,|z|\geq|x+y|,$
να δείξετε ότι x+y+z=0.

Άσκηση 177
Αν οι πραγματικοί αριθμοί x,y,z

είναι τέτοιοι ώστε $|x-y|\geq|z|,|y-z|\geq |x|,|z-x|\geq|y|,$
να δείξετε ότι ένας από αυτούς ισούται με το άθροισμα των άλλων δύο.

Άσκηση 178
Έστω

ένα σύνολο ακεραίων, τέτοιο ώστε

$\\ \bullet \ 0 \in M \\ \bullet \ (x^2-6x+9)\in M \implies x \in M \\ \bullet \ x \in M \implies x^2 \in M.$

Να δείξετε ότι:
α) υπάρχουν μη μηδενικοί και διαφορετικοί ανά δύο $a,b,c,d \in M$ τέτοιοι ώστε a+b+c+d=0.

β) $2007 \in M.$

#407

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε: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;

Ας υποθέσουμε ότι ο βοηθός θα πάρει x ευρώ. Τότε ο επιστήμονας θα πάρει $\frac{140}{100}x$ ευρώ

Άρα έχουμε την εξίσωση $1,4x.42+x.45=85116\Leftrightarrow x=820$

Άρα ο βοηθός θα εισπράξει 820.45=36900 ευρώ και ο επιστήμονας θα εισπράξει 1,4.820.42=48216 ευρώ.

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

Ο αριθμός που προκύπτει είναι ο 19901991199219931994199519961997
Αν προσθέσουμε τα ψηφία του βρίσκουμε άθροισμα 180. Και επειδή ο 180 διαιρείται τουλάχιστον με το 3, άρα και ο παραπάνω αριθμός διαιρείται τουλάχιστον με το 3 και άρα δεν μπορεί να είναι πρώτος.

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε: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

(α) Η γωνία ΑΔΓ είναι εγγεγραμμένη και βαίνει σε ημικύκλιο. Άρα είναι ορθή και άρα το ΑΔ είναι ύψος του ισοσκελούς τριγώνου ΑΒΓ.

(β) Επειδή το τετράπλευρο ΑΔΓΕ είναι ορθογώνιο (αφού έχει 3 γωνίες ορθές) η διαγώνιος ΑΓ το χωρίζει σε δύο ίσα και άρα και ισεμβαδικά τρίγωνα. Επίσης το ύψος ΑΔ του ισοσκελούς τριγώνου ΑΒΓ (που είναι και διάμεσος) χωρίζει το τρίγωνο σε δύο ίσα άρα και ισεμβαδικά τρίγωνα.
Άρα έχουμε: (ΑΔΓΕ)=2(ΑΓΔ)=(ΑΒΓ).

'Οπως θα διαπιστώσουν οι μικροί μαθητές αρκετές από τις ασκήσεις που κατά καιρούς έχουν τεθεί σε διαγωνισμούς της ΕΜΕ δεν έχουν ιδιαίτερη δυσκολία.

spiros filippas · #408

socrates έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 178 :
Έστω ένα σύνολο ακεραίων, τέτοιο ώστε

$\\ \bullet \ 0 \in M \\ \bullet \ (x^2-6x+9)\in M \implies x \in M \\ \bullet \ x \in M \implies x^2 \in M.$

Να δείξετε ότι:
α) υπάρχουν μη μηδενικοί και διαφορετικοί ανά δύο τέτοιοι ώστε
β) $2007 \in M.$

α) Φαντάζομαι οτί τα a,b,c,d

είναι στοιχεία τού

.

Kατ αρχήν σημειώνουμε οτι x^2-6x+9=(x-3)^2

. Έχουμε $(x-3)^2=0\in M \Rightarrow x=3\in M$

Aρα θα είναι καί $3^2=9\in M ~,9^2=81\in M$

Γιά $(x-3)^2=9\in M$ παίρνουμε ότι $x=6\in M$ επομένως θα ισχύει καί $6^2=36\in M$ .

Γιά (x-3)^2=36

παίρνουμε πως $x=-3\in M$ .

Tέλος για (x-3)^2=81

βρίσκουμε ότι $x=-6\in M$ .

Συνοψίζοντας έχουμε οτι $6\in M,-6\in M,~3\in M,-3\in M$ , το ζητούμενο έπεται.

β) Γιά να δείξουμε οτί $2007\in M$ αρκεί να δείξουμε οτί $(2007-3)^2=2004^2\in M$ . Όμως, συμφωνα με τον τελευταίο κανόνα για να δείξουμε οτί $2004^2\in M$ αρκεί να είναι: $2004\in M$ . Αλλά για να δείξουμε οτί $2004\in M$
αρκεί να δείξουμε πώς $(2004-3)^2=2001^2\in M$ δηλαδή οτί $2001\in M$ . Eπαναλαμβάνωντας συνεχώς τα βήματα αυτα αρκεί να είναι $2001-3-3...-3\in M$ . Το οποίο ισχύει, αφού $3\in M$ καί 2001=πολ.3

Γιώτα · #409

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε: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.

Έχω ότι :
$\frac {AB} {EM}= \frac{A\Gamma }{M\Gamma } =\frac {B\Gamma }{E\Gamma } \Rightarrow \frac{6}{EM}=\frac{A\Gamma }{4}= \frac{8}{E\Gamma }=\lambda$

Από το σχήμα γνωρίζω ότι :
EM=EA

$AE+E\Gamma =A\Gamma$

Άρα :
$EM\cdot \lambda =6\Rightarrow EA\cdot \lambda =6$
$4\lambda =A\Gamma$
$E\Gamma \cdot \lambda =8$

Άρα
$EA+E\Gamma =A\Gamma \Rightarrow \frac{6}{\lambda }+ \frac{8}{\lambda }=4\lambda\Rightarrow \frac{14}{\lambda }=4\lambda \Rightarrow 4\cdot \lambda^2=14\Rightarrow \lambda^2=\frac{14}{4}\Rightarrow \lambda=\sqrt{\frac{14}{4}} =\frac{\sqrt{14}}{2}$

Επομένως
$A\Gamma =\frac{4\cdot \sqrt{14}}{2}=2\sqrt{14}$

#410

Οι ασκήσεις 167 και 169 μπορούν άνετα να λυθούν από όσους μαθητές ασχοληθούν. (Βέβαια ας λάβουμε υπόψη ότι τώρα προέχουν οι διακοπές αλλά και το γεγονός ότι αρκετοί από τους μικρούς λύνουν ασκήσεις από τις προτεινόμενες, αλλά αδυνατούν να γράψουν την λύση σε LATEX )

Φερμά_96 έγραψε:
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)

Έστω ότι ο ψαράς είχε ψαρέψει ~x~

ψάρια στην θάλασσα και ότι σε κάθε σπίτι, άφηνε από ~y~

ψάρια.
Περνώντας από το πρώτο ποτάμι, τα ψάρια του γίνονται ~~2x~~

,αφήνει

ψάρια στο πρώτο σπίτι και άρα του μένουν ~~2x-y~~

ψάρια.
Περνώντας από το δεύτερο ποτάμι, τα ψάρια του γίνονται 2(2x-y)

, αφήνει

ψάρια στο δεύτερο σπίτι και άρα του μένουν 4x-3y

ψάρια.
Τέλος, περνώντας από το τρίτο ποτάμι, τα ψάρια του γίνονται 2(4x-3y)

, αφήνει

ψάρια στο τρίτο σπίτικαι άρα του μένουν 8x-7y

ψάρια.

Με βάση τώρα την εκφώνιση, θα πρέπει να ισχύει η εξίσωση: 8x-7y=1

Μια λύση προφανής της διοφαντικής αυτής εξίσωσης είναι η x=1,y=1

Άρα με βάση τα στοιχεία θεωρίας που έχει δώσει πιο πάνω ο Φερμά_96, έχουμε τις εξής άπειρες λύσεις:

x=1-7t,

όπου πρέπει ο

να είναι αρνητικός ακέραιος (αφού οι αριθμοί

και

πρέπει να είναι θετικοί ακέραιοι)

Γιώτα · #411

S.E.Louridas έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 174 :
Έστω ορθογώνιο τρίγωνο $\left( {\angle A = \frac{\pi } {2}} \right).$
Αν ο εγγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο , εφάπτεται στην υποτείνουσα στο σημείο και δίνονται τα μήκη υπολογίστε το εμβαδό του τριγώνου .

Τα τρίγωνα DFB

και

επειδή είναι ορθογώνια ,είναι ίσα ως πλευρα-γωνια. Άρα η πλευρά

είναι ίση με το

.
Το ίδιο συμβαίνει και στα τρίγωνα CGD

και

και η πλευρά

είναι ίση με το

.
Έστω

επειδή τα τρίγωνα GDA

,

είναι ορθογώνια και έχουν τη μια τους γωνία $45^{\circ }$ ,είναι και ισοσκελή άρα x=AF=FD=DG=GA

.

Από το πυθαγόρειο θεώρημα έχω ότι :

$(x+b)^2+(x+a)^2=(a+b)^2\Rightarrow x^2+b^2+2xb+x^2+a^2+2ax=a^2+b^2+2ab\Rightarrow 2x^2+2ax+2bx=2ab\Rightarrow x^2+x(b+a)-ab=0$
$\Delta =(a+b)^2-4\cdot (-ab)=a^2+b^2+6ab$

Έστω a^2+b^2+6ab=k

$x=\frac{-(a+b)+\sqrt{k}}{2}$ παίρνω μόνο τη θετική ρίζα

Άρα :
$\displaystyle E(ABC)=\frac{(a+ x)(b+ x)}{2}=\frac{(a+\frac{-(a+b)+\sqrt{k}}{2})(b + \frac{-(a+b)+\sqrt{k}}{2})}{2}=\frac{ (\frac{2a-a-b+\sqrt{k}}{2}) (\frac{2b-b-a+\sqrt{k}}{2})}{2}= \frac{(a-b+\sqrt{k})(b-a+ \sqrt{k})} {8}=\frac{2ab-a^2-b^2+a^2+b^2+6ab}{8}=\frac {8ab}{8} =ab$

Το εμβαδόν του τριγώνου είναι

spiros filippas · #412

Να προσθέσω και εγώ μια όμορφη-διδακτική άσκηση.

ΑΣΚΗΣΗ 179 :

Θεωρούμε το σύνολο $M=\left\{1,2,3,...,2003 \right\}$ . Πόσα υποσύνολα του Μ υπάρχουν με άρτιο πλήθος στοιχείων;

S.E.Louridas · #413

S.E.Louridas έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 174 :
Έστω ορθογώνιο τρίγωνο $\left( {\angle A = \frac{\pi } {2}} \right).$
Αν ο εγγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο, εφάπτεται στην υποτείνουσα στο σημείο και δίνονται τα μήκη υπολογίστε το εμβαδό του τριγώνου .

Ας μου επιτραπεί να συγχαρώ την μικρή αλλά μεγάλη σε Μαθηματικό ταλέντο Γιώτα και γιά την λύση της στην Άσκηση 174.

Για λόγους και μόνο πολυφωνίας, δίνω μία διαπραγμάτευση στηριγμένη στο σχήμα-τετράγωνο που ακολουθεί λαμβάνοντας υπ’ όψη ότι,
$AD = b - a.\;{\rm T}\dot o\tau \varepsilon \;\dot \varepsilon \chi o\upsilon \mu \varepsilon :4\left( {ABC} \right) + \left( {b - a} \right)^2 = \left( {a + b} \right)^2 \Rightarrow 4\left( {ABC} \right) = 4ab \Rightarrow \left( {ABC} \right) = ab.$

(*) Προφανώς ισχύει ότι:
$AD = AC - AB = \left( {b + \rho } \right) - \left( {a + \rho } \right) = b - a,$ όταν $\rho$ είναι η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου.

S.E.Louridas

#414

spiros filippas έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 179 :

Θεωρούμε το σύνολο $M=\left\{1,2,3,...,2003 \right\}$ . Πόσα υποσύνολα του Μ υπάρχουν με άρτιο πλήθος στοιχείων;

Αν

ένα υποσύνολο του

με άρτιο πλήθος στοιχείων, τότε το συμπλήρωμά του M- A

έχει περιττό, και αντίστροφα. Έτσι ζευγαρώνουμε ένα προς ένα τα υποσύνολα με άρτιο πλήθος με εκείνα που έχουν περιττό. Συνεπώς τα άρτιου πλήθους υποσύνολα είναι ακριβώς τα μισά, δηλαδή $\frac{1}{2}\cdot 2^{2003} = 2^{2002}$ .

(Μέτρησα και το κενό σύνολο, που έχει "άρτιο" πλήθος (μηδέν) στοιχείων ως ένα από τα υποσύνολά μας. Αν δεν μας αρέσει, το διώχνουμε, οπότε μένουν $2^{2002}-1$ σύνολα)

Φιλικά,

Μιχάλης

S.E.Louridas · #415

ΑΣΚΗΣΗ 180 :
Ένα σύνολο έχει 2n+1 στοιχεία.
Ποιο το πλήθος των υποσυνόλων του με n το πολύ στοιχεία;

Demetres έγραψε: ...Μια στρατηγική επίλυσης προβλημάτων συνοψίζεται στο εξής: «Αν δεν μπορείς να λύσεις ένα πρόβλημα, τότε βρες και λύσε ένα πιο εύκολο πρόβλημα το οποίο σχετίζεται με το αρχικό.

(*) Με την παράκληση εμείς οι μεγάλοι έφηβοι να αφήσουμε 1-2 μέρες τους μικρούς έφηβους, αλλά που αγαπούν τα Μαθηματικά μας, να ασχοληθούν.

Ευχαριστώ
S.E.Louridas

#416

Για να μην μαζεύονται πολλές άλυτες ασκήσεις, ας δούμε κάποιες που έχουν μπει πιο παλιά και έχουν μείνει αναπάντητες

Karanus έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 172 :
Αν $\nu+18$ διαιρεί τον αριθμό $\nu +53$ , $\nu$ φυσικός, τότε $\nu= ?$

Έχουμε:

$\frac{\nu +53}{\nu +18}=\frac{\nu +18}{\nu +18}+\frac{35}{\nu +18}=1+\frac{35}{\nu +18}$

Για να είναι ο αριθμός αυτός ακεραιος, θα πρέπει ο $\nu +18$ να είναι διαιρέτης του 35. Και δεδομένου ότι ο αριθμός $\frac{\nu +53}{\nu +18}$ είναι θετικός, θα πρέπει:
$\nu +18=1$ , πράγμα άτοπο, αφου $\nu\epsilon N$ ή

$\nu+18=5$ , ομοίως άτοπο ή

$\nu+18=7$ , ομοίως άτοπο ή

$\nu+18=35$ από όπου προκύπτει $\nu=17$

socrates έγραψε:Άσκηση 175
Αν για τους πραγματικούς αριθμούς ισχύει ότι
να δείξετε ότι
Ισχύει το αντίστροφο;

Από την υπόθεση, έχουμε ότι $(a+b)^{2}-(c+d)^{2}=c^{2}+d^{2}-a^{2}-b^{2}\Rightarrow 2ab-2cd=2c^{2}+2d^{2}-2a^{2}-2b^{2}\Rightarrow ab-cd=c^{2}+d^{2}-a^{2}-b^{2}$

Δηλαδή βρήκαμε ότι: $(a+b)^{2}-(c+d)^{2}=c^{2}+d^{2}-a^{2}-b^{2}=ab-cd$ (1)

Τώρα έχουμε:

$(a+b)^{4}-(c+d)^{4}= [(a+b)^{2}-(c+d)^{2}][(a+b)^{2}+(c+d)^{2}]=$

$(ab-cd)[a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}+2(ab+cd)]=$

$(ab-cd)(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2})+2(ab-cd)(ab+cd)=$

$(c^{2}+d^{2}-a^{2}-b^{2})(c^{2}+d^{2}+a^{2}+b^{2})+2(a^{2}b^{2}-c^{2}d^{2})=$

$[(c^{2}+d^{2})-(a^{2}+b^{2})][(c^{2}+d^{2})+(a^{2}+b^{2})]+2a^{2}b^{2}-2c^{2}d^{2}=$

$(c^{2}+d^{2})^{2}-(a^{2}+b^{2})^{2}+2a^{2}b^{2}-2c^{2}d^{2}=$

$c^{4}+d^{4}-a^{4}-b^{4}$

Άρα δείξαμε ότι:

$(a+b)^{4}-(c+d)^{4}= c^{4}+d^{4}-a^{4}-b^{4}\Rightarrow$

$a^{4}+b^{4}+(a+b)^{4}=c^{4}+d^{4}+(c+d)^{4}$

#417

socrates έγραψε:Άσκηση 176
Αν οι πραγματικοί αριθμοί είναι τέτοιοι ώστε $|x|\geq|y+z|,|y|\geq|z+x|,|z|\geq|x+y|,$
να δείξετε ότι

Με ύψωση στο τετράγωνο, έχουμε:

$x^{2}\geq y^{2}+z^{2}+2yz y^{2}\geq z^{2}+x^{2}+2zx z^{2}\geq x^{2}+y^{2}+2xy$

Με πρόσθεση αυτών κατά μέλη, παίρνουμε:

$0\geq x^{2}+y^{2}+z^{2}+2xy+2yz+2xz\Rightarrow (x+y+z)^{2}\leq 0\Rightarrow x+y+z=0$

socrates έγραψε: Άσκηση 177
Αν οι πραγματικοί αριθμοί είναι τέτοιοι ώστε $|x-y|\geq|z|,|y-z|\geq |x|,|z-x|\geq|y|,$
να δείξετε ότι ένας από αυτούς ισούται με το άθροισμα των άλλων δύο.

θα ισούται με το άθροισμα των δύο άλλων)

Αν υποθέσουμε ότι z=0

από όπου προκύπτει ότι x=y+0

δηλ.

ή

$x=-y\Rightarrow x=-y+0\Rightarrow x+y=0\Rightarrow x+y=z$

Άρα αν z=0

τότε έχουμε το ζητούμενο.

Έστω $z\neq 0$

Τότε διαιρώντας με $\left|z \right|$ παίρνουμε από τις υποθέσεις:

$\left|\frac{x}{z}-\frac{y}{z} \right|\geq 1$

$\left|\frac{y}{z}-1 \right|\geq \left|\frac{x}{z} \right|$

$\left|1-\frac{x}{z} \right|\geq \left|\frac{y}{z} \right|]$

Θέτουμε $\frac{x}{z}=a,\frac{y}{z}=b$

Τότε οι πιο πάνω σχέσεις γράφονται:

$\left|a-b \right|\geq 1$ (1)

$\left|b-1 \right|\geq \left|a \right|$ (2)

$\left|1-a \right|\geq \left|b \right|$ (3)

Ας υποθέσουμε ότι a>b

(όμοια θα εργασθούμε και αν a<b

(ενώ η περίπτωση a=b

προφανώς απορρίπτεται

Διακρίνουμε τώρα τις παρακάτω περιπτώσεις:

1η Περίπτωση: $a>b\geq 1$

Τότε οι σχέσεις (1),(2),(3) γράφονται:

$a-b\geq 1, b-1\geq a, a-1\geq b$

Οι δύο πρώτες από αυτές τις σχέσεις δίνουν $a-b\geq 1, a-b\leq -1$ που μας οδηγούν σε άτοπο και άρα η 1η Περίπτωση απορρίπτεται.

2η Περίπτωση: $a\geq 1\geq b$

Τότε οι σχέσεις (1),(2),(3) γράφονται:

$a-b\geq 1 1-b\geq a a-1\geq \left|b \right|$

Απο τις δύο τελευταίες με πρόσθεση κατά μέλη, παίρνουμε $b\leq 0$ . Οπότε οι σχέσεις (1),(2),(3) γράφονται:

$a-b\geq 1 1-b\geq a a-1\geq -b$

Και από τις δύο τελευταίες, παίρνουμε:

$a+b\geq 1 a+b\geq 1$

από όπου προκύπτει ότι $a+b=1\Rightarrow \frac{x}{z}+\frac{y}{z}=1\Rightarrow x+y=z$ και άρα το ζητούμενο.

3η Περίπτωση: $1\geq a>b$

Τότε οι σχέσεις (1),(2),(3) γράφονται:

$a-b\geq 1 1-b\geq \left|a \right| 1-a\geq \left|b \right|$

Από την πρώτη και τρίτη σχέση, με πρόσθεση κατά μέλη, παίρνουμε $-b\geq \left|b \right|\Rightarrow b\leq 0$

Τότε οι σχέσεις (1),(2),(3) γράφονται:

$a-b\geq 1 1-b\geq \left|a \right| 1-a\geq -b$

Από την πρώτη και τρίτη σχέση παίρνουμε $a-b\geq 1 , a-b\leq 1$

από όπου προκύπτει ότι $a-b=1\Rightarrow \frac{x}{z}-\frac{y}{z}=1\Rightarrow x-y=z\Rightarrow x=y+z$ , δηλαδή πάλι το ζητούμενο.

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ:

1.Επειδή ήδη είναι πολύ αργά, ελπίζω να μην έχω κάνει κάποια απροσεξία στις πράξεις

2. Για την δεύτερη άσκηση, πιστεύω ότι υπάρχει πιο σύντομος δρόμος. Αν κάποιος έχει κάτι πιο σύντομο, ας μας το παρουσιάσει. Θα μας φανεί χρήσιμο.

#418

Για την 177, αλλιώς (η παραπάνω λύση είναι πολύ καλή!):

socrates έγραψε: Άσκηση 177
Αν οι πραγματικοί αριθμοί είναι τέτοιοι ώστε $|x-y|\geq|z|,|y-z|\geq |x|,|z-x|\geq|y|,$
να δείξετε ότι ένας από αυτούς ισούται με το άθροισμα των άλλων δύο.

Υψώνοντας στο τετράγωνο έχουμε:

$(x-y+z)(x-y-z)\geq 0$
$(y-z+x)(y-z-x)\geq 0$
$(z-x+y)(z-x-y)\geq 0.$

Πολλαπλασιάζοντας τις παραπάνω:

$-(x+y-z)^2(x+z-y)^2(y+z-x)^2\geq0$

οπότε

(x+y-z)^2(x+z-y)^2(y+z-x)^2=0.

Άσκηση 181
α) Να βρείτε τους θετικούς ακέραιους a,b

αν ισχύει

β) Ομοίως, αν ab=300+7[a,b]+5(a,b),

όπου

και

το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο και ο μέγιστος κοινός διαιρέτης των x,y

αντίστοιχα.

Άσκηση 182
Θεωρούμε τρίγωνο ABC,

ορθογώνιο στο

και έστω

το ύψος από την κορυφή

Οι διχοτόμοι των γωνιών $\angle ACH$ και $\angle BCH$ τέμνουν την πλευρά

στα σημεία

και

αντίστοιχα.
Αν η περίμετρος του τριγώνου είναι

μονάδες και το μήκος του τμήματος

μονάδες,
να βρείτε το μήκος της υποτείνουσας AB.

Άσκηση 183
α) Βρείτε όλα τα ζεύγη (p,q)

πρώτων αριθμών τέτοια ώστε 2p^2+1=q^5.

β) Ομοίως, αν p^6-q^2=0.5(p-q)^2.

Άσκηση 184
Δείξτε ότι $\displaystyle \frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}\geq \frac{3a+2b-c}{4},$

για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς a,b,c.

spiros filippas · #419

socrates έγραψε: Άσκηση 184
Δείξτε ότι $\displaystyle \frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}\geq \frac{3a+2b-c}{4},$

για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς

Μια λίγο άκομψη λύση εξαιτίας των αρκετών πράξεων της.

Λόγω της CS ( στη μορφή Αndreescu) αρκεί να δείξουμε την

$\displaystyle \frac{(a+b)^2}{a+2b+c}\geq \frac{3a+2b-c}{4}\Leftrightarrow 4(a+b)^2\geq (a+2b+c)(3a+2b-c)$

Μετά τις πράξεις έχουμε
$\displaystyle RHS=3a^2+4b^2-c^2+8ab+2ac$ άρα μένει να δείξουμε ότι

$\displaystyle 4(a+b)^2= 4a^2+8ab+4b^2\geq 3a^2+4b^2-c^2+8ab+2ac\Leftrightarrow (a-c)^2\geq 0$

#420

socrates έγραψε: Άσκηση 184
Δείξτε ότι $\displaystyle \frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}\geq \frac{3a+2b-c}{4},$

για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς

Μια διαφορετική λύση. Αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle{ \frac{x^2}{x+y} \geqslant \frac{3x-y}{4}}$ για κάθε θετικούς πραγματικούς x,y

. [Πράγματι, τότε θα έχουμε $\displaystyle{ \frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c} \geqslant \frac{3a-b}{4} + \frac{3b-c}{4} = \frac{3a+2b-c}{4}.}$ ]

Η απόδειξη τώρα είναι εύκολη. Αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle{ 4x^2 \geqslant (x+y)(3x-y) = 3x^2 + 2xy - y^2}$ ή ισοδύναμα ότι $\displaystyle{ x^2 + y^2 \geqslant 2xy}$ το οποίο ισχύει.

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