Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#541

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 237
Να δείξετε ότι κάθε τέλειος κύβος γράφεται ως διαφορά τετραγώνων ακεραίων.

Αν ο

είναι περιττός τότε $n^3=\left(\displaystyle\frac{n^3+1}{2}\right)^2-\left(\displaystyle\frac{n^3-1}{2}\right)^2$

Αν ο

είναι άρτιος τότε $n^3=\left(\displaystyle\frac{n^3+4}{4}\right)^2-\left(\displaystyle\frac{n^3-4}{4}\right)^2$

Αλέξανδρος

#542

cretanman έγραψε:
socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 237
Να δείξετε ότι κάθε τέλειος κύβος γράφεται ως διαφορά τετραγώνων ακεραίων.
Αν ο είναι περιττός τότε $n^3=\left(\displaystyle\frac{n^3+1}{2}\right)^2-\left(\displaystyle\frac{n^3-1}{2}\right)^2$

Αν ο είναι άρτιος τότε $n^3=\left(\displaystyle\frac{n^3+4}{4}\right)^2-\left(\displaystyle\frac{n^3-4}{4}\right)^2$

Αλέξανδρος

Αλλιώς: $\displaystyle{ n^3 = \left( \frac{n^2 + n}{2} \right)^2 - \left( \frac{n^2 - n}{2} \right)^2}$

Πως το βρήκαμε; Θέλουμε n^3 = x^2 - y^2 = (x-y)(x+y)

. Την πιο πάνω λύση την παίρνουμε αν λύσουμε το σύστημα x+y = n^2

και

. (Ο Αλέξανδρος λύνει το σύστημα x+y = n^3

και

στην περίπτωση που ο

είναι περιττός και το σύστημα x+y = n^2/2

και

στην περίπτωση που ο

είναι άρτιος. Θέλει μόνο λίγη προσοχή αφού οι λύσεις που θα βρούμε είναι δεκτές μόνο αν είναι ακέραιες.)

#543

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 238
Να βρεθεί ο μέγιστος αριθμός διαδοχικών ακεραίων που μπορούν να γραφούν στη μορφή $n^2+2m^2, \ m,n \in \mathbb{Z}.$

Ανάμεσα σε

διαδοχικούς φυσικούς κάποιος είναι της μορφής 8k+5

ή της μορφής 8k+7

. Όμως ο αριθμός n^2+2m^2

δεν είναι ποτέ αυτής της μορφής.

Άρα ο μέγαλύτερος αριθμός διαδοχικών ακεραίων που μπορούν να γραφτούν με αυτή τη μορφή είναι

.

Όμως
$0=0^2+2\cdot 0^2$
$1=1^2+2\cdot 0^2$
$2=0^2+2\cdot 1^2$
$3=1^2+2\cdot 1^2$
$4=2^2+2\cdot 0^2$

Άρα είναι και ο μέγιστος.

Αλέξανδρος

Atemlos · #544

Άσκηση 240

Να δείξετε ότι ο $\displaystyle{{a^{20k + 4}} + {a^{10k + 2}} + 1}$ είναι σύνθετος για $\displaystyle{a \in N,a > 1,k \in {N^*}}$

#545

Atemlos έγραψε:Άσκηση 240

Να δείξετε ότι ο $\displaystyle{{a^{20k + 4}} + {a^{10k + 2}} + 1}$ είναι σύνθετος για $\displaystyle{a \in N,a > 1,k \in {N^*}}$

Άμεση από την x^4+x^2+1=(x^2+x+1)(x^2-x+1)

. Εδώ $x=a^{5k + 1}$ .

M.

#546

S.E.Louridas έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 234

Α) Αν $a,b \in \mathbb{R}\;\kappa \alpha \iota\; ab \geqslant 0,$ να αποδειχθεί ότι: $\left( {a + b} \right)^2 \geqslant a^2 + b^2 ,$
επίσης αν $a,b,c \in \mathbb{R}\;\kappa \alpha \iota \;a + b + c \geqslant 0,$ να αποδειχθεί ότι: $a^3 + b^3 + c^3 \geqslant 3abc.$

Β) Έστω $m,n \in \mathbb{R}_ + ^ * \;\kappa \alpha \iota \;0 < t < 2.$ Αποδείξτε ότι: $\displaystyle{\frac{{\left( {m^3 + n^3 } \right)^2 }} {{\left( {mnt} \right)^3 }} + \frac{3} {{t^2 }} > 1.}$

Την ξεχάσαμε.

Α) Η πρώτη ισοδυναμεί μα την αληθή $2ab\ge 0$ . Ας σημειωθεί ότι η ανισότητα είναι γνήσια αν ab>0

(*).
Η δεύτερη είναι άμεση από την ταυτότητα Euler.

B) Έχουμε $m^2+n^2+ (-mnt) > m^2+n^2-2mn \ge 0$ , οπότε από το προηγούμενο

$(m^2)^3+ (n^2)^3 +(-mnt)^3 \ge 3(m^2)(n^2)(-mnt)$

Διαιρώντας με το (mnt)^3

έχουμε $\frac {m^6+n^6}{(mnt)^3} + \frac {3}{t^2}\ge 1$ .

Τελειώνουμε παρατηρώντας (χρήση του Α) και του (*)) ότι (m^3+n^3)^2 > m^6+n^6

.

Φιλικά,

Μιχάλης

#547

ΑΣΚΗΣΗ 241.:Έστω $a+\frac{1}{a}\epsilon Z, a\epsilon R-\left\{0 \right\}$ . Να αποδείξετε ότι

$a^{n}+\frac{1}{a^{n}}\epsilon Z,$ για κάθε $n\epsilon N$

Αρχιμήδης 6 · #548

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 241.:Έστω $a+\frac{1}{a}\epsilon Z, a\epsilon R-\left\{0 \right\}$ . Να αποδείξετε ότι

$a^{n}+\frac{1}{a^{n}}\epsilon Z,$ για κάθε $n\epsilon N$

$a^{n-2}+1/a^{n-2}+a^n+1/a^n=(a^{n-1}+1/a^{n-1})(a+1/a)$ ΄(1)
Έστω ότι αν a+1/a

είναι ακέραιος τότε a^m+1/a^m

είναι επίσης ακέραιος για κάθε m<n

τότε απο την ταυτότητα (1) θα ισχύει και για m=n

άρα θα ισχύει για κάθε φυσικό

.

#549

ΑΣΚΗΣΗ 242:
Να βρείτε τα έξι τελευταία ψηφία του αριθμού $5^{109}$ , όταν ο αριθμός αυτός γραφτεί στο δυαδικό σύστημα αρίθμησης.

#550

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 242:
Να βρείτε τα έξι τελευταία ψηφία του αριθμού $5^{109}$ , όταν ο αριθμός αυτός γραφτεί στο δυαδικό σύστημα αρίθμησης.

Αρκεί να βρούμε το $5^{109}$ modulo 64

Αφού το $5^{36}$ το υπολογίζει ... το κομπιουτεράκι μου

=49 modulo 64,

στη συνέχεια μου υπολογίζει το $49^{3}5=21 mod64$ και μετά πατώντας bin "γλυτώνω" τις διαιρέσεις: 010101

#551

rek έγραψε: <...>
Αφού το $5^{36}$ το υπολογίζει ... το κομπιουτεράκι μου =49 modulo 64,

Για χάρη των μαθητών:

Αν δεν θέλαμε κομπιουτεράκι, θα μπορούσαμε να πούμε: Από Euler είναι $5^{\phi (64)}\equiv 1 \mod 64$ και αφού (από τον τύπο για την $\phi$ ) είναι $\phi(64)=32$ , ισχύει $5^{32}\equiv 1 \mod 64$ . Άρα $5^{109} \equiv 5^{13}\cdot (5^{32})^3\equiv 5^{13}\mod 64$ και λοιπά.

Αν δεν θέλαμε καθόλου Euler αλλά να μείνουμε σε "πολύ στοιχειώδη" Μαθηματικά, θα μπορούσαμε να κατεβάζαμε σταδιακά τον μεγάλο εκθέτη λέγοντας, π.χ.,

$\displaystyle 5^{109} = 5\cdot (5^3)^{36}= 5\cdot 125^{36} \equiv 5\cdot (-3)^{36}\equiv 5\cdot 81^{9}\equiv 5\cdot 17^{9}\equiv$

$\displaystyle \equiv 5\cdot 17 \cdot 17^ 4 \equiv 5 \cdot 17 \cdot (17^ 2)^2 \equiv 5\cdot 17 \equiv 21\mod 64$ και λοιπά.

Φιλικά,

Μιχάλης

#552

ΑΣΚΗΣΗ 243
Αν οι θετικοί ακέραιοι x,y,z,t,a,b

είναι τέτοιοι ώστε xt-yz=1

και $\displaystyle \frac{x}{y}>\frac{a}{b}>\frac{z}{t},$

να δείξετε ότι $ab\geq (x+z)(y+t).$

ΑΣΚΗΣΗ 244
Αν

και

είναι ακέραιοι, τότε ο αριθμός $x\Box y$ είναι επίσης ακέραιος.
Η πράξη $\Box$ ικανοποιεί τα ακόλουθα:
$\bullet \ x \Box (y + z) = (x \Box y) - z ,$ για όλους τους ακέραιους x,y,z

$\bullet \ (y + z)\Box x = (y\Box x) + 2z,$ για όλους τους ακέραιους x,y,z

$\bullet \ 1\Box 1 = 1.$

Να υπολογίσετε τον αριθμό $25\Box 10.$

Bonus: Δείξτε ότι $a\Box b=2a-b.$

ΑΣΚΗΣΗ 245
Σε ένα διαγωνισμό τοξοβολίας συμμετέχουν

αθλητές.
Ο στόχος χωρίζεται σε δύο ζώνες, τις Α και Β. Αν το βέλος χτυπήσει στη ζώνη Α, ο αθλητής κερδίζει

βαθμούς ενώ αν χτυπήσει στη ζώνη Β, κερδίζει

βαθμούς.
Δε δίνονται βαθμοί για τα βέλη που δεν βρίσκουν το στόχο.
Κάθε αθλητής ρίχνει

βέλη.
Στο τέλος του διαγωνισμού, παρατηρήθηκε ότι πάνω από το $50 \%$ των βελών χτύπησαν στη ζώνη Β, ενώ ο αριθμός των βελών που χτύπησαν στη ζώνη Α είναι ίσος με τον αριθμό αυτών που δεν βρήκαν το στόχο.

Να δείξετε ότι υπάρχουν δύο αθλητές με την ίδια βαθμολογία.

#553

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 244

Αν και είναι ακέραιοι, τότε ο αριθμός $x\Box y$ είναι επίσης ακέραιος.
Η πράξη $\Box$ ικανοποιεί τα ακόλουθα:
$\bullet \ x \Box (y + z) = (x \Box y) - z ,$ για όλους τους ακέραιους
$\bullet \ (y + z)\Box x = (y\Box x) + 2z,$ για όλους τους ακέραιους
$\bullet \ 1\Box 1 = 1.$

Να υπολογίσετε τον αριθμό $25\Box 10.$

Bonus: Δείξτε ότι $a\Box b=2a-b.$

$\displaystyle{1\Box 1=1\Rightarrow \big((a+1)-a\big)\Box 1=1\Rightarrow (a+1)\Box 1-2a=1\Rightarrow }$

$\displaystyle{(a+1)\Box 1=2a+1\Rightarrow a\Box 1+2=2a+1\Rightarrow a\Box 1=2a-1\Rightarrow}$

$\displaystyle{a\Box \big(b+(1-b)\big )=2a-1\Rightarrow a\Box b-(1-b)=2a-1\Rightarrow a\Box b=2a-b}$

#554

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 242:
Να βρείτε τα έξι τελευταία ψηφία του αριθμού $5^{109}$ , όταν ο αριθμός αυτός γραφτεί στο δυαδικό σύστημα αρίθμησης.

Ας επανέλθω σε αυτήν την άσκηση με ακόμη μια μέθοδο. Χρειάζεται να γνωρίζουμε το διωνυμικό θεώρημα.

Όπως και στις προηγούμενες λύσεις, ψάχνουμε το $5^{109} \bmod 64$ . Έχουμε

$\displaystyle 5^{109} = (1+4)^{109} \equiv 1 + 4 \binom{109}{1} + 16 \binom{109}{2} \bmod 64$

Όμως $109 \equiv -3 \bmod 16$ και $\displaystyle{ \binom{109}{2} \equiv 2 \bmod 4}$ επομένως $5^{109} \equiv 1 - 12 + 32 \equiv 21 \bmod 64$ .

Η ίδια μέθοδος δίνει επίσης ότι $5^n \equiv 8n^2 - 4n + 1 \bmod 64$ .

#555

Θα γράψω μια πιο αναλυτική λύση για την άσκηση 242

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 242:
Να βρείτε τα έξι τελευταία ψηφία του αριθμού $5^{109}$ , όταν ο αριθμός αυτός γραφτεί στο δυαδικό σύστημα αρίθμησης.

Θα χρησιμοποιήσω την ταυτότητα

$(x+y)^{n}=x^{n}+nx^{n-1}y+\frac{n(n-1)}{2}x^{n-2}y^{2}+\frac{n(n-1)(n-2)}{2.3}x^{n-3}y^{3}+...+y^{n}$

Έχουμε τώρα:

$5^{109}=a_{n}2^{n}+a_{n-1}2^{n-1}+...+a_{6}2^{6}+a_{5}2^{5}+...+a_{1}2+a_{0}$

όπου τα $a_{n},a_{n-1},...,a_{0}$ παίρνουν τιμές 0 ή 1

Άρα έχουμε:

$5^{109}=a_{n}2^{n-6}2^{6}+a_{n-1}2^{n-7}2^{6}+...+a_{6}2^{6}+a_{5}2^{5}+...+a_{1}2+a_{0}\Rightarrow$

$5^{109}=(a_{n}2^{n-6}+a_{n-1}2^{n-7}+...+a_{6}).2^{6}+a_{5}2^{5}+a_{4}2^{4}+...+a_{0}$

Συνεπώς ο αριθμός $a_{5}2^{5}+a_{4}2^{4}+...+a_{0}$ είναι το υπόλοιπο της διαίρεσης του $5^{109}$ με το $2^{6}$
Και άρα τα τελευταία ψηφία του αριθμού που ζητάμε είναι τα $a_{5},a_{4},...,a_{0}$

Έχουμε τώρα:

$5^{109}=(1+2^{2})^{109}=1^{109}+109.1^{108}.(2^{2})+\frac{109.108}{2}.1^{107}(2^{2})^{2}+\frac{109.108.107}{2.3}.1^{106}(2^{2})^{3}+...+(2^{2})^{109}=$

$1+109.2^{2}+109.54.2^{4}+k.2^{6}$ , όπου

φυσικός αριθμός
Άρα:

$5^{109}=1+(2^{6}+2^{5}+2^{3}+2^{2}+1).2^{2}+(2^{6}+45)(2^{5}+22).2^{4}+k.2^{6}=$

$1+2^{8}+2^{7}+2^{5}+2^{4}+2^{2}+2^{15}+2^{10}.22+2^{9}.45+45.22.2^{4}+k.2^{6}=$

$1+2^{4}+2^{2}+2^{5}+45.22.2^{4}+m.2^{6}, o\pi o\upsilon ,m\epsilon N$

$'A\rho \alpha ,5^{109}=1+2^{2}+2^{4}+2^{5}+(2^{5}+13)(2^{4}+6).2^{4}+m.2^{6}=$

$1+2^{2}+2^{4}+2^{5}+2^{13}+6.2^{9}+13.2^{8}+78.2^{4}+m.2^{6}=$

$1+2^{2}+79.2^{4}+m.2^{6}=$

$1+2^{2}+(2^{5}+2^{3}+2^{2}+1).2^{4}+m.2^{6}=$

$1+2^{2}+2^{9}+2^{7}+2^{6}+2^{4}+m.2^{6}=$

$1+2^{2}+2^{4}+t.2^{6}$ όπου

είναι φυσικός αριθμός.

.Αρα το υπόλοιπο που ζητάμε είναι

$0.2^{5}+1.2^{4}+0.2^{3}+1.2^{2}+0.2^{1}+1.2^{0}$

και τα τελευταία 6 ψηφία που ζητάμε είναι τα 010101

#556

ΑΣΚΗΣΗ 246:

Να λυθεί η εξίσωση: (x-4)(x-5)(x-6)(x-7)=1680

#557

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 246:
Να λυθεί η εξίσωση:

Αν τεθεί $\displaystyle{x-7=y,}$ η εξίσωση γράφεται $\displaystyle{y(y+1)(y+2)(y+3)+1=1681}$ , δηλαδή $\displaystyle{(y^2+3y+1)^2=1681.}$

Επομένως αναγόμαστε στη λύση των εξισώσεων

$\displaystyle{y^2+3y+1=41,}$ $\displaystyle{y^2+3y+1=-41}$

Προφανώς, η δεύτερη εξίσωση είναι αδύνατη, ενώ η πρώτη έχει τις ρίζες $\displaystyle{-8,5.}$ Άρα η αρχική έχει τις ρίζες $\displaystyle{-1,12.}$

Φυσικά, για να λύσει κάποιος την αρχική εξίσωση δεν είναι απαραίτητο να θυμάται την ταυτότητα

$\displaystyle{\boxed{x(x+1)(x+2)(x+3)+1=(x^2+3x+1)^2}}$

Είναι καλό όμως, να θυμόμαστε ότι το γινόμενο τεσσάρων διαδοχικών ακεραίων αυξημένο κατά ένα είναι τέλειο τετράγωνο!

Antonis_Z · #558

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 246:
Να λυθεί η εξίσωση:

Καλησπέρα.

Στο πρώτο μέλος της εξίσωσης έχουμε τέσσερις διαδοχικούς αριθμούς, άρα υψοψιαζόμαστε για τέλειο τετραγωνο. Κάνουμε τις πράξεις ως εξής: Επιμεριστική την πρώτη με την τέταρτη και τις άλλες δύο μαζί.
Θέτουμε: $x^2 - 11x + 28 = a, \, \, x^2 - 11x + 30 = a + 2$ .
Η εξίσωση γίνεται a^2 + 2a = 1680

. Προσθέτουμε

και έτσι

. Οπότε αρκεί να λύσουμε τις εξισώσεις:
x^2 - 11x +29 = 41

και την

.
Η πρώτη δίνει λύσεις: x=12 , x=-1

, ενώ η δεύτερη είναι αδύνατη.

Edit: Μικρές τυποτεχνικές βελτιώσεις από τους Γενικούς Συντονιστές.

#559

Είναι καλό όμως, να θυμόμαστε ότι το γινόμενο τεσσάρων διαδοχικών ακεραίων αυξημένο κατά ένα είναι τέλειο τετράγωνο!

Πράγματι χρήσιμη η παρατήρηση αυτή.

ΑΣΚΗΣΗ 247: Χρωματίζουμε όλα τα σημεία του επιπέδου με 2 χρώματα. Να δείξετε ότι υπάρχουν δύο τουλάχιστον σημεία του επιπέδου που έχουν το ίδιο χρώμα και απέχουν μεταξύ τους απόσταση 1.

#560

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 247: Χρωματίζουμε όλα τα σημεία του επιπέδου με 2 χρώματα. Να δείξετε ότι υπάρχουν δύο τουλάχιστον σημεία του επιπέδου που έχουν το ίδιο χρώμα και απέχουν μεταξύ τους απόσταση 1.

Εξετάζουμε οποιοδήποτε ισόπλευρο τρίγωνο πλευράς

. Δύο κορυφές του οπωσδήποτε έχουν το ίδιο χρώμα.

Μ.

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