Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Συντονιστές: cretanman, Demetres, polysot, socrates, silouan

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4445
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1601

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Δευ Φεβ 09, 2015 11:28 pm

ΑΣΚΗΣΗ 535 (Βαθμός δυσκολίας 4 , με κλίμακα από 1 έως 10) Αν \displaystyle{x,y,z > 0}, να αποδείξετε ότι:

\displaystyle{\frac{x^2 +z^2}{y}+\frac{y^2 +x^2}{z}+\frac{z^2 +y^2}{x}\geq 2(x+y+z)}


nikoszan
Δημοσιεύσεις: 952
Εγγραφή: Τρί Νοέμ 17, 2009 2:22 pm

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1602

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nikoszan » Τρί Φεβ 10, 2015 12:37 am

Για κάθε \displaystyle{a,b > 0} είναι \displaystyle{{a^3} + {b^3} - {a^2}b - a{b^2} = \left( {a + b} \right)\left( {{a^2} - ab + {b^2}} \right) - ab\left( {a + b} \right) = }
\displaystyle{ = \left( {a + b} \right)\left( {{a^2} - 2ab + {b^2}} \right) = \left( {a + b} \right){\left( {a - b} \right)^2} \ge 0 \Rightarrow {a^3} + {b^3} \ge {a^2}b + a{b^2} \Rightarrow }
\displaystyle{ \Rightarrow \frac{{{a^2}}}{b} + \frac{{{b^2}}}{a} \ge a + b:\left( 1 \right)}.
Έτσι για κάθε \displaystyle{x,y,z > 0} ισχύει \displaystyle{\frac{{{x^2} + {z^2}}}{y} + \frac{{{y^2} + {x^2}}}{z} + \frac{{{z^2} + {y^2}}}{x} = \frac{{{x^2}}}{y} + \frac{{{z^2}}}{y} + \frac{{{y^2}}}{z} + \frac{{{x^2}}}{z} + \frac{{{z^2}}}{x} + \frac{{{y^2}}}{x} = }
\displaystyle{ = \left( {\frac{{{x^2}}}{y} + \frac{{{y^2}}}{x}} \right) + \left( {\frac{{{y^2}}}{z} + \frac{{{z^2}}}{y}} \right) + \left( {\frac{{{z^2}}}{x} + \frac{{{x^2}}}{z}} \right)\mathop  \ge \limits^{\left( 1 \right)} \left( {x + y} \right) + \left( {y + z} \right) + \left( {z + x} \right) = 2\left( {x + y + z} \right) \Rightarrow }
\displaystyle{ \Rightarrow \frac{{{x^2} + {z^2}}}{y} + \frac{{{y^2} + {x^2}}}{z} + \frac{{{z^2} + {y^2}}}{x} \ge 2(x + y + z)}.
Ν.Ζ.


Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6372
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1603

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Τρί Φεβ 10, 2015 12:48 am

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 535 (Βαθμός δυσκολίας 4 , με κλίμακα από 1 έως 10) Αν \displaystyle{x,y,z > 0}, να αποδείξετε ότι:

\displaystyle{\frac{x^2 +z^2}{y}+\frac{y^2 +x^2}{z}+\frac{z^2 +y^2}{x}\geq 2(x+y+z)}
Αλλιώς:

Η αποδεικτέα γράφεται

\displaystyle{(x^2+y^2+z^2)\Big(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\Big)\geq 3(x+y+z)}

και αυτή είναι συνέπεια των γνωστών

\displaystyle{3(x^2+y^2+z^2)\geq (x+y+z)^2,~\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq \frac{9}{x+y+z}.}


Μάγκος Θάνος
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4445
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1604

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Τρί Φεβ 10, 2015 5:52 pm

ΑΣΚΗΣΗ 536 (Βαθμός δυσκολίας 2 , με κλίμακα από 1 έως 10): Να εξετάσετε αν υπάρχουν θετικοί ακέραιοι \displaystyle{x,y,z}

τέτοιοι ώστε να ισχύει: \displaystyle{5^x +6^y = 3.9^z}


Άβαταρ μέλους
T-Rex
Δημοσιεύσεις: 409
Εγγραφή: Παρ Οκτ 30, 2009 8:47 pm
Τοποθεσία: Ασπροβαλτα-Τσαριτσάνη

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1605

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από T-Rex » Τρί Φεβ 10, 2015 6:26 pm

Οχι γιατί το πρώτο μέρος τελειώνει σε 1 γιατι το 5^{x} τελειώνει σε 5 και το 6^{y }σε 6 άρα το τελευταίο ψηφίο θα είναι 6+5=1 ενώ στο δεύτερο μέρος τελειώνει σε 3 ή 7 γιατί το 9^{z} τελειώνει σε 1 ή 9 επί 3 θα είναι 3 ή 7


ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4445
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1606

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Τρί Φεβ 10, 2015 7:10 pm

ΑΣΚΗΣΗ 537 (Βαθμός δυσκολίας 4 , με κλίμακα από 1 έως 10): Αν οι αριθμοί \displaystyle{x,y,z} είναι φυσικοί , να λύσετε την

εξίσωση: \displaystyle{6^x +4^y =18^z +1}


Άβαταρ μέλους
T-Rex
Δημοσιεύσεις: 409
Εγγραφή: Παρ Οκτ 30, 2009 8:47 pm
Τοποθεσία: Ασπροβαλτα-Τσαριτσάνη

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1607

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από T-Rex » Τρί Φεβ 10, 2015 7:50 pm

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 537 (Βαθμός δυσκολίας 4 , με κλίμακα από 1 έως 10): Αν οι αριθμοί \displaystyle{x,y,z} είναι φυσικοί , να λύσετε την

εξίσωση: \displaystyle{6^x +4^y =18^z +1}
Μόνο όταν x=y=z=0 γιατί το πρώτο μέρος είναι άρτιος ενώ το δεύτερο περιττός.
Το 6^{x} είναι άρτιος όπως και το 4^{y} άρα και το άθροισμα τους είναι άρτιος ενώ το δεύτερο μέρος είναι περιττός αριθμός γιατί το 18^{z} είναι άρτιος .
Αν x=y=z=0 τότε 2=2


ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4445
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1608

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Τετ Φεβ 11, 2015 4:11 pm

T-Rex έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 537 (Βαθμός δυσκολίας 4 , με κλίμακα από 1 έως 10): Αν οι αριθμοί \displaystyle{x,y,z} είναι φυσικοί , να λύσετε την

εξίσωση: \displaystyle{6^x +4^y =18^z +1}
Μόνο όταν x=y=z=0 γιατί το πρώτο μέρος είναι άρτιος ενώ το δεύτερο περιττός.
Το 6^{x} είναι άρτιος όπως και το 4^{y} άρα και το άθροισμα τους είναι άρτιος ενώ το δεύτερο μέρος είναι περιττός αριθμός γιατί το 18^{z} είναι άρτιος .
Αν x=y=z=0 τότε 2=2
Σωστά T-Rex . Με μια συμπλήρωση: Πρέπει να εξετάσουμε το τι γίνεται και όταν είναι χωριστά \displaystyle{x=0} , ή \displaystyle{y=0} , ή \displaystyle{z=0}.

Λοιπόν, όταν είναι \displaystyle{x=0}, η εξίσωση γράφεται: \displaystyle{1+4^y =18^z +1\Leftrightarrow 2^{2y}=2^z . 3^{2z}\Leftrightarrow}

\displaystyle{2^{2y-z}=3^{2z}}, οπότε πρέπει \displaystyle{2y-z=2z=0} και άρα \displaystyle{y=z=0}, δηλαδή και πάλι καταλήγουμε στην ίδια όπως πριν λύση

Όμοια εργαζόμαστε και όταν \displaystyle{y=0}

Ενώ όταν είναι \displaystyle{z=0}, η εξίσωση γράφεται: \displaystyle{6^x +4^y =2}, η οποία όμως και πάλι αληθεύει μόνο όταν \displaystyle{x=y=0}

H αναγκαιότητα όλων των περιπτώσεων που πρέπει να πάρουμε, φαίνεται από την παρακάτω άσκηση:

Να βρεθούν οι φυσικοί αριθμοί \displaystyle{x,y,z}, ώστε να ισχύει η σχέση: \displaystyle{6^x +4^y =16^z +1} (η οποία έχει άπειρες λύσεις).


Άβαταρ μέλους
T-Rex
Δημοσιεύσεις: 409
Εγγραφή: Παρ Οκτ 30, 2009 8:47 pm
Τοποθεσία: Ασπροβαλτα-Τσαριτσάνη

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1609

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από T-Rex » Τετ Φεβ 11, 2015 8:05 pm

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:
T-Rex έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 537 (Βαθμός δυσκολίας 4 , με κλίμακα από 1 έως 10): Αν οι αριθμοί \displaystyle{x,y,z} είναι φυσικοί , να λύσετε την

εξίσωση: \displaystyle{6^x +4^y =18^z +1}
Μόνο όταν x=y=z=0 γιατί το πρώτο μέρος είναι άρτιος ενώ το δεύτερο περιττός.
Το 6^{x} είναι άρτιος όπως και το 4^{y} άρα και το άθροισμα τους είναι άρτιος ενώ το δεύτερο μέρος είναι περιττός αριθμός γιατί το 18^{z} είναι άρτιος .
Αν x=y=z=0 τότε 2=2
Σωστά T-Rex . Με μια συμπλήρωση: Πρέπει να εξετάσουμε το τι γίνεται και όταν είναι χωριστά \displaystyle{x=0} , ή \displaystyle{y=0} , ή \displaystyle{z=0}.

Λοιπόν, όταν είναι \displaystyle{x=0}, η εξίσωση γράφεται: \displaystyle{1+4^y =18^z +1\Leftrightarrow 2^{2y}=2^z . 3^{2z}\Leftrightarrow}

\displaystyle{2^{2y-z}=3^{2z}}, οπότε πρέπει \displaystyle{2y-z=2z=0} και άρα \displaystyle{y=z=0}, δηλαδή και πάλι καταλήγουμε στην ίδια όπως πριν λύση

Όμοια εργαζόμαστε και όταν \displaystyle{y=0}

Ενώ όταν είναι \displaystyle{z=0}, η εξίσωση γράφεται: \displaystyle{6^x +4^y =2}, η οποία όμως και πάλι αληθεύει μόνο όταν \displaystyle{x=y=0}

H αναγκαιότητα όλων των περιπτώσεων που πρέπει να πάρουμε, φαίνεται από την παρακάτω άσκηση:

Να βρεθούν οι φυσικοί αριθμοί \displaystyle{x,y,z}, ώστε να ισχύει η σχέση: \displaystyle{6^x +4^y =16^z +1} (η οποία έχει άπειρες λύσεις).
Ευχαριστώ τον Κύριο Παγώνη και τον Κύριο Δημήτρη για τις παρατηρήσεις που είναι εντυπωσιακές
Πράγματι αν x=0 ή y=0 τότε το πρώτο μέλος της εξίσωσης είναι και αυτό περιττός αριθμός και έχουμε στην περίπτωση της άσκησης που βάζει ο κύριος Δημήτρης στο τέλος που αντικαθιστά το 18 με 16 και έτσι έχει άπειρες λύσεις
6^{x}+4^{y}=16^{z}+1 εκτός από την λύση x=y=z=0 στην περίπτωση που x=0 τότε 4^{y}=16^{x}\Leftrightarrow 4^{y}=4^{2z}\Leftrightarrow y=2z
Αρα έχουμε και άπειρες λύσεις με x=0 και για κάθε τιμή του z το yνα είναι διπλάσιο
Eνώ αν το y=0 δεν γίνεται να υπάρχουν άπειρες λύσεις γιατί θα έχουμε 6^{x}=16^{z}
Ελπίζω να τα κατάλαβα σωστά
τελευταία επεξεργασία από T-Rex σε Τετ Φεβ 18, 2015 7:30 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
G.Bas
Δημοσιεύσεις: 705
Εγγραφή: Τετ Οκτ 13, 2010 9:27 pm
Τοποθεσία: Karditsa - Ioannina
Επικοινωνία:

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1610

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από G.Bas » Τετ Φεβ 11, 2015 9:58 pm

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 535 (Βαθμός δυσκολίας 4 , με κλίμακα από 1 έως 10) Αν \displaystyle{x,y,z > 0}, να αποδείξετε ότι:

\displaystyle{\frac{x^2 +z^2}{y}+\frac{y^2 +x^2}{z}+\frac{z^2 +y^2}{x}\geq 2(x+y+z)}
Ακόμη μια απόδειξη:

Είναι

\displaystyle{\sum\frac{x^2+y^2}{z}\geq 2\sum\frac{xy}{z}=2\frac{x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2}{xyz}\geq 2(x+y+z)}

όπου χρησιμοποιήθηκαν οι Ανισότητες AM-GM και \displaystyle{a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca.} :smile:


Let Solutions Say Your Method!

George Basdekis

Cauchy-Schwarz is the best tool!
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4445
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1611

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Παρ Φεβ 13, 2015 10:01 pm

ΑΣΚΗΣΗ 538 (Βαθμός δυσκολίας 4 , με κλίμακα από 1 έως 10) Να εξετάσετε αν μπορούμε να πάρουμε \displaystyle{666} αριθμούς

από το σύνολο \displaystyle{A=\{3,5,7\}} , έτσι ώστε το άθροισμα αυτών να ισούται με τον αριθμό \displaystyle{2015}.


Θεοδωρος Παγωνης
Δημοσιεύσεις: 311
Εγγραφή: Τετ Οκτ 26, 2011 2:10 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1612

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Θεοδωρος Παγωνης » Παρ Φεβ 13, 2015 10:53 pm

Επειδή ο αριθμός 666 αποτελείται από 333 ζευγάρια αριθμών και οποιοδήποτε ζεύγος από τους \left\{ 3,5,7 \right\} έχει άθροισμα άρτιο αριθμό οι 666 επιλεγμένοι αριθμοί θα έχουν άθροισμα άρτιο . Όμως 2015 είναι περιττός. Άρα αδύνατο.


xr.tsif
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2029
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 7:14 pm

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1613

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από xr.tsif » Κυρ Φεβ 15, 2015 7:38 pm

Άλυτη η 512


Γιατί πάντα αριθμόν έχοντι. Άνευ τούτου ουδέν νοητόν και γνωστόν.
Άβαταρ μέλους
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1355
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1614

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Κυρ Φεβ 15, 2015 8:17 pm

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 512
α) Αν a,b,c,d θετικοί ακέραιοι με \displaystyle{ad=b^2+bc+c^2 ,} να δείξετε ότι ο αριθμός \displaystyle{a^2+b^2+c^2+d^2} είναι σύνθετος.
β) Να βρείτε όλους τους μη αρνητικούς ακέραιους a,b,c,d για τους οποίους \displaystyle{ad=b^2+bc+c^2 } και ο αριθμός \displaystyle{a^2+b^2+c^2+d^2} είναι πρώτος.
Για να την δούμε λοιπόν:
Έχουμε A=a^2+b^2+c^2+d^2=(a+d)^2-2ad+b^2+c^2=(a+d)^2-2(b^2+bc+c^2)+b^2+c^2=(a+d)^2-(b-c)^2=(a+d-b+c)(a+d+b-c)
Αν υποθέσουμε τώρα χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι a\geq d τότε έχουμε a^2\geq b^2+bc+c^2>b^2 οπότε a\geq b+1, και όμοια a\geq c+1.
Οπότε A σύνθετος.

β)Υποθέτουμε πάλι ότι a\geq d. Έπεται από τα παραπάνω ότι για να είναι πρώτος πρέπει είτε b=0 είτε c=0. Αν b=0 τότε ad=c^2 και A=(a+d+c)(a+d-c)
Αν τώρα d=0 τότε c=0 και A=a^2 οπότε πρέπει a=1. Αν d>0 τότε πρέπει a=c=d. Και τότε A=3a^2 οπότε a=b=c=1.


Σιλουανός Μπραζιτίκος
xr.tsif
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2029
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 7:14 pm

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1615

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από xr.tsif » Κυρ Φεβ 15, 2015 8:47 pm

Σιλουανέ :wallbash: :wallbash:
ΛΑΘΟΣ ΕΚΑΝΑ η 511 είναι η άλυτη


Γιατί πάντα αριθμόν έχοντι. Άνευ τούτου ουδέν νοητόν και γνωστόν.
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3123
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1616

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Δευ Φεβ 16, 2015 12:10 am

xr.tsif έγραψε:Σιλουανέ :wallbash: :wallbash:
ΛΑΘΟΣ ΕΚΑΝΑ η 511 είναι η άλυτη
Τρεις ομάδες ισοτήτων:

(Ι) Από μαύρο τετράγωνο πλευράς 1:

a=b+1

b=e+1

f+e-1=d

d-1=a

(II) Από οριζόντια πλευρά X:

a+b+c=X

d+f+h=X

g+h=X

d+e+c=X

(III) Από κατακόρυφη πλευρά Y:

a+d+g=Y

b+e+f+g=Y

b+e+h=Y

c+h=Y

Η (I) δίνει b=a-1, e=b-1=a-2, d=a+1 και, βάσει αυτών και από f+e-1=d, το πρώτο φως: f=4

Από την (ΙΙ) έχουμε, με σύγκριση των μεσαίων δύο ισοτήτων, g=d+f=a+5.

Από την (ΙΙΙ) έχουμε, με σύγκριση των δύο μεσαίων ισοτήτων h=f+g=a+9, και με σύγκριση των δύο τελευταίων ισοτήτων c=b+e=2a-3.

Το τελειωτικό χτύπημα προέρχεται από την d+e+c=g+h (ομάδα (ΙΙ)), που δίνει (a+1)+(a-2)+(2a-3)=(a+5)+(a+9) και a=9.

Άμεσα έχουμε b=8, c=15, d=10, e=7, f=4, g=14, h=18, X=32, Y=33.

Γιώργος Μπαλόγλου
Συνημμένα
9-square.png
9-square.png (3.15 KiB) Προβλήθηκε 1797 φορές


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Άβαταρ μέλους
kostas232
Δημοσιεύσεις: 134
Εγγραφή: Πέμ Ιούλ 24, 2014 5:28 pm
Τοποθεσία: Κορινθία

Γίγαντας διαιρείται με 15

#1617

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από kostas232 » Κυρ Φεβ 22, 2015 9:51 pm

Δίνω εδώ μια άσκηση που με απασχόλησε σήμερα και την θεωρώ ιδανική για μια εισαγωγή στην θεωρία αριθμών των διαγωνισμών.
Έστω ο αριθμός \displaystyle{A=2007^{2009}+2008^{2010}+2009^{2011}} Να δειχθεί ότι \displaystyle{15\mid A}


Carpe Diem
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 14650
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Γίγαντας διαιρείται με 15

#1618

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Φεβ 22, 2015 10:27 pm

kostas232 έγραψε:Δίνω εδώ μια άσκηση που με απασχόλησε σήμερα και την θεωρώ ιδανική για μια εισαγωγή στην θεωρία αριθμών των διαγωνισμών.
Έστω ο αριθμός \displaystyle{A=2007^{2009}+2008^{2010}+2009^{2011}} Να δειχθεί ότι \displaystyle{15\mid A}
\displaystyle{A=2007^{2009}+2008^{2010}+2009^{2011}= 0 + 1^{2010}+(-1)^{2011} mod 3= 1+(-1)mod 3 = 0 mod3}

άρα 3|A και

\displaystyle{A=2007^{2009}+2008^{2010}+2009^{2011}= 2^{2009}+3^{2010}+(-1)^{2011}mod 5}
\displaystyle{=2^5(2^{6})^{334}+9^{1005}+(-1)^{2011}mod 5= 32(-1)^{334}+ (-1)^{1005}+(-1)mod 5=32-1-1mod 5=0mod 5}

άρα 5|A και λοιπά.


Άβαταρ μέλους
kostas232
Δημοσιεύσεις: 134
Εγγραφή: Πέμ Ιούλ 24, 2014 5:28 pm
Τοποθεσία: Κορινθία

Γίγαντας διαιρείται με 15

#1619

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από kostas232 » Κυρ Φεβ 22, 2015 10:44 pm

Ακριβώς. Η βασική ιδέα είναι να αποδείξουμε τη διαιρετότητα με το 5 και το 3. Την ίδια πάνω κάτω λύση ακολούθησα και εγώ, με μόνη διαφορά μια μεγαλύτερη(αλλά καθόλου αναγκαία) ανάλυση στο στάδιο των ισοτιμιών .
Κωνσταντίνος Τερζής


Carpe Diem
Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5731
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1620

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Δευ Φεβ 23, 2015 8:51 am

Καλημέρα.
kostas232 έγραψε:Δίνω εδώ μια άσκηση που με απασχόλησε σήμερα και την θεωρώ ιδανική για μια εισαγωγή στην θεωρία αριθμών των διαγωνισμών.
Έστω ο αριθμός \displaystyle{A=2007^{2009}+2008^{2010}+2009^{2011}} Να δειχθεί ότι \displaystyle{15\mid A}
Επίσης θα μπορούσαμε με μόνη γνώση τις ταυτότητες: {a^n} - 1 = \left( {a - 1} \right)\left( {{a^{n - 1}} + ... + 1} \right),\;\;{a^{2n + 1}} + 1 = \left( {a + 1} \right)\left( {{a^{n - 1}} - {a^{n - 2}} + ...} \right), να έχουμε:

A = \left( {{{2007}^{2009}} + {3^{2009}}} \right) + \left( {{{2008}^{2010}} - {{13}^{2010}}} \right) + \left( {{{2009}^{2011}} + 1} \right) + {13^{2010}} - {3^{2009}} - 1.
Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε 15|{169^{1005}} - {3^{2009}} - 1, αρκεί 15|{169^{1005}} - {4^{1005}} + {4^{1005}} - {3^{2009}} - 1, οπότε αρκεί 15|{4^{1005}} - {3^{2009}} - 1, ή αρκεί 15|{1024^{201}} - {3^{2009}} - 1 ή αρκεί 15|{4^{201}} - {3^{2009}} - 1. Παρατηρούμε τέλος ότι: {1024^{201}} - {3^{2009}} - 1 = {1024^{201}} - 4 - {3^{2009}} + 3 = 4 \cdot 15t - 3\left( {{{81}^{502}} - 1} \right) = 15k.
Συνεπώς πράγματι A=15d.


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών - Συνδυαστική (Juniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης