Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2701

ΑΣΚΗΣΗ 2694 Να βρεθούν οι φυσικοί αριθμοί $\displaystyle{x , y}$ και ο πρώτος αριθμός $\displaystyle{p}$ , αν ισχύει:

$\displaystyle{px^2 +px -116 =2023p^2 -2024 y^2 }$

#2702

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 26, 2024 11:14 pm
ΑΣΚΗΣΗ 2694 Να βρεθούν οι φυσικοί αριθμοί $\displaystyle{x , y}$ και ο πρώτος αριθμός $\displaystyle{p}$ , αν ισχύει:

$\displaystyle{px^2 +px -116 =2023p^2 -2024 y^2 }$

ΛΥΣΗ

$\displaystyle{px^2 +px -116 =2023p^2 -2024 y^2 \Leftrightarrow px(x+1)+2024y^2 -116 =2023p^2}$ . (1)

Επειδή ο αριθμός $\displaystyle{x(x+1)}$ είναι άρτιος για κάθε $\displaystyle{x\in N}$ , άρα το πρώτο μέλος της (1) είναι άρτιος για κάθε $\displaystyle{p ,x , y \in N}$ .

Άρα και το δεύτερο μέλος πρέπει να είναι άρτιος και συνεπώς ο $\displaystyle{p}$ πρέπει να είναι άρτιος. Άρα $\displaystyle{p=2}$ , (αφού ο $\displaystyle{2}$ είναι

ο μοναδικός άρτιος πρώτος αριθμός).

Έτσι η (1) , για $\displaystyle{p=2}$ γράφεται:

$\displaystyle{2x(x+1)+2024y^2 -116=8092 \Leftrightarrow 2x(x+1)+2024y^2 =8208\Leftrightarrow x(x+1)+1012y^2 =4104}$ . (2)

Παρατηρούμε ότι αν $\displaystyle{y\geq 3}$ , τότε $\displaystyle{1012 y^2 \geq 9108}$ , και άρα η (2) είναι αδύνατη.

Άρα πρέπει $\displaystyle{y\in\{0,1,2\}}$

(α) Αν $\displaystyle{y=0}$ , η (2) γράφεται: $\displaystyle{x(x+1)=4104\Leftrightarrow x^2 +x - 4104=0}$ .

H διακρίνουσα του τριωνύμου είναι $\displaystyle{D= 16417}$ , η οποία αφού λήγει σε $\displaystyle{7}$ δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο και

άρα η περίπτωση αυτή απορρίπτεται.

(β) Αν $\displaystyle{y=1}$ , η (2) γράφεται: $\displaystyle{x^2 +x - 3092 = 0}$

Η διακρίνουσα του τριωνύμου είναι $\displaystyle{D=12369}$ και δεν είναι τέλειο τετράγωνο, όπως εύκολα μπορούμε να διαπιστώσουμε

Άρα και η περίπτωση αυτή απορρίπτεται

(γ) Αν $\displaystyle{y=2}$ , η (2) γράφεται: $\displaystyle{x^2 +x -56 = 0}$

Η διακρίνουσα του τριωνύμου είναι $\displaystyle{D=225=15^2}$

Άρα $\displaystyle{x=7}$ , ή $\displaystyle{x= -8}$ . Δεκτή είναι μόνο η $\displaystyle{x=7}$

Άρα η δοσμένη εξίσωση έχει την λύση: $\displaystyle{(x , y , p)=(7 , 2 , 2)}$

#2703

ΑΣΚΗΣΗ 2695. Αν $\displaystyle{x , y \in N , (x , y) = 1 }$ και $\displaystyle{x^4 +2y^2 = 34z^6}$ ,

να αποδείξετε ότι ο $\displaystyle{z}$ είναι περιττός.

#2704

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: ↑
Παρ Ιουν 07, 2024 8:34 am
ΑΣΚΗΣΗ 2695. Αν $\displaystyle{x , y \in N , (x , y) = 1 }$ και $\displaystyle{x^4 +2y^2 = 34z^6}$ ,

να αποδείξετε ότι ο $\displaystyle{z}$ είναι περιττός.

.

To

και άρα το

είναι άρτιος. Αφού (x,y)=1

, τα

δεν έχουν κοινό διαιρέτη έπεται ότι το

είναι περιττός (αφού

άρτιος). Γράφουμε x=2X

. Η αρχική γίνεται

16X^4+2y^2=34z^2

και άρα

. Το αριστερό μέλος είναι περιττός ως άθροισμα άρτιου και περιττού, άρα 17z^2

ίσον περιττός, οπότε

περιττός.

Υ.Γ. Ας προσθέσω, για να μην φανεί ότι μιλάμε για το κενό σύνολο, η παραπάνω εξίσωση έχει λύση. Μία προφανής είναι η $x=2, \, y=3, \, z=1$ .

#2705

ΑΣΚΗΣΗ 2696 Δίνεται το πολυώνυμο $\displaystyle{P(x , y)=4x^4 -2(2-y)yx^2 -4y^2 x +3y^2}$
Αν το πολυώνυμο αυτό παίρνει την ελάχιστη τιμή του για $\displaystyle{x=a}$ και $\displaystyle{y=b}$ , να δείξετε ότι :

$\displaystyle{b^{2024}=2^{2024}.a}$ .

Orestisss · #2706

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 29, 2024 11:53 pm
ΑΣΚΗΣΗ 2696 Δίνεται το πολυώνυμο $\displaystyle{P(x , y)=4x^4 -2(2-y)yx^2 -4y^2 x +3y^2}$
Αν το πολυώνυμο αυτό παίρνει την ελάχιστη τιμή του για $\displaystyle{x=a}$ και $\displaystyle{y=b}$ , να δείξετε ότι :

$\displaystyle{b^{2024}=2^{2024}.a}$ .

$=(2x^2)^2-2\cdot 2x^2y +y^2 +2y^2(x^2-2x+1)$
$=(2x^2-y^2)^2+2y^2(x-1)^2\ge 0$
Ή ελάχιστη τιμή είναι το μηδέν, και επιτυγχάνεται είτε για
2x^2=y

και

, είτε

και

.
Επομένως, (x,y)=(1,2),(0,0)

. Αν είναι (x,y)=(a,b)

, τότε
$0^{2024}=2^{2024}\cdot 0$ , $2^{2024}=2^{2024}\cdot 1$ , και οι δύο περιπτώσεις ισχύουν.

Orestisss · #2707

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 29, 2024 11:53 pm
ΑΣΚΗΣΗ 2696 Δίνεται το πολυώνυμο $\displaystyle{P(x , y)=4x^4 -2(2-y)yx^2 -4y^2 x +3y^2}$
Αν το πολυώνυμο αυτό παίρνει την ελάχιστη τιμή του για $\displaystyle{x=a}$ και $\displaystyle{y=b}$ , να δείξετε ότι :

$\displaystyle{b^{2024}=2^{2024}.a}$ .

#2708

ΑΣΚΗΣΗ 2697 Δίνεται ο αριθμός :

$\displaystyle{A=1^2 +2^2 +3^2 + . . . +100^2 }$

(α) Χρησιμοποιώντας την γνωστή ταυτότητα του κύβου αθροίσματος να υπολογίσετε τον αριθμό αυτό αυτό και να εξετάσετε
αν διαιρείται με το $\displaystyle{3}$

(β) Να εξετάσετε αν υπάρχει τετράγωνος αριθμός, ο οποίος αν προστεθεί με τον $\displaystyle{A}$ , ο νέος αριθμός που θα προκύψει
να διαιρείται με το $\displaystyle{3}$

(Η λύση να δοθεί μόνο με ύλη που περιέχεται στα σχολικά βιβλία του Γυμνασίου)

#2709

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: ↑
Παρ Ιουν 06, 2025 12:45 pm
ΑΣΚΗΣΗ 2697 Δίνεται ο αριθμός :

$\displaystyle{A=1^2 +2^2 +3^2 + . . . +100^2 }$

(α) Χρησιμοποιώντας την γνωστή ταυτότητα του κύβου αθροίσματος να υπολογίσετε τον αριθμό αυτό αυτό και να εξετάσετε
αν διαιρείται με το $\displaystyle{3}$

(β) Να εξετάσετε αν υπάρχει τετράγωνος αριθμός, ο οποίος αν προστεθεί με τον $\displaystyle{A}$ , ο νέος αριθμός που θα προκύψει
να διαιρείται με το $\displaystyle{3}$

Για να κλείνει:

Γενικότερα, αρχίζουμε με την ταυτότητα (n+1)^3 - n^3= 3n^2+3n+1

. Προσθέτοντας κατά μέλη για n=1

έως

έχουμε (μετά τις απλοποιήσεις στο αριστερό μέλος)

(N+1)^3-1^3=3(1^2+2^2+...+N^2)+3(1+2+...+N)+N

. Ισοδύναμα

$3(1^2+2^2+...+N^2)= (N+1)^3-(N+1)-3(1+2+...+N)= (N+1)[(N+1)^2-1]-\dfrac {3}{2} N(N+1)= \dfrac {1}{2}N(N+1)(2N+1)$

Στην περίπτωσή μας, όπου N=100

, παίρνουμε $1^2 +2^2 +3^2 + . . . +100^2 = \dfrac {1}{6}100\cdot 101 \cdot 201= 50\cdot 101 \cdot 67$

Συμπεραίνουμε ότι το δοθέν άθροισμα δεν διαιρείται με το

, αφού γράφεται

$50\cdot 101 \cdot (66+1)= 3M + 50\cdot 101= 3M + 50\cdot (99+2)= 3M+3K+100 = 3L+1$

Δηλαδή αφήνει υπόλοιπο

όταν διαιρεθεί με το

.

Αν θέλουμε να του προσθέσουμε έναν αριθμό ώστε να γίνει πολλαπλάσιο του

, πρέπει ο προσθετέος να είναι της μορφής 3P+2

. Αλλά τέτοιοι αριθμοί δεν είναι ποτέ τέλεια τετράγωνα (είναι γνωστό και απλό να δούμε ότι τα τέλεια τετράγωνα είναι είτε της μορφής

ή της μορφής 3Q+1

). Αυτό απαντά αρνητικά στο δεύτερο ερώτημα.

#2710

ΑΣΚΗΣΗ 2698 Έστω $N\ge 1$ φυσικός αριθμός.

α) Δείξτε ότι ο αριθμός (2N+1)^3-(2N-1)^3

γράφεται ως άθροισμα τριών τελείων τετραγώνων.

β) Δείξτε ότι ο αριθμός (2N+1)^3-2

γράφεται ως άθροισμα 3N-1

τελείων τετραγώνων μεγαλύτερων του

.

#2711

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 07, 2025 9:50 am
ΑΣΚΗΣΗ 2698 Έστω $N\ge 1$ φυσικός αριθμός.

α) Δείξτε ότι ο αριθμός γράφεται ως άθροισμα τριών τελείων τετραγώνων.

β) Δείξτε ότι ο αριθμός γράφεται ως άθροισμα τελείων τετραγώνων μεγαλύτερων του .

(α) Εύκολα βρίσκουμε ότι $\displaystyle{(2N+1)^3 - (2N-1)^3 = 24N^2 +2 = (4N)^2 +(2N-1)^2 + (2N+1)^2 }$

(ΣΗΜ: Για να βρούμε πιο εύκολα το ζητούμενο, μπορούμε να θέσουμε :

$\displaystyle{24N^2 +2 =(aN+b)^2 + (cN+d)^2 + (kN+m)^2}$ και κάνοντας τις πράξεις, να εξισώσουμε τους συντελεστές των δύο πολυωνύμων)

(β) Θα εργασθούμε επαγωγικά:

Για $\displaystyle{N=1}$ , το ζητούμενο ισχύει

Υποθέτοντας ότι ισχύει για το $\displaystyle{N}$ , δηλαδή ότι:

$\displaystyle{(2N+1)^3 -2 = (a_1 N+b_1)^2 + (a_2 N+b_2)^2 + . . . + (a_{3N-1}N +b_{3N-1})^2}$ ,

θα αποδείξουμε ότι θα ισχύει και για το $\displaystyle{N+1}$

Δηλαδή, θα αποδείξουμε ότι:

$\displaystyle{[2(N+1)+1]^3 - 2= }$ με άθροισμα $\displaystyle{3(N+1)-1 }$ τελείων τετραγώνων, δηλαδή με το άθροισμα $\displaystyle{3N+2}$ τελείων τετραγώνων.

Πράγματι, από την υπόθεση της τέλειας επαγωγής και προσθέτοντας και στα δύο της μέλη το

$\displaystyle{6(2N+1)^2 + 12(2N+1) + 8}$ , (το γιατί προσθέτουμε αυτην την παράσταση είναι λογικό, αν κάνουμε τις πράξεις στο πρώτο μέλος της αποδεικτέας σχέσης ), έχουμε:

$\displaystyle{(2N+1)^3 -2 +6(2N+1)^2 +12(2N+1)+8 = (a_1 N+b_1 )^2 + . . . +(a_{3N-1}N+b_{3N-1})^2 +6(2N+1)^2 +12(2N+1) +8}$

Εύκολα με πράξεις έχουμε ότι το πρώτο μέλος αυτής της ισότητας ισούται με $\displaystyle{[2(N+1)+1]^3 -2}$

Συνεπώς τελικά έχουμε:

$\displaystyle{[2(N+1)+1]^3 -2 =(a_1 N+b_1 )^2 + ... + (a_{3N-1}N+b_{3N-1})^2 +6(2N+1)^2 +12(2N+1) + 8}$

Για να φτάσουμε από το πλήθος $\displaystyle{3N-1}$ στο πλήθος $\displaystyle{3N+2}$ , χρειαζόμαστε τρία ακόμα τέλεια τετράγωνα.

Συνεπώς αρκεί να δείξουμε ότι η παράσταση $\displaystyle{ 6(2N+1)^2 +12(2N+1)+8}$ , γράφεται σαν άθροισμα τριών τετραγώνων.

Πάλι, όπως εργασθήκαμε στο (α) ερώτημα , (με ισότητα πολυωνύμων), εύκολα διαπιστώνουμε ότι:

$\displaystyle{6(2N+1)^2 +12(2N+1)+8 =(2N+1)^2 +(2N+3)^2 +(4N+4)^2}$

και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.
.

#2712

ΑΣΚΗΣΗ 2699 Αν οι αριθμοί $\displaystyle{x , y}$ είναι θετικοί ακέραιοι και αν ισχύει:

$\displaystyle{3x^2 + 4y^2 -10xy = 2y-x}$ ,

να αποδείξετε ότι ο αριθμός: $\displaystyle{|3x-4y+1|}$

είναι τέλειο τετράγωνο.

#2713

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 22, 2025 8:49 am
ΑΣΚΗΣΗ 2699 Αν οι αριθμοί $\displaystyle{x , y}$ είναι θετικοί ακέραιοι και αν ισχύει:

$\displaystyle{3x^2 + 4y^2 -10xy = 2y-x}$ ,

να αποδείξετε ότι ο αριθμός: $\displaystyle{|3x-4y+1|}$

είναι τέλειο τετράγωνο.

Για να λύσουμε το θέμα αυτό, θα χρησιμοποιήσουμε την εξής πρόταση:

Αν $\displaystyle{a , b}$ ακέραιοι και πρώτοι μεταξύ τους, και αν το γινόμενο $\displaystyle{ab}$ είναι τέλειο τετράγωνο, τότε οι αριθμοί $\displaystyle{|a|,|b|}$
είναι και οι δύο τέλεια τετράγωνα.

(ΑΠΟΔΕΙΞΗ της πρότασης:

Έστω ότι $\displaystyle{a=p_1 ^{a_1} .p_2 ^{a_2} . ... . p_m ^{a_m}}$ και $\displaystyle{b=q_1 ^{b_1} .q_2 ^{b_2} . ... . q_n ^{b_n}}$ ,

όπου οι αριθμοί $\displaystyle{p_i , q_j}$ είναι πρώτοι για όλα τα $\displaystyle{i , j}$ επίσης είναι διαφορετικοί μεταξύ τους , αφού $\displaystyle{(a , b)=1}$ .

Έτσι έχουμε:

$\displaystyle{ab=p_1 ^{a_1} . p_2 ^{a_2} . ... .p_m ^{a_m} . q_1 ^{b_1} . q_2 ^{b_2} . ... . q_n ^{b_n}}$ .

Επειδή όμως από την υπόθεση πήραμε ότι $\displaystyle{ab}$ τέλειο τετράγωνο, θα πρέπει όλοι οι εκθέτες να είναι άρτιοι. Άρα $\displaystyle{a,b}$

τέλεια τετράγωνα.

Στο μεταξύ, αφού $\displaystyle{(a,b) = 1\Rightarrow (|a|, |b|)=1}$ προφανώς.

Έτσι έχουμε : $\displaystyle{ab=k^2 \Rightarrow |ab|=a^2 \Rightarrow |a||b|=k^2}$

και αφού $\displaystyle{(|a| , |b|)=1}$ , τότε οι αριθμοί $\displaystyle{|a|,|b|}$ θα είναι αμφότεροι τέλεια τετράγωνα.)

Προχωρούμε τώρα στην λύση της άσκησης μας.

Με βάση την παραπάνω πρόταση, θα προσπαθήσουμε πρώτα να οδηγήσουμε την υπόθεση σε μια ισότητα, όπου στο πρώτο μέλος

να έχουμε δύο παράγοντες , με τον ένα να είναι ο $\displaystyle{|3x-4y+1|}$ και στο δεύτερο δεύτερο μέλος να είναι ένα τέλειο τετράγωνο.

Η υπόθεση λοιπόν γράφεται:

$\displaystyle{3x^2 +4y^2 -10xy-2y+x=0 \Rightarrow 3x^2 -4xy +x +4y^2 -6xy-2y=0 \Rightarrow}$

$\displaystyle{ x(3x-4y+1) +2y(2y-3x-1) =0 }$

Άρα:

$\displaystyle{x(3x-4y+1)-2y(3x-2y+1)=0 \Rightarrow x(3x-4y+1)-2y(3x-4y+1+2y)=0 \Rightarrow}$

$\displaystyle{ x(3x-4y+1)-2y(3x-4y+1)-4y^2 =0 }$

Άρα:

$\displaystyle{(3x-4y+1)(x-2y)=(2y)^2 \Rightarrow |3x-4y+1|.|x-2y|=(2y)^2}$ . (1)

Αν λοιπόν δείξουμε ότι οι ακέραιοι $\displaystyle{3x-4y+1}$ και $\displaystyle{x-2y}$ είναι πρώτοι μεταξύ τους, τότε το ζητούμενο θα έχει αποδειχθεί.

Ας υποθέσουμε ότι $\displaystyle{(3x-4y+1 , x-2y)=p , p}$ θετικός ακέραιος.

Τότε λόγω της σχέσεως (1), έχουμε ότι $\displaystyle{p|2y}$ και αφού $\displaystyle{p|x-2y}$ έπεται ότι $\displaystyle{p|2y+x-2y}$ , δηλαδή $\displaystyle{p|x}$ και άρα $\displaystyle{p|3x}$

Τώρα αφού $\displaystyle{p|3x , p|3x-4y+1 \Rightarrow p|3x-(3x-4y+1) \Rightarrow p|4y-1}$

Αλλά έχουμε ότι $\displaystyle{p|2y \Rightarrow p|4y}$ Συνεπώς $\displaystyle{p|4y-(4y-1) \Rightarrow p|1}$ και άρα $\displaystyle{p=1}$

Άρα οι αριθμοί $\displaystyle{|3x-4y+1| , |x-2y|}$ είναι πρώτοι μεταξύ τους και έτσι το ζητούμενο έπεται.

ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Το ότι $\displaystyle{p|2y}$ , προκύπτει ως εξής:

Αφού $\displaystyle{(3x-4y+1 , x-2y)=p \Rightarrow 3x-4y+1=ap , x-2y=bp}$ , οπότε από την ισότητα $\displaystyle{(3x-4y+1)(x-2y)= (2y)^2}$ , έχουμε:

$\displaystyle{ap.bp=(2y)^2 \Rightarrow abp^2 =(2y)^2 \Rightarrow p^2 |(2y)^2 \Rightarrow p|2y}$

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