Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#341

Άσκηση 142

.......Δελτίο Νο:6.......

Στον πίνακα είναι γραμμένοι οι αριθμοί 0,1,2,...,100

με κενά μεταξύ τους.
Ένας μαθητής, ο Α, τοποθετεί στα κενά 50

και 50

και υπολογίζει την τιμή της παράστασης που προκύπτει (με τη συνήθη προτεραιότητα πράξεων.)
Έστω ότι το αποτέλεσμα που βρίσκει είναι ο αριθμός

Στη συνέχεια ο μαθητής Β αλλάζει όλα τα

σε

και όλα τα

σε

στην παράσταση που σχημάτισε ο Α και υπολογίζει την τιμή της νέας παράστασης, έστω

Αν τα τέσσερα τελευταία ψηφία του αριθμού a+b

είναι

να δείξετε ότι κάποιος από τους μαθητές έκανε λάθος στις πράξεις.

Άσκηση 143
Να δείξετε ότι η εξίσωση a^2+b^2= c^2+5

έχει άπειρες θετικές ακέραιες λύσεις.

irakleios · #342

Φερμά_96 έγραψε:άσκηση 73
να εξεταστεί καταπόσο ένας ακέραιος αριθμός, μπορεί να έχει την ρίζα του στους ρητούς αλλά όχι και στους ακέραιους αριθμούς.
(είναι διάσημο πρόβλημα, οπότε μάλλον πολλοί θα το ξέρετε)

Αυτό δεν μπορεί να συμβεί .

Θέλουμε το κλάσμα $\frac{a}{b}$ με a,b φυσικούς ,να μην είναι φυσικός αριθμός ενώ το $\frac{a^2}{b^2}$ να είναι φυσικός.

Προφανώς $a\neq b\neq0$ , μπορώ να υποθέσω ότι μκδ (a,b) = 1

διαφορετικά απλοποιώ το κλάσμα. Τότε προφανώς και
μκδ (a^2 ,b^2) = 1

αυτό σημαίνει ότι το b^2

δεν διαιρεί το a^2

άρα το κλάσμα $\frac{a^2}{b^2}$ δεν είναι φυσικός.

#343

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 143 :
Να δείξετε ότι η εξίσωση έχει άπειρες θετικές ακέραιες λύσεις.

H εξίσωση γράφεται $a^2-\left(c-b \right)\left(b+c \right)=5.$ Ας αναζητήσουμε λύσεις για τις οποίες a=5k

όπου

θετικός ακέραιος και c-b=5.

Τότε

Εύκολα βρίσκουμε $\displaystyle{b=\frac{5k^2-6}{2}}.$

Για να απαλλαγούμε από το 2 του παρονομαστή διαλέγουμε k=2m.

Τώρα

οπότε

Άρα οι άπειρες τριάδες $\left(10m,10m^2-3,10m^2+2 \right)$ όπου

θετικός ακέραιος, είναι όλες λύσεις της εξίσωσης.

Marios V. · #344

vzf έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 139 :

Αποδείξτε ότι $\displaystyle \frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{5}{6}\cdot...\cdot\frac{9999}{10000}<\frac{1}{100}.$

$A=\displaystyle \frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{5}{6}\cdot...\cdot\frac{9999}{10000}$

$\frac{1}{2}<\frac{2}{3}$

$\frac{3}{4}<\frac{4}{5}$

$\frac{9999}{10000}<\frac{10000}{10001}$

Οπότε:
$A<\frac{2}{3}\frac{4}{5}...\frac{10000}{10001}=\frac{2}{1}\frac{4}{3}\frac{6}{5}...\frac{10000}{9999}\frac{1}{10001}=\frac{1}{A}\frac{1}{10001}$

Πολλαπλασιάζοντας με (το θετικό)

:
$A^{2}<\frac{1}{10001}<\frac{1}{10000}=\frac{1}{100^{2}}$

$\mathbf{A<\frac{1}{100}}$

Marios V. · #345

Φερμά_96 έγραψε:
vzf έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 139 :

Αποδείξτε ότι $\displaystyle \frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{5}{6}\cdot...\cdot\frac{9999}{10000}<\frac{1}{100}.$
$A=\displaystyle \frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{5}{6}\cdot...\cdot\frac{9999}{10000}$

$\frac{1}{2}<\frac{2}{3}$

$\frac{3}{4}<\frac{4}{5}$

$\frac{9999}{10000}<\frac{10000}{10001}$

Οπότε:
$A<\frac{2}{3}\frac{4}{5}...\frac{10000}{10001}=\frac{2}{1}\frac{4}{3}\frac{6}{5}...\frac{10000}{9999}\frac{1}{10001}=\frac{1}{A}\frac{1}{10001}$

Πολλαπλασιάζοντας με (το θετικό) :
$A^{2}<\frac{1}{10001}<\frac{1}{10000}=\frac{1}{100^{2}}$

$\mathbf{A<\frac{1}{100}}$

Επίσης, επειδή απ' οτι είδα δεν υπάρχει κατάλληλο τοπικ για την συγκεκριμένη συζήτηση, να θεωρήσω πως για απορίες σχετικά με διαγωνισμούς-θεωρήματα-βιβλία κτλ. αυτό είναι το κατάλληλο μέρος; Αν όχι, έχει κάποιος την καλωσύνη (και την αντίστοιχη πείρα) να επικοινωνήσει μαζί μου για κάτι απορίες μου που αφορούν τέτοια θέματα;

#346

vzf έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 139 :

Αποδείξτε ότι $\displaystyle \frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{5}{6}\cdot...\cdot\frac{9999}{10000}<\frac{1}{100}.$

Θυμήθηκα μια πολύ ωραία επέκταση αυτού του προβλήματος

Άσκηση 144:

Αποδείξτε ότι $\displaystyle \frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{5}{6}\cdot...\cdot\frac{9999}{10000}<\frac{1}{\sqrt{15000}}.$

Αξίζει να το δοκιμάσετε. Έχει μια σύντομη λύση αν και το θεωρώ πολύ δύσκολο να βρεθεί.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#347

Demetres έγραψε:
Άσκηση 144:

Αποδείξτε ότι $\displaystyle \frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{5}{6}\cdot...\cdot\frac{9999}{10000}<\frac{1}{\sqrt{15000}}.$

Μπορούμε να δείξουμε επαγωγικά ότι $\displaystyle \frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}\cdot...\cdot \frac{2n-1}{2n}<\frac{1}{\sqrt{3n+1}}...$

#348

Άσκηση 145
Να προσδιορίσετε τους φυσικούς αριθμούς

για τους οποίους υπάρχουν πρώτοι αριθμοί p,q

τέτοιοι ώστε p^2 + pq + q^2 = r^2.

Άσκηση 146
Δίνεται ορθογώνιο ABCD

με

Η μεσοκάθετος της διαγωνίου

τέμνει την πλευρά

στο σημείο

Ο κύκλος με κέντρο το

και ακτίνα

τέμνει την πλευρά

στο σημείο

Αν

η προβολή του

στην ευθεία EF,

να δείξετε ότι τα σημεία B, O

και

είναι συνευθειακά.

#349

Επειδή οι "μικροί" δεν έχουν διδαχθεί την μέθοδο της τέλειας επαγωγής (αυτό θα γίνει μάλλον στην Β Λυκείου),
θα δώσω μια αναλυτική απόδειξη της άσκησης 144 που έθεσε ο Demetres με την υπόδειξη που έγραψε ο socrates.

Demetres έγραψε:Άσκηση 144:

Αποδείξτε ότι $\displaystyle \frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{5}{6}\cdot...\cdot\frac{9999}{10000}<\frac{1}{\sqrt{15000}}.$

Θέλουμε λοιπόν να αποδείξουμε ότι

$\frac{1}{2}.\frac{3}{4}. ... .\frac{2n-1}{2n}<\frac{1}{\sqrt{3n+1}}$ για κάθε n>1

Η απόδειξη με την μέθοδο της τέλειας επαγωγής, γίνεται ως εξής:

Αν θέλουμε να αποδείξουμε την αλήθεια μιας πρότασης Ρ(n), με n> θ (n φυσικός αριθμός) τότε:

* Εξετάζουμε αν η πρόταση ισχύει για n=θ+1

*Υποθέτοντας ότι η πρόταση ισχύει για n=k, αποδείχνουμε ότι θα ισχύει και για n=k+1

Αν αυτά τα αποδείξουμε, τότε η πρότασή μας θα αληθεύει για κάθε n>θ (nΕΝ)

Ερχόμαστε λοιπόν στην άσκηση που θέλουμε να αποδείξουμε:

*Εξετάζουμε αν ισχύει για n=2

Δηλαδή αν $\frac{1}{2}.\frac{3}{4}<\frac{1}{\sqrt{3.2+1}}\Leftrightarrow \frac{3}{8}<\frac{1}{\sqrt{7}}\Leftrightarrow \frac{9}{64}<\frac{1}{7}\Leftrightarrow 63<64$

πράγμα που αληθεύει.

(Άρα αποδείξαμε ότι η πρόταση ισχύει για n=2)

* Υποθέτουμε τώρα ότι η πρόταση αληθεύει για n=k. Δηλαδή ότι

$\frac{1}{2}.\frac{3}{4}. ... .\frac{2k-1}{2k}<\frac{1}{\sqrt{3k+1}} ,(1)$

και θα αποδείξουμε ότι θα αληθεύει και για n=k+1

Δηλαδή ότι

$\frac{1}{2}.\frac{3}{4}. ... .\frac{2k-1}{2k}.\frac{2(k+1)-1}{2(k+1)}<\frac{1}{\sqrt{3(k+1)+1}}, (2)$

Πράγματι, έχουμε από την υπόθεση που κάναμε ότι

$\frac{1}{2}.\frac{3}{4}. ... .\frac{2k-1}{2k}<\frac{1}{\sqrt{3k+1}}\Rightarrow$

$\frac{1}{2}.\frac{3}{4}. ... .\frac{2k-1}{2k}.\frac{2(k+1)-1}{2(k+1)}<\frac{1}{\sqrt{3k+1}}.\frac{2(k+1)-1}{2(k+1)}\Rightarrow$

$\frac{1}{2}.\frac{3}{4}. ... .\frac{2(k+1)-1}{2(k+1)}<\frac{1}{\sqrt{3k+1}}.\frac{2k+1}{2k+2}$

Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι

$\frac{1}{\sqrt{3k+1}}.\frac{2k+1}{2k+2}\leq \frac{1}{\sqrt{3(k+1)+1}}\Leftrightarrow \frac{(2k+1)^{2}}{(3k+1)(2k+2)^{2}}\leq \frac{1}{3k+4}\Leftrightarrow$

$(4k^{2}+4k+1)(3k+4)\leq (3k+1)(4k^{2}+8k+4)\Leftrightarrow 19k\leq 20k ,$

πράγμα που ισχύει, αφού κ φυσικός αριθμός.

Άρα αποδείξαμε όλα τα βήματα της τέλειας επαγωγής και συνεπώς το ζητούμενο θα αληθεύει για κάθε n φυσικό αριθμό (μεγαλύτερο του 1)

marmix · #350

τι ειναι το διωνυμο του newton ,τι ειναι το θεωρημα stirling?και γενικοτερα οποιος μπορει ας αναλυσει λιγο της ασκησεις 140 και 141!

#351

marmix έγραψε:τι ειναι το διωνυμο του newton ,τι ειναι το θεωρημα stirling?και γενικοτερα οποιος μπορει ας αναλυσει λιγο της ασκησεις 140 και 141!

Θα σου απαντήσω όσο μπορώ πιο αναλυτικά για το διώνυμα του Νεύτωνα (που βέβαια δεν διδάσκεται στο Γυμνάσιο και δικαιολογημένα σεν το γνωρίζεις)

Έχεις μέθει ότι

$(a+b)^{2}=a^{2}+2ab+b^{2} (a+b)^{3}=a^{3}+3a^{2}b+3ab^{2}+b^{3}$

Με παρόμοιο τρόπο (όπως έχεις δει τις πιο πάνω αποδείξεις), θα μπορούμε να αποδείξουμε ότι

$(a+b)^{4}=a^{4}+\frac{4}{1}a^{3}b+\frac{3.4}{1.2}a^{2}b^{2}+\frac{2.3.4}{1.2.3}ab^{3}+b^{4}$

$(a+b)^{5}=a^{5}+\frac{5}{1}a^{4}b+\frac{4.5}{1.2}a^{3}b^{2}+\frac{3.4.5}{1.2.3}a^{2}b^{3}+\frac{2.3.4.5}{1.2.3.4}ab^{4}+b^{5}$

Και γενικά αποδείχνεται ότι

$(a+b)^{n}=a^{n}+\frac{n}{1}a^{n-1}b+\frac{n(n-1)}{1.2}a^{n-2}b^{2}+\frac{n(n-1)(n-2)}{1.2.3}a^{n-3}b^{3}+...+b^{n}$

Αυτή η ταυτότητα ανομάζεται "το διώνυμο του Νεύτωνα"

Με άλλο συμβολισμό, μπορούμε το πιο πάνω διώνυμο να το γράψουμε όπως το έχει παρουσιάσει
ο vzf στην άσκηση 140.

Το σύμβολο Σ δηλώνει άθροισμα. Παράδειγμα:

$\sum_{r=1}^{n}{x^{r}y}$

δηλώνει το εξής άθροισμα:

$x^{1}y+x^{2}y+x^{3}y+...+x^{n}y$

Τώρα για το άλλο το θεώρημα που ρωτάς, δεν έχει βέβαια σχέση με τους "μικρούς", και εγώ δεν το θυμάμαι (ίσως είναι κάτι που το ξέρω με άλλη ονομασία ή ίσως το αγνοώ). Σίγουρα όμως κάποιος γνώστης του αντικειμένου, θα μας το δώσει.

#352

marmix έγραψε:τι ειναι το θεωρημα stirling?

Μάλλον αναφέρεσαι σε αυτό που έβαλα σε απόκρυψη. Εκεί ζητούσα να μην γίνει χρήση του θεωρήματος. Όχι βέβαια από τους μαθητές που βέβαια δεν το γνωρίζουν αλλά από τους μεγαλύτερους που πιθανώς να το γνωρίζουν. Σκεφτόμουν αν έπρεπε να το γράψω αυτό ή όχι. Θεώρησα σωστό όμως να το γράψω έστω και σε απόκρυψη επειδή αν κάποιος το γνωρίζει και ξέρει πως να το εφαρμόζει η άσκηση γίνεται εύκολη αλλά χάνει την μαγεία της. Το θεώρημα είναι αρκετά έξω από την ύλη των ολυμπιάδων και δεν χρειάζεται να το γνωρίζεις.

Για την άσκηση 144 που έβαλα θέλω να προσθέσω δυο λόγια. Αρχικά να γράψω την λύση λίγο διαφορετικά. Μπορούμε να αποδείξουμε ότι $\displaystyle{ \frac{2n-1}{2n}} \leqslant \frac{\sqrt{3n-2}}{\sqrt{3n+1}}}$ για κάθε $n \geqslant 1$ . Ουσιαστικά έχει αποδειχθεί από τον Δημήτρη πιο πάνω. Αν αυτό μας δινόταν σαν πρώτο ερώτημα τα πράγματα γίνονται πιο εύκολα. Θα είχαμε

$\displaystyle{ \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{5}{6} \cdots \frac{9999}{10000} \leqslant \frac{\sqrt{1}}{\sqrt{4}} \cdot \frac{\sqrt{4}}{\sqrt{7}} \cdot \frac{\sqrt{7}}{\sqrt{10}} \cdots \frac{\sqrt{14998}}{\sqrt{15001}} = \frac{1}{\sqrt{15001}} < \frac{1}{\sqrt{15000}}}$

Η μεγάλη δυσκολία της άσκησης είναι πως να υποψιαστούμε ότι ισχύει η ανισότητα $\displaystyle{ \frac{2n-1}{2n}} \leqslant \frac{\sqrt{3n-2}}{\sqrt{3n+1}}}$ . Δυστυχώς δεν υπάρχει κάποιος κανόνας που να μας βοηθάει να βρούμε αυτήν τη σχέση. Για να την βρούμε χρειάζεται αρκετές δοκιμές και αρκετή υπομονή. Φυσικά με την ανάλογη εμπειρία από παρόμειες ασκήσεις μπορεί να περιορίσουμε τον αριθμό των δοκιμών που θα κάνουμε μέχρι να βρούμε το κατάλληλο κλειδί για την λύση της άσκησης. Και πάλι όμως η υπομονή σε τέτοια προβλήματα είναι πάρα πολύ σημαντικό να έχουμε υπομονή και να μην τα παρατάμε.

#353

Αυτό που μας έγραψε ο Δημήτρης (Demetres), ότι δηλαδή η πιο πάνω άσκηση για να λυθεί θέλει να κάνουμε πολλές δοκιμές και αρκετό ψάξιμο, είναι νομίζω μια μεγάλη προσφορά στους μαθητές μας (και όχι μόνο). Γιατί σε πολλούς, βλέποντας μια τέτοια λύση, έρχεται η σκέψη: "Δεν μου κόβει εμένα το μυαλό. Που να το σκεφτόμουνα;"
Μα κανείς δεν θα μπορούσε να το σκεφτεί χωρίς ψάξιμο. Και η μαγεία αυτών των ασκήσεων είναι αυτό ακριβώς: Η έρευνα. Πρέπει να μάθουμε να ερευνάμε και αν λύσουμε την άσκηση, έχει καλά. Αν όχι, ακόμα καλύτερα!!!! Θα την ψάχνουμε για αρκετό καιρό, ίσως για μέρες και μήνες. Και με το ψάξιμο αυτό, ακόμα και αν δεν την λύσουμε, δεν φανταζόμαστε το πόσα θα έχουμε διδαχθεί.

"Σημασία δεν έχει να φτάσουμε στην Ιθάκη. Σημασία έχει ο δρόμος προς την Ιθάκη"

#354

Demetres έγραψε:Άσκηση 128

(α) Πόσοι αναγραμματισμοί υπάρχουν της λέξης ΣΗΜΕΡΑ; (Π.χ. το ΗΜΡΑΕΣ είναι ένας τέτοιος αναγραμματισμός. Δεν είναι απαραίτητο ο αναγραμματισμός να έχει νόημα.)

(β) Πόσοι αναγραμματισμοί υπάρχουν της λέξης ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ;

(γ) Σε πόσους από τους αναγραμματισμούς της λέξης ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ δεν εμφανίζονται δυο συνεχόμενα όμοια γράμματα. (Π.χ. απαγορεύουμε τον αναγραμματισμό ΜΑΑΘΗΜΑΤΙΚ κ.τ.λ.)

Κάνω την αρχή βάζοντας την λύση για το (α): Ας προσπαθήσουμε να φτιάξουμε ένα αναγραμματισμό. Ως πρώτο γράμμα μπορούμε να διαλέξουμε ένα οποιοδήποτε εκ των Σ,Η,Μ,Ε,Ρ,Α. Έχουμε δηλαδή έξι διαφορετικές επιλογές. Αφ' ότου το επιλέξουμε για το δεύτερο γράμμα, όποιο και αν ήταν το πρώτο γράμμα έχουμε πέντε διαφορετικές επιλογές. Π.χ. αν το πρώτο γράμμα ήταν το Σ, θα μπορούσαμε για δεύτερο γράμμα να επιλέξουμε οποιοδήποτε από τα Η,Μ,Ε,Ρ,Α αλλά όχι το Σ. Συνολικά για τα πρώτα δυο γράμματα του αναγραμματισμού έχουμε $6 \times 5 = 30$ επιλογές. Συνεχίζοντας με αυτόν τον τρόπο συνολικά θα έχουμε $6 \times 5 \times \cdots \times 2 \times 1 = 720$ διαφορετικούς αναγραμματισμούς. Επειδή τέτοιοι πολλαπλασιασμοί εμφανίζονται συχνά όταν θέλουμε να μετρήσουμε κάτι χρησιμοποιούμε ένα ειδικό σύμβολο το οποίο ονομάζουμε παραγοντικό. Εν συντομία η απάντηση είναι

όπου γενικά το

σημαίνει να πολλαπλασιάσουμε όλους τους θετικούς ακεραίους από το 1 ως το

.

Αν προσπαθήσουμε να κάνουμε κάτι παρόμοιο για το (β) θα συναντήσουμε περισσότερες δυσκολίες. Για το πρώτο γράμμα έχουμε εφτά επιλογές. Αν όμως το πρώτο γράμμα είναι το Μ ή το Α μετά πάλι έχουμε 7 επιλογές ενώ αν είναι ένα από τα Θ,Η,Τ,Ι,Κ μετά θα έχουμε μόνο 6 επιλογές. Πρέπει λοιπόν να σκεφτούμε κάτι πιο έξυπνο...

#355

Ακολουθούν δύο εύκολες σχετικά ασκήσεις για μαθητές Γυμνασίου

ΑΣΚΗΣΗ 147 :
Τα ψηφία ενός διψήφιου αριθμού έχουν άθροισμα 11. Αν μεταξύ των ψηφίων του παρεμβληθεί το 5, τότε βρίσκεται τριψήφιος αριθμός, ο οποίος με τον αρχικό διψήφιο έχουν άθροισμα 396.
Ποιος είναι ο διψήφιος αριθμός;

ΑΣΚΗΣΗ 148 :
Μια βρύση Α μπορεί να γεμίσει μια δεξαμενή σε 6 ώρες ενώ μια άλλη βρύση Β μπορεί να την γεμίσει σε 4 ώρες.
Στις 11 το πρωί, ανοίγουμε την βρύση Α και στις 12 το μεσημέρι, ανοίγουμε και την βρύση Β (χωρίς να κλείσουμε την Α)
Τι ώρα θα έχει γεμίσει η δεξαμενή;

Εκτός τις δύο παραπάνω ασκήσεις, άλυτες έχουν μείνει ακόμα οι ασκήσεις:126,137,142,145 και 146

GMANS · #356

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 137 :
Αν ο Μέγας Αλέξανδρος πέθαινε 9 χρόνια αργότερα, θα βασίλευε το μισό της ζωής του. Αν όμως πέθαινε 9 χρόνια νωρίτερα, θα βασίλευε το 1/8 της ζωής του.
Πόσα χρόνια έζησε;

Ας υποθέσουμε ότι ο Μέγας Αλέξανδρος ανέλαβε την βασιλεία σε ηλικία α ετών και πέθανε χ ετών τότε βασίλεψε χ-α έτη

αν πέθαινε μετά 9 έτη θα είχε ζήσει χ+9 χρόνια και θα βασίλευε χ+9-α χρόνια άρα :
$x+9-a=\frac{x+9}{2}\Leftrightarrow 2x+18-2a=x+9\Leftrightarrow x+9=2a$
αν πέθαινε 9 χρόνια νωρίτερα θα είχε ζήσει χ-9 χρόνια και θα είχε βασιλέψει χ-9-α χρόνια άρα
$x-9-a=\frac{x-9}{8}\Leftrightarrow$
$8x-72-8a=x-9\Leftrightarrow$
$7x=63+8a\Leftrightarrow$
$7x=63+4x+36\Leftrightarrow$

$3x=99\Leftrightarrow x=33$
επομένως έζησε 33 χρόνια (φαντάζομαι ότι συμφωνούν και οι ιστορικοί)

#357

socrates έγραψε:Άσκηση 142
Στον πίνακα είναι γραμμένοι οι αριθμοί με κενά μεταξύ τους.
Ένας μαθητής, ο Α, τοποθετεί στα κενά 50 και 50 και υπολογίζει την τιμή της παράστασης που προκύπτει (με τη συνήθη προτεραιότητα πράξεων.)
Έστω ότι το αποτέλεσμα που βρίσκει είναι ο αριθμός
Στη συνέχεια ο μαθητής Β αλλάζει όλα τα σε και όλα τα σε στην παράσταση που σχημάτισε ο Α και υπολογίζει την τιμή της νέας παράστασης, έστω
Αν τα τέσσερα τελευταία ψηφία του αριθμού είναι να δείξετε ότι κάποιος από τους μαθητές έκανε λάθος στις πράξεις.

Πρώτα θα γίνουν οι πολλαπλασιασμοί. Μετά, θα μείνουν 51 αριθμοί τους οποίους πρέπει να προσθέσουμε. Μπορούμε να βρούμε πόσοι από αυτούς είναι περιττοί και πόσοι άρτιοι; Σίγουρα όλοι οι καινούργιοι αριθμοί που εμφανίστηκαν μετά από τον πολλαπλασιασμό είναι άρτιοι. Για να είναι κάποιος περιττός πρέπει να ήταν περιττός και να μην χρησιμοποιήθηκε στον πολλαπλασιασμό. Δηλαδή να είχε και αριστερά του και δεξιά του το σύμβολο +.

Δηλαδή για να δούμε αν ο

είναι περιττός ή άρτιος χωρίς να κάνουμε τις πράξεις, κοιτάζουμε όλους τους περιττούς αριθμούς $1,3,\ldots,99$ και πως τοποθέτησε τα σύμβολα

και $\ast$ o μαθητής A. Ας γράψουμε $x_{++}$ για όσους από αυτούς έχουν και αριστερά και δεξιά το σύμβολο

, $x_{+\ast}$ για όσους έχουν αριστερά

και δεξιά $\ast$ και ομοίως ορίζουμε τους $x_{\ast+}$ και $x_{\ast\ast}$ . Τότε ο

είναι περιττός αν και μόνο αν ο $x_{++}$ είναι περιττός. Επειδή ο

προκύπτει με εναλλαγή των

και των $\ast$ , ο

είναι περιττός αν και μόνο αν ο $x_{\ast\ast}$ είναι περιττός.

Γνωρίζουμε όμως ότι $2x_{++} + x_{+\ast} + x_{\ast+} = 50$ αφού έχουν χρησιμοποιηθεί 50

. Ομοίως $2x_{\ast\ast} + x_{+\ast} + x_{\ast+} = 50$ . Άρα $x_{++} = x_{\ast\ast}$ . Άρα ο

είναι περιττός αν και μόνο αν ο

είναι περιττός και άρα ο a+b

είναι άρτιος. Επομένως το τελευταίο ψηφίο του a+b

δεν μπορεί να ισούται με 1 και άρα κάποιος μαθητής έκανε σίγουρα λάθος στις πράξεις.

Γιώτα · #358

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 147 :
Τα ψηφία ενός διψήφιου αριθμού έχουν άθροισμα 11. Αν μεταξύ των ψηφίων του παρεμβληθεί το 5, τότε βρίσκεται τριψήφιος αριθμός, ο οποίος με τον αρχικό διψήφιο έχουν άθροισμα 396.
Ποιος είναι ο διψήφιος αριθμός;

Έστω $\overline{ab}$ ο αριθμός που ψάχνω, άρα a+b=11

(1) και $\overline{ab}+ \overline{a5b}=396\Rightarrow 10a+b+100a+50+b=396\Rightarrow$

$110a+2b=346\Rightarrow 55a+b=173$ (2)
άρα κάνοντας αφαίρεση κατά μέλη έχω ότι :
$(2)-(1)=55a+b-a-b=162\Rightarrow 54a=162\Rightarrow a=3$ αρα b=8

. Επομένως ο αριθμός που ξάχνω είναι ο

.

#359

Demetres έγραψε:
Demetres έγραψε:Άσκηση 128

<...>
(β) Πόσοι αναγραμματισμοί υπάρχουν της λέξης ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ;

(γ) Σε πόσους από τους αναγραμματισμούς της λέξης ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ δεν εμφανίζονται δυο συνεχόμενα όμοια γράμματα. (Π.χ. απαγορεύουμε τον αναγραμματισμό ΜΑΑΘΗΜΑΤΙΚ κ.τ.λ.)
<...>

Αν προσπαθήσουμε να κάνουμε κάτι παρόμοιο για το (β) θα συναντήσουμε περισσότερες δυσκολίες. Για το πρώτο γράμμα έχουμε εφτά επιλογές. Αν όμως το πρώτο γράμμα είναι το Μ ή το Α μετά πάλι έχουμε 7 επιλογές ενώ αν είναι ένα από τα Θ,Η,Τ,Ι,Κ μετά θα έχουμε μόνο 6 επιλογές. Πρέπει λοιπόν να σκεφτούμε κάτι πιο έξυπνο...

Παιδιάάάάά, μην αφήσετε την ωραία αυτή άσκηση.

Ας δώσω μια υπόδειξη: Θεωρούμε αρχικά ότι τα δύο Μ είναι διαφορετικά μεταξύ του (ας τα πούμε $M_1, \,M_2$ ), όπως επίσης ότι είναι διαφορετικά μεταξύ τους τα τρία Α (ας τα πούμε $A_1,\,A_2,\,A_3$ ). Δηλαδή ψάχνω (αρχικά) τους αναγραμματισμούς της λέξης $M_1A_1\Theta HM_2A_2TIKA_3$ . Αφού τους βρω, ξανακάνω τα Μ ίδια. Δηλαδή οι λέξεις ...M_1...M_2...

και

είναι ίδιες. Άρα διαιρώ δια 2, αφού τις μέτρησα όλες δύο φορές.
Χμμμ, και με τα τρία Α τι γίνεται; No problem. Θα διαιρέσω με τον αριθμό "εσύ θα μου πείς" για τα μην διπλομετρήω τίποτα.

Και μία υπόδειξη για το γ) . Βρες πρώτα με πόσους τρόπους τα δύο Μ και τα τρία Α είναι δίπλα δίπλα και αφαίρεσε από το συνολικό πλήθος.
Πώς θα μετρήσουμε πόσες φορές τα δύο Μ και τα τρία Α είναι διπλά δίπλα;

Καλή ερώτηση.

Να ένας τρόπος: "Κολλάμε" τα δύο Μ μεταξύ τους, και τα τρια Α μεταξύ τους. Δηλαδή αν $\bar M = MM, \bar A = AAA$ , πόσοι αναγραμματισμοί υπάρχουν της λέξης $\bar M\bar A\Theta H TIK$ ; Χρειάζεται να συνεχίσω; Όχι βέβαια! Ας χαρούν οι μαθητές μας την συμπλήρωση των λεπτομερειών.

Φιλικά,

Μιχάλης

#360

Άσκηση 149
Αν οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί x,y,z

είναι τέτοιοι ώστε $\displaystyle x+\frac{y}{z}=y+\frac{z}{x}=z+\frac{x}{y}=2,$

να προσδιορίσετε όλες τις δυνατές τιμές του x+y+z .

Άσκηση 150
Να λυθεί το σύστημα

$\begin{cases} 2x^2 = 14 + yz & & 2y^2 = 14 + zx & & 2z^2 = 14 + xy & & \end{cases}$

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