Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Συντονιστές: cretanman, Demetres, polysot, socrates, silouan

Φερμά_96
Δημοσιεύσεις: 182
Εγγραφή: Σάβ Απρ 30, 2011 3:43 pm
Τοποθεσία: Κύπρος

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#41

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φερμά_96 » Κυρ Μάιος 22, 2011 8:26 pm

α! μιλούσες για το πρώτο ερώτημα... εμένα το μυαλό μου πήγε απευθείας στο δεύτερο. :oops:

\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} \right)-\left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2} \right)= \left(\frac{1}{n(n+1)}-\frac{1}{(n+1)(n+2)} \right)=\frac{2}{n(n+1)(n+2)} (το τελευταίο προκύπτει κάνοντας τα κλάσματα ομώνυμα).

για κάποιο χαζό λόγο θεώρησα πως το ζητούμενο είναι να καταλήξουμε από το πρώτο μέλος στο δεύτερο... τώρα το γιατί... έλα ντε. όταν είναι ξεροκέφαλος ο άλλος... :lol:


ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4207
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#42

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Κυρ Μάιος 22, 2011 8:57 pm

Οι επόμενες δύο έχουν τεθεί σε διαγωνισμό της ΕΜΕ στην Γ Γυμνασίου

ΑΣΚΗΣΗ 23 :
(α) Να αποδείξετε ότι αν το τετράγωνο ενός θετικού ακεραίου αριθμού είναι άρτιος, τότε και ο αριθμός αυτός είναι άρτιος.

(β) Ο ακέραιος a δεν διαιρείταιμε το 5 και ο αριθμός a^{2}+2a+3 είναι άρτιος.

Να βρείτε το ψηφίο των μονάδων του a.


ΑΣΚΗΣΗ 24:
(α) Αν \frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{3} με x,y\neq 0

να αποδείξετε ότι y\neq 3 και x=3+\frac{9}{y-3}
(β) Να προσδιορίσετε τους θετικούς ακέραιους x,y που ικανοποιούν τη σχέση \frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{3}
τελευταία επεξεργασία από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ σε Δευ Μάιος 23, 2011 7:25 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Φερμά_96
Δημοσιεύσεις: 182
Εγγραφή: Σάβ Απρ 30, 2011 3:43 pm
Τοποθεσία: Κύπρος

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#43

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φερμά_96 » Δευ Μάιος 23, 2011 7:21 pm

Βασικά, είναι 23-24, και όχι 22-23.

Για την 23(την κάτι σαν 22)
Α) (2a+1)^{n}=2m+1. Οπότε κάθε δύναμη περιττού είναι περιττός αριθμός. Οπότε, ανx^{n} άρτιος, από τον νόμο της αντιθετοαντιστροφής έχουμε ότι x είναι άρτιος.(δεν μου γέμιζε το μάτι μόνο για τετράγωνο...)

Β) a^{2}+2a+3\equiv a^{2}+2a+1\equiv (a+1)^{2}\equiv a+1\equiv 0 (mod2)
Άρα πρέπει a=1 (mod2). Οπότε το a είναι περιττός, το ίδιο και το τελευταίο του ψηφίο. Άμεση συνέπεια της εκφώνησης είναι ότι το τελευταίο ψηφίο είναι διάφορο του 5, και άρα t(a)=1,3,7,9.

Για την 24(την κάτι σαν 23)
Α)Αν y=3 πρέπει \frac{1}{x}=0, άτοπο.
Κάνοντας τα κλάσματα ομώνυμα προκύπτει ότι 3y+3x=xy.
Γράφεται 3y=xy-3x=x(y-3)
x=\frac{3y }{ y-3}=\frac{3y+9-9}{ y-3}=\frac{3y-9}{ y-3} +\frac{9}{ y-3}=3+\frac{9}{y-3}

β) για να ικανοποιούν την αρχική σχέση, πρέπει να ικανοποιούν και την x=3+\frac{9}{y-3}.
Για να είναι το αριστερό μέλος ακέραιο, πρέπει να είναι και το δεξί. Για να είναι το δεξί πρέπει να είναι και το \frac{9}{y-3}. Άρα πρέπει y-3|9
Οπότε y-3 =1 , y=4 ή y-3=3, y=6 ή y-3=9, y=12.
Έχουμε τα εξής ζεύγη λύσεων: (12,4) ,(6,6),(4,12).

μήπως να αυξήσουμε λίγο(αρκετά) το επίπεδο? για να δείξουν ενδιαφέρον και άλλα μέλη... :) ;)


sokratis lyras
Δημοσιεύσεις: 710
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 05, 2011 9:13 pm

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#44

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από sokratis lyras » Δευ Μάιος 23, 2011 7:27 pm

Μια παράκληση...μήπως θα ήταν δυνατό να γίνει παρόμοιος φάκελος για το λύκειο ή σε αυτόν το φάκελο να δημοσιεύονται και ασκήσεις διαγωνισμών Α λυκείου ή γενικά λυκείου?


ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4207
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#45

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Δευ Μάιος 23, 2011 8:17 pm

:clap: Είναι πολύ σημαντικό που έχεις "δίψα" για πιο δύσκολα θέματα. Όμως αυτό το θέμα το έχω ανοίξει για μαθητές που θα πάνε τώρα στην Γ Γυμνασίου και όσους φέτος έχουν τελειώσει την Γ Γυμνασίου. Η πλειοψηφία των παιδιών αυτών δεν έχει μάθει ακόμα να αντιμετωπίζει θέματα πάνω από αυτά που προσφέρει το σχολικό βιβλίο και ο στόχος μας είναι να τους οδηγήσουμε σιγά σιγά σε θέματα που μπαίνουν σε διαγωνισμούς της ΕΜΕ και του Καγκουρώ, ώστε να μπορούν να τα αντιμετωπίσουν (σε επίπεδο Β, Γ Γυμνασίου και Α Λυκείου). Ωστόσο, μόλις περάσουν λίγες ημέρες (και έχουν τελειώσει οι ενδοσχολικές εξετάσεις), θα διαπραγματευόμαστε τα δυσκολώτερα θέματα που έχουν τεθεί καθώς και παρόμοια με αυτά.

Θα δώσω τώρα μια δεύτερη λύση στην άσκηση 23 (όπως σωστά μου επισήμανε ο Φερμά-96 και όχι 22 που είχα γράψει) που θα είναι κατανοητή και από μαθητές του Γυμνασίου:

(α) Έχουμε λοιπόν ότι το τετράγωνο του α είναι άρτιος και θέλουμε να δείξουμε ότι ο α είναι και αυτός άρτιος.
Θα εφαρμόσουμε την μέθοδο της εις άτοπον απαγωγής . Δηλαδή θα υποθέσουμε ότι ο α δεν είναι άρτιος και θα καταλήξουμε σε άτοπο (δηλαδή σε κάτι που δεν είναι αλήθεια)

Αν λοιπόν ο α δεν είναι άρτιος, τότε θα είναι περιττός. Άρα α=2n +1 (με n φυσικό αριθμό). Τότε

\alpha ^{2}=(2n+1)^{2}=4n^{2}+4n+1=2(2n^{2}+2)+1

και αυτό σημαίνει ότι ο \alpha ^{2} είναι περιττός, πράγμα που είναι άτοπο. Άρα ο α είναι υποχρεωμένος να είναι άρτιος.

(β) Έχουμε ότι ο αριθμός \alpha ^{2}+2\alpha +3 είναι άρτιος. Στο μεταξύ ο α θα είναι άρτιος ή περιττός. Αν υποθέσουμε ότι είναι άρτιος τότε ο \alpha ^{2}+2.\alpha θα είναι άρτιος (ως άθροισμα άρτιων) και ο \alpha ^{2}+2.\alpha+3 θα είναι περιττός (ως άθροισμα άρτιου και περιττού). Τούτο όμως είναι άτοπο.

Άρα ο α είναι περιττός. Και αφού δεν διαιρείται με το 5 θα λήγει σε 1 ή 3 ή 7 ή 9.

Για τον φίλο μας τον Sokratis lyras που θέλει κάτι αντίστοιχο για το Λύκειο (Προχωρημένους) υπάρχει φάκελος στο mathematica (Μαθηματικοι διαγωνισμοί) Αν όμως κάποιος είναι χωρίς πείρα σε τέτοιες ασκήσεις, ας κάνει την αρχή από εδω (όπου αργότερα θα μπαίνουν και πιο δύσκολα θέματα)


Μετά από την υπόδειξη της ΑΡΣΕΝΟΗΣ, διόρθωσα την αβλεψία: αντί α έπρεπε να γράψω \alpha ^{2}
τελευταία επεξεργασία από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ σε Δευ Μάιος 23, 2011 9:08 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4207
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#46

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Δευ Μάιος 23, 2011 8:58 pm

Ακόμα παραμένει χωρίς λύση η ΑΣΚΗΣΗ 13 (που έχει προταθεί από τον Σωτήρη τον Λουρίδα)

Οι επόμενες δύο ασκήσεις έχουν τεθεί σε διαγωνισμό της ΕΜΕ για την Γ Γυμνασίου

ΑΣΚΗΣΗ 25 :
Δίνεται η παράσταση:P(x)=(a+b)^{2}x^{2}-4(a+b)x+c^{2}+4

όπου a,b,c είναι ακέραιοι με a,b >0 και c\geq 0.
Αν η παράσταση αυτή παίρνει την τιμή 0 για x=1, να βρεθούν οι αριθμοί a,b,c

ΑΣΚΗΣΗ 26 :
Πόσοι από τους αριθμούς 1,2,3,...,1999 δεν διαιρούνται με το 5 ούτε με το 7;


Φερμά_96
Δημοσιεύσεις: 182
Εγγραφή: Σάβ Απρ 30, 2011 3:43 pm
Τοποθεσία: Κύπρος

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#47

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φερμά_96 » Δευ Μάιος 23, 2011 9:12 pm

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 25 :
Δίνεται η παράσταση:P(x)=(a+b)^{2}x^{2}-4(a+b)x+c^{2}+4

όπου a,b,c είναι ακέραιοι με a,b >0 και c\geq 0.
Αν η παράσταση αυτή παίρνει την τιμή 0 για x=1, να βρεθούν οι αριθμοί a,b,c
έχουμε ότι 0=(a+b)^{2}-4(a+b)x+c^{2}+4=(a+b-2)^{2}+c^{2}
είναι γνωστό ότι τα τετράγωνα είναι είτε μεγαλύτερα είτε ίσα του 0. Οπότε το άθροισμα τετραγώνων είναι 0 αν και μόνο αν κάθε τετράγωνο είναι ίσο με μηδέν.
οπότε a+b=2 και c=0
a,b θετικοί ακέραιοι, και άρα a=b=1
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 26 :
Πόσοι από τους αριθμούς 1,2,3,...,1999 δεν διαιρούνται με το 5 ούτε με το 7;
ο αριθμός των πολλ. του 5 που είναι μικρότερα του 1999 είναι το ακέραιο μέρος της 1999/5, που είναι 399.
Αντίστοιχα, τα πολλ. του 7 που είναι μικρότερα του 1999 είναι 285.
διορθ.:
[5,7]=35, οπότε οι αριθμοί που συμπεριλαμβάνονται και στις δυο πιο πάνω περιπτώσεις είναι με ομοιο τρόπο 57.
Οπότε, συνολικά οι αριθμοί που διαιρούνται είτε με το 5 είτε με το 7 είναι 684-57=627
Και αυτοί που δεν διαιρούνται με κανέναν από τους δυο είναι 1999-627=1372
τελευταία επεξεργασία από Φερμά_96 σε Δευ Μάιος 23, 2011 10:09 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4207
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#48

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Δευ Μάιος 23, 2011 9:32 pm

Φερμά_96 έγραψε:Για την 25
έχουμε ότι 0=(a+b)^{2}-4(a+b)x+c^{2}+4=(a+b-2)^{2}+c^{2}
είναι γνωστό ότι τα τετράγωνα είναι είτε μεγαλύτερα είτε ίσα του 0. Οπότε το άθροισμα τετραγώνων είναι 0 αν και μόνο αν κάθε τετράγωνο είναι ίσο με μηδέν.
οπότε a+b=2 και c=0
a,b θετικοί ακέραιοι, και άρα a=b=1

Για την 26
ο αριθμός των πολλ. του 5 που είναι μικρότερα του 1999 είναι το ακέραιο μέρος της 1999/5, που είναι 399.
Αντίστοιχα, τα πολλ. του 7 που είναι μικρότερα του 1999 είναι 285.
επειδή (5,7)=1, έχουμε ότι το άθροισμα των αριθμών των πολλαπλασίων του 5 και του 7 που είναι μικρότερα του 1999 είναι 285+399=684.
Οπότε οι αριθμοί που δεν είναι πολλ. του 5 ή του 7 είναι 1999-684=1315.

Ξανακοίταξε την άσκηση 26. Νομίζω κάτι έχει διαφύγει...


Φερμά_96
Δημοσιεύσεις: 182
Εγγραφή: Σάβ Απρ 30, 2011 3:43 pm
Τοποθεσία: Κύπρος

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#49

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φερμά_96 » Δευ Μάιος 23, 2011 10:10 pm

ωπ, ναι... δίκαιο έχεις. το διόρθωσα. ευχαριστώ :D


ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4207
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#50

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Τρί Μάιος 24, 2011 12:22 am

Σωστές οι λύσεις του Φερμά-96. Για τους αρχάριους, για να μην απογοητευτούν βλέποντας την φράση "ακέραιο μέρος", θα δώσω μια πιο αναλυτική εξήγηση.

Τα πολλαπλάσια του 5 είναι 1.5,2.5,3.5, ... Το ζήτημα είναι να βρούμε πιο πολλαπλάσιο του 5 είναι αμέσως πριν το 1999. Κάνουμε λοιπόν την διαίρεση 1999 δια το 5 και βρίσκουμε πηλίκο 399 και υπόλοιπο 4. Αυτό μας δείχνει ότι το τελευταίο πολλαπλάσιο του 5 αμέσως πριν το 1999 είναι το 399.5

Άρα όλα τα πολλαπλάσια του 5 ΄που βρίσκονται ανάμεσα στο 1 και στο 1999 είναι 399 στο πλήθος.

Όμοια βρίσκουμε ότι όλα τα πολλαπλάσια του 7 που βρίσκονται ανάμεσα στο 1 και στο 1999 είναι 285.

΄Φαίνεται λοιπόν ότι όλα τα πολλαπλάσια του 5 και του 7 που είναι ανάμεσα στους αριθμούς 1 και 1999 είναι 399+285 δηλαδή 684. Όμως είναι λιγώτερα. Γιατί μέσα στα πολλαπλάσια του 5 βρίσκονται και μερικά πολλαπλάσια του 7.
Συγκεκριμένα, τα πολλαπλάσια του 7 που είναι μέσα στα πολλαπλάσια του 5 είναι:

1.35,2.35,3.35, ... , και όπως πριν , βρίσκουμε ότι το τελευταίο πολλαπλάσιο του 35, αμέσως πριν το 1999 είναι το 57.35

Άρα τα πολλαπλάσια του 7 που βρίσκονται μέσα στα πολλαπλάσια του 5 είναι 57 στο πλήθος. Αυτά, πρέπει να τα αφαιρέσουμε από το 684 (γιατί τα έχουμε πάρει δύο φορές). Άρα τελικά τα πολλαπλάσια του 5 και του 7 που είναι ανάμεσα στους αριθμούς 1 και 1999 είναι 684-57 δηλαδή 627 στο πλήθος.
Οπότε οι αριθμοί που ζητάμε είναι 1999-627 δηλαδή 1372 (τόσοι δηλ. είναι οι αριθμοί που δεν είναι πολλαπλάσια του 5 ούτε του7)


Συνεχίζουμε με δύο ασκήσεις που η μία έχει τεθεί σε διαγωνισμό της ΕΜΕ για την Γ Γυμνασίου και η άλλη για την Α Λυκείου

ΑΣΚΗΣΗ 27 :
Ο θετικός ακέραιος x είναι άρτιος και όταν διαιρείται με το 7 δίνει υπόλοιπο 2. Να βρεθεί ο x αν είναι μεταξύ των αριθμών 512 και 521


ΑΣΚΗΣΗ 28 :
Οι δύο διαστάσεις ενός ορθογωνίου είναι οι θετικοί ακέραιοι χ και ψ. Αν αυξήσουμε την μία διάσταση κατά 1 και την άλλη κατά 2 τότε το ορθογώνιο που προκύπτει έχει εμβαδόν διπλάσιο του αρχικού. Να βρεθούν οι διαστάσεις χ και ψ


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

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#51

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από T-Rex » Τρί Μάιος 24, 2011 11:41 am

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 27 :
Ο θετικός ακέραιος x είναι άρτιος και όταν διαιρείται με το 7 δίνει υπόλοιπο 2. Να βρεθεί ο x αν είναι μεταξύ των αριθμών 512 και 521
οι άρτιοι αριθμοι αναμεσα απο 512 και 521 ειναι ο 514 516 518 και 520 ο μόνος αριθμος που διερειται με το
7 ειναι το 518 απο τους αναμεσα απο τους αριθμους 512 και τον 521 και το 2 που είναι το υπολιπο μας κανει
520
αν διαιρέσουμε το 514 με το 7 θα έχουμε 73 και 3 υπολοιπο αρα μας λείπουν ακομη 4 για να διαιρείται με το 7 και ετσι φθάνουμε στον αριθμο 518 και 2 το υπολοιπο 520


Φερμά_96
Δημοσιεύσεις: 182
Εγγραφή: Σάβ Απρ 30, 2011 3:43 pm
Τοποθεσία: Κύπρος

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#52

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φερμά_96 » Τρί Μάιος 24, 2011 7:18 pm

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 28 :
Οι δύο διαστάσεις ενός ορθογωνίου είναι οι θετικοί ακέραιοι χ και ψ. Αν αυξήσουμε την μία διάσταση κατά 1 και την άλλη κατά 2 τότε το ορθογώνιο που προκύπτει έχει εμβαδόν διπλάσιο του αρχικού. Να βρεθούν οι διαστάσεις χ και ψ
πρέπει
(x+1)(y+2)=2xy
xy+2x+y+2=2xy
y+2=x(y-2)
Πρέπει y-2|y+2. Επειδή (y+2)-(y-2)=4, πρέπει y-2|4
οπότε y-2=1, y=3 ή y-2=2, y=4 ή y-2=4, y=6.
Με αντικατάσταση, προκύπτουν τα ζεύγη (5,3),(3,4), (2,6).


ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4207
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#53

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Τρί Μάιος 24, 2011 9:28 pm

Οι επόμενες 3 ασκήσεις, έχουν τεθεί σε διαγωνισμούς της ΕΜΕ για την Β, Γ Γυμνασίου και την Α Λυκείου

ΑΣΚΗΣΗ 29 :
Να αποδειχθεί ότι ο αριθμός

\displaystyle a=\frac{222223.444441.222220+222216}{222222^{2}} είναι ακέραιος και να βρεθεί.


ΑΣΚΗΣΗ 30 :
Να αποδειχθεί ότι ο αριθμός

\displaystyle b=\frac{333334.666663.333331+333327}{333333^{2}} είναι ακέραιος και να βρεθεί


ΑΣΚΗΣΗ 31 :
Τριψήφιος αριθμός είναι μεγαλύτερος του 610 και μικρότερος του 650 και διαιρούμενος με το 7 δίνει υπόλοιπο 3.
Να βρεθεί ο αριθμός αυτός, αν είναι γνωστό ότι είναι πολλαπλάσιο του 5.


Όσο διαρκούν οι ενδοσχολικές εξετάσεις, θα μπαίνουν εύκολες ασκήσεις που έχουν τεθεί σε διαγωνισμούς της ΕΜΕ και παρόμοιες με αυτές. Μετά τις εξετάσεις, θα ανέβει λίγο το επίπεδο και θα μπαίνει μία άσκηση την κάθε φορά, στην οποία θα δίνεται αναλυτική λύση καθώς και η κατάλληλη θεωρία που είναι απαραίτητη για την λύση της. Με αυτόν τον τρόπο, πιστεύω ότι θα μπορούν να μπουν στο νόημα όσοι από τους μικρούς μας μαθητές έχουν το μεράκι.


qwerty
Δημοσιεύσεις: 168
Εγγραφή: Δευ Αύγ 17, 2009 11:05 pm

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#54

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από qwerty » Τρί Μάιος 24, 2011 10:45 pm

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:

Όσο διαρκούν οι ενδοσχολικές εξετάσεις, θα μπαίνουν εύκολες ασκήσεις που έχουν τεθεί σε διαγωνισμούς της ΕΜΕ και παρόμοιες με αυτές. Μετά τις εξετάσεις, θα ανέβει λίγο το επίπεδο και θα μπαίνει μία άσκηση την κάθε φορά, στην οποία θα δίνεται αναλυτική λύση καθώς και η κατάλληλη θεωρία που είναι απαραίτητη για την λύση της. Με αυτόν τον τρόπο, πιστεύω ότι θα μπορούν να μπουν στο νόημα όσοι από τους μικρούς μας μαθητές έχουν το μεράκι.
πολύ καλό! :clap2:


Άβαταρ μέλους
ΑΡΣΕΝΟΗ
Δημοσιεύσεις: 102
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 5:23 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Εύβοιας

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#55

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΑΡΣΕΝΟΗ » Τρί Μάιος 24, 2011 11:09 pm

Καλησπέρα!
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 29 :
Να αποδειχθεί ότι ο αριθμός

\displaystyle a=\frac{222223.444441.222220+222216}{222222^{2}} είναι ακέραιος και να βρεθεί.
Έχουμε:
\displaystyle\ \frac{222223{\cdot}444441{\cdot}222220+222216}{222222^{2}} επειδή παντού υπάρχει το 222222, έμμεσα ή άμεσα, θα ονομάσουμε αυτόν τον αριθμό x.Άρα 222222=x.
Οι αριθμοί του αριθμητή θα γίνουν:
222223=(χ+1)
444441=(2χ-3)
222220=(χ-2)
222216=(χ-6)
Tο αποτέλεσμα είναι:

\displaystyle \frac{(x+1) {\cdot} (2x-3){\cdot}(x-2)+(x-6)}{x^{2}}=

\displaystyle \frac{(2x^{2}-3x+2x-3)(x-2)+x-6}{x^{2}}=

\displaystyle \frac{2x^{3}-4x^{2}-3x^{2}+6x+2x^{2}-4x-3x+6+x-6}{x^{2}}=

\displaystyle \frac{2x^{3}-4x^{4}-x^{2}}{x^{2}}=\frac{x^{2}(2x-5)}{x^{2}}=2x-5=(2{\cdot222222)-5=444439
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 30 :
Να αποδειχθεί ότι ο αριθμός

\displaystyle b=\frac{333334.666663.333331+333327}{333333^{2}} είναι ακέραιος και να βρεθεί
Με το ίδιο σκεπτηκό με την 29, όπου 333333 θα βάζουμε n.Έτσι έχουμε:

\displaystyle\ \frac{333334 {\cdot}666663{\cdot}333331+333327 }{333333^{2}}=

\displaystyle\ \frac{(n+1)(2n-3)(n-2)+(n-6)}{n^{2}}=

\displaystyle\ \frac{(2n^{2}-3n+2n-3)(n-2)+(n-6)}{n^{2}}=

\displaystyle\ \frac{2n^{3}-4n^{2}-3n^{2}+6n+2n^{2}-4n-3n+6+n-6}{n^{2}}=

\displaystyle\ \frac{2n^{3}-7n^{2}+2n+2n^{2}-3n+n}{n^{2}}=

\displaystyle\ \frac{2n^{3}-5n^{2}}{n^{2}}=\frac{n^{2}(2n-5)}{n^{2}}=2n-5=(2{\cdot333333)-5=666661
τελευταία επεξεργασία από ΑΡΣΕΝΟΗ σε Τετ Μάιος 25, 2011 10:26 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Μερικές φορές είναι τα μικρότερα πράγματα αυτά,
που γεμιζουν το μεγαλύτερο κομμάτι της καρδιάς μας...
sokratis lyras
Δημοσιεύσεις: 710
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 05, 2011 9:13 pm

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#56

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από sokratis lyras » Τρί Μάιος 24, 2011 11:41 pm

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 31 :
Τριψήφιος αριθμός είναι μεγαλύτερος του 610 και μικρότερος του 650 και διαιρούμενος με το 7 δίνει υπόλοιπο 3.
Να βρεθεί ο αριθμός αυτός, αν είναι γνωστό ότι είναι πολλαπλάσιο του 5.
Μιας και είναι για Α λυκείου..
Τα πολλαπλάσια του 7 μεταξύ των 610 και 651 είναι τα :
616 623 630 637 644
Άρα τριψήφιος αριθμός που ψάχνουμε είναι κάποιος από τους παραπάνω προσθέτοντας το 3.
Αλλά μόνο ο αριθμός 637+3=640 διαιρείται με το 5.Άρα ο ζητούμενος αριθμός είναι ο 640.


ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4207
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#57

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Τετ Μάιος 25, 2011 8:18 am

Επειδή η ΑΣΚΗΣΗ 13 δεν έχει απαντηθεί, θα δώσω μερικές πληροφορίες που βέβαια οι περισσότεροι μαθητές Γυμνασίου δεν έχουν ακόμα διδαχθεί.

(α) Το ευθύγραμμο τμήμα που ενώνει τα μέσα των μη παραλλήλων πλευρών ενός τραπεζίου, λέγεται διάμεσος του τραπεζίου.

\color{red}\bullet Η διάμεσος τραπεζίου, είναι παράλληλη με τις βάσεις και ισούται με το ημιάθροισμα των βάσεων

(β) Αν μια ευθεία περνάει από το μέσο μιας των μη παραλλήλων πλευρών ενός τραπεζίου και είναι παράλληλη με τις βάσεις, τότε θα περνάει και από το μέσο της άλλης πλευράς


Με βάση τις παραπάνω πληροφορίες, προσπαθείστε τώρα να λύσετε την άσκηση . Αν όχι, εδώ είμαστε πάλι.


ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Το τραπέζιο και η διάμεσός του, θα εμφανιστούν μόλις πάρετε τους τύπους για το εμβαδόν των τριγώνων που χρειάζεστε.


Eagle
Δημοσιεύσεις: 92
Εγγραφή: Κυρ Νοέμ 29, 2009 6:08 pm
Τοποθεσία: Ναύπλιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#58

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Eagle » Τετ Μάιος 25, 2011 10:18 am

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:Επειδή η ΑΣΚΗΣΗ 13 δεν έχει απαντηθεί, θα δώσω μερικές πληροφορίες που βέβαια οι περισσότεροι μαθητές Γυμνασίου δεν έχουν ακόμα διδαχθεί.

(α) Το ευθύγραμμο τμήμα που ενώνει τα μέσα των μη παραλλήλων πλευρών ενός τραπεζίου, λέγεται διάμεσος του τραπεζίου.

Η διάμεσος τραπεζίου, είναι παράλληλη με τις βάσεις και ισούται με το ημιάθροισμα των βάσεων

(β) Αν μια ευθεία περνάει από το μέσο μιας των μη παραλλήλων πλευρών ενός τραπεζίου και είναι παράλληλη με τις βάσεις, τότε θα περνάει και από το μέσο της άλλης πλευράς

Με βάση τις παραπάνω πληροφορίες, προσπαθείστε τώρα να λύσετε την άσκηση . Αν όχι, εδώ είμαστε πάλι.


ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Το τραπέζιο και η διάμεσός του, θα εμφανιστούν μόλις πάρετε τους τύπους για το εμβαδόν των τριγώνων που χρειάζεστε.
Σωστά όλα αυτά,μα η άσκηση 13 δεν μιλάει για ένα τραπέζιο αλλά για ένα τετράπλευρο.


Δημήτρης.
irakleios
Δημοσιεύσεις: 805
Εγγραφή: Τετ Ιουν 30, 2010 1:20 pm

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#59

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από irakleios » Τετ Μάιος 25, 2011 11:03 am

Eagle έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:Επειδή η ΑΣΚΗΣΗ 13 δεν έχει απαντηθεί, θα δώσω μερικές πληροφορίες που βέβαια οι περισσότεροι μαθητές Γυμνασίου δεν έχουν ακόμα διδαχθεί.

(α) Το ευθύγραμμο τμήμα που ενώνει τα μέσα των μη παραλλήλων πλευρών ενός τραπεζίου, λέγεται διάμεσος του τραπεζίου.

Η διάμεσος τραπεζίου, είναι παράλληλη με τις βάσεις και ισούται με το ημιάθροισμα των βάσεων

(β) Αν μια ευθεία περνάει από το μέσο μιας των μη παραλλήλων πλευρών ενός τραπεζίου και είναι παράλληλη με τις βάσεις, τότε θα περνάει και από το μέσο της άλλης πλευράς

Με βάση τις παραπάνω πληροφορίες, προσπαθείστε τώρα να λύσετε την άσκηση . Αν όχι, εδώ είμαστε πάλι.


ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Το τραπέζιο και η διάμεσός του, θα εμφανιστούν μόλις πάρετε τους τύπους για το εμβαδόν των τριγώνων που χρειάζεστε.
Σωστά όλα αυτά,μα η άσκηση 13 δεν μιλάει για ένα τραπέζιο αλλά για ένα τετράπλευρο.
Σωστά , όμως για να δούμε τη σχέση έχουν τα ύψη των τριγώνων ΑDN και NBC με το ύψος του τριγώνου ΑΒΜ θα χρησιμοποιήσουμε την ιδιότητα της διαμέσου του τραπεζίου που ανέφερε ο κ.Δημήτρης.
Να πως : Για να μην γίνει περίπλοκο το σχήμα κάνουμε στην αρχή το εξής φέρνουμε από τα σημεία D , M και C κάθετες τις DK,ML,CF κάθετες στο ΑΒ. τότε το DKFC τραπέζιο αφού DK//FL και ΜL παράλληλη στις DK , FL και Μ μέσον άρα και L μέσον KF οπότε ΜL διάμεσος , η οποία τώρα θα είναι ίση με το ημιάθροισμα των βάσεων DK και FL. Tώρα το πρόβλημα λύνεται εύκολα νομίζω.

ps:Ελπίζω να είναι αυτή η λύση που είχαν στο νου τους ο κ.Λουρίδας και .Ιωάννου.


Η.Γ
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4207
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#60

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Τετ Μάιος 25, 2011 3:41 pm

Πράγματι, η λύση που προτείνει ο Irakleios είναι αυτή που έχω και εγώ στο νου και έδωσα την παραπάνω υπόδειξη.
Τώρα, κάποιος που τα καταφέρνει καλά στα σχήματα, ας μας δώσει την πλήρη λύση για να γίνει κατανοητή από τους μικρούς μας φίλους.


Απάντηση

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

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες