Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Συντονιστές: cretanman, Demetres, polysot, socrates, silouan

komi
Δημοσιεύσεις: 84
Εγγραφή: Τετ Μαρ 09, 2011 5:40 am
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#81

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από komi » Σάβ Μάιος 28, 2011 6:05 pm

ΑΣΚΗΣΗ 42 :

Εάν a,b,c ακέραιοι πραγματικοί. Να δείξετε ότι η παράστασή

4abc(b+c-a)+[(b-a)(c-a)]^2

είναι τέλειο τετράγωνο.


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

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#82

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Κυρ Μάιος 29, 2011 8:23 am

Πολύ ωραίες οι ασκήσεις που έθεσε ο komi. Εξυπηρετούν τον στόχο αυτού του θέματος που ανοίξαμε.
Η Άσκηση 42 μπορεί να λυθεί από μαθητές Γυμνασίου με λίγη προσπάθεια.

Οι δύο ασκήσεις που ακολουθούν έχουν τεθεί σε διαγωνισμό της ΕΜΕ για την Α Λυκείου, μπορούν όμως να αντιμετωπιστούν και από μαθητές Γυμνασίου

ΑΣΚΗΣΗ 43: Το άθροισμα δύο ακεραίων αριθμών είναι 26 ενώ αν διαιρέσουμε τον μεγαλύτερο με τον μικρότερο βρίσκουμε πηλίκο 4 και υπόλοιπο 1. Να βρεθούν οι αριθμοί


ΑΣΚΗΣΗ 44: Αν a είναι περιττός ακέραιος, να δείξετε ότι ο αριθμός a^{4}+6a^{2}-7

είναι πολλαπλάσιο του 128.


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

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#83

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φερμά_96 » Κυρ Μάιος 29, 2011 11:32 am

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 43 :
Το άθροισμα δύο ακεραίων αριθμών είναι 26 ενώ αν διαιρέσουμε τον μεγαλύτερο με τον μικρότερο βρίσκουμε πηλίκο 4 και υπόλοιπο 1. Να βρεθούν οι αριθμοί
a+b=26 (1)
Χ.Β.Γ b>a
b=4a+1 (2)
από (1) και (2) με σύστημα b=21, a=5.
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 44 :
Αν a είναι περιττός ακέραιος, να δείξετε ότι ο αριθμός a^{4}+6a^{2}-7

είναι πολλαπλάσιο του 128.
a^{4}+6a^{2}-7=(a^{2}+7)(a^{2}-1)
περιττά τετραγωνικά υπόλοιπα modulo 16 είναι μόνο τα 1,9.
Αν το υπόλοιπο του a^{2} (mod 16) είναι 1, τότε ο πρώτος παράγοντας γίνεται της μορφής 16k+1+7=16k+8=8(2k+1)=mult. 8, και ο δεύτερος της μορφής 16k+1-1=16k=mult. 16. Οπότε
a^{4}+6a^{2}-7=(a^{2}+7)(a^{2}-1)=(mult. 8)(mult. 16)=mult. 128

αν το υπόλοιπο του a^{2} (mod 16) είναι 9, τότε ο πρώτος παράγοντας γίνεται της μορφής 16k+9+7=16k+16=16(k)=mult. 16, και ο δεύτερος της μορφής 16k+9-1=16k+8=8(2k+1)=mult. 8. Οπότε
a^{4}+6a^{2}-7=(a^{2}+7)(a^{2}-1)=(mult. 16)(mult. 8)=mult. 128
ως mult. βάζω το γνωστό "πολλ."


Παναγιώτης 1729
Δημοσιεύσεις: 300
Εγγραφή: Τρί Αύγ 24, 2010 12:05 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#84

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Παναγιώτης 1729 » Κυρ Μάιος 29, 2011 12:04 pm

Άσκηση 45

Αν a,b,c πλευρές τριγώνου και x,y,z πραγματικοί, να δείξετε ότι :

a^2(x-y)(x-z)+b^2(y-z)(y-x)+c^2(z-x)(z-y)\geq{0}.

Πότε ισχύει η ισότητα;
τελευταία επεξεργασία από Παναγιώτης 1729 σε Κυρ Μάιος 29, 2011 12:31 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


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

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#85

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Κυρ Μάιος 29, 2011 12:20 pm

Ας δώσω και μια ακόμα λύση για την άσκηση 44 με τρόπο που να είναι κατανοητός και από μαθητές γυμνασίου.
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 44: Αν a είναι περιττός ακέραιος, να δείξετε ότι ο αριθμός a^{4}+6a^{2}-7

είναι πολλαπλάσιο του 128.
Έχουμε:

a^{4}+6a^{2}-7=a^{4}+6a^{2}-6-1=(a^{4}-1)+6(a^{2}-1)= 
 
(a^{2}-1)(a^{2}+1)+6(a^{2}-1)=(a^{2}-1)(a^{2}+1+6)= 
 
(a-1)(a+1)(a^{2}+7), (*)

Αφού όμως ο a είναι περιττός φυσικός αριθμός, θα έχουμε a=2k+1, με k φυσικό αριθμό. Οπότε η σχέση (*) γράφεται:

(*)=(2k+1-1)(2k+1+1)[(2k+1)^{2}+7]= 
 
2k(2k+2)(4k^{2}+4k+1+7)=2k.2(k+1)(4k^{2}+4k+8)= 
 
4k(k+1).4(k^{2}+k+2)=16k(k+1)[k(k+1)+2], (**)

Γνωρίζουμε όμως (βλ.κάποια από τις προηγούμενες ασκήσεις) ότι
το γινόμενο δύο διαδοχικών φυσικών αριθμών διαιρείται πάντα με το 2 (όπως και το γινόμενο τριών διαδοχικών φυσικών αριθμών διαιρείται πάντα με το 3 κ.ο.κ)


Άρα k(k+1)=2.m όπου m είναι φυσικός αριθμός. Άρα η σχέση (**) γράφεται:

(**)=16.2m.(2m+2)=64m(m+1), (***)

Και πάλι θα είναι m(m+1)=2n, όπου n είναι φυσικός αριθμός. Άρα η σχέση (***) γράφεται:

(***)=64.2n=128.n

από όπου προκύπτει το ζητούμενο.


Γιώτα
Δημοσιεύσεις: 72
Εγγραφή: Πέμ Απρ 07, 2011 3:52 pm

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#86

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώτα » Κυρ Μάιος 29, 2011 12:24 pm

Και μια άλλη άποψη για την άσκηση 44 (δεν ξέρω αν είναι σωστή)
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 44: Αν a είναι περιττός ακέραιος, να δείξετε ότι ο αριθμός a^{4}+6a^{2}-7

είναι πολλαπλάσιο του 128.
\alpha^{4}+6\alpha ^{2}-7=\alpha ^{2}\left(\alpha ^{2}+6)\right-7
το τετράγωνο περιτού ακεραίου αριθμού είναι της μορφης 8λ+1

\left(8\lambda +1)\left(8\lambda +1+6)-7=64\lambda ^{2}+56\lambda +8\lambda +7-7=64\lambda ^{2}+64\lambda =64\lambda\left(\lambda+1\right)
Αρα είναι πολλ.του 64 και εφόσον το λ παίρνει τιμές 1,2,3.... είναι και πολλ. του 128.


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

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#87

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Κυρ Μάιος 29, 2011 12:37 pm

Γιώτα έγραψε:Και μια άλλη άποψη για την άσκηση 44 (δεν ξέρω αν είναι σωστή)

\alpha^{4}+6\alpha ^{2}-7=\alpha ^{2}\left(\alpha ^{2}+6)\right-7
το τετράγωνο περιτού ακεραίου αριθμού είναι της μορφης 8λ+1

\left(8\lambda +1)\left(8\lambda +1+6)-7=64\lambda ^{2}+56\lambda +8\lambda +7-7=64\lambda ^{2}+64\lambda =64\lambda\left(\lambda+1\right)
Αρα είναι πολλ.του 64 και εφόσον το λ παίρνει τιμές 1,2,3.... είναι και πολλ. του 128.

Πολύ σωστά Γιώτα. Πράγματι το τετράγωνο περιττού αριθμού παίρνει την μορφή 8ρ+1 (η απόδειξη είναι απλή και την αφήνουμε σαν άσκηση), οπότε καταλήγουμε 64λ(λ+1). Και αφού το γινόμενο δύο διαδοχικών φυσικών αριθμών είναι πολλαπλάσιο του 2 (όπως έχουμε δει και πιο παλιά), άρα έχουμε το ζητούμενο.


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

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#88

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Κυρ Μάιος 29, 2011 6:30 pm

Ο φίλος μας ο Παναγιώτης, έχει δώσει προτεινόομενη την ΑΣΚΗΣΗ 45, που νομίζω έχει κάποια δυσκολία για να λυθεί από άπειρους σε τέτοια θέματα μαθητές. Γιαυτό, ας δώσω κάποιες κατευθύνσεις ώστε να μπορέσουν τα ταλεντάκια μας να το αντιμετωπίσουν και το θέμα αυτό.

(α) Τριγωνική ανισότητα : Κάθε πλευρά τριγώνου είναι μικρότερη από το άθροισμα των δύο άλλων πλευρών (και μεγαλύτερη από την απόλυτη τιμή της διαφοράς των άλλων πλευρών).

(β) Αν κ,μ πραγματικοί αριθμοί και λ,ν θετικοι πραγματικοί αριθμοί, τότε ισχύει η ανισότητα:

\frac{\kappa ^{2}}{\lambda }+\frac{\mu ^{2}}{\nu } \geq \frac{(\kappa +\mu )^{2}}{\lambda +\nu }.
(την απόδειξη, την αφήνω ως άσκηση μιας και δεν έχει ιδιαίτερη δυσκολία)

(γ) Παρατηρείστε ότι αν x=y , ή y=z ,ή z=x τότε το ζητούμενο αποδείχνεται εύκολα. Θεωρείστε στη συνέχεια ότι x>y>z και προσπαθείστε να οδηγήσετε τν άσκηση στην παρατήρηση (β) η οποία θα αποδειχθεί με την παρατήρηση (α)


Παναγιώτη, αν υπάρχει κάποια πιο εύκολη λύση, (δηλαδή με τις βασικές μόνο τεχνικές του Γυμνασίου), ανάφερέ το, ώστε να προσπαθήσουν όσοι θέλουν να λύσουν το θέμα με διαφορετικό δρόμο από αυτόν που εγώ υπέδειξα.
τελευταία επεξεργασία από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ σε Πέμ Ιουν 02, 2011 9:13 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Παναγιώτης 1729
Δημοσιεύσεις: 300
Εγγραφή: Τρί Αύγ 24, 2010 12:05 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#89

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Παναγιώτης 1729 » Κυρ Μάιος 29, 2011 7:07 pm

Μία από τις λύσεις που έχω υπόψη μου χρησιμοποιεί το γεγονός ότι αν ένα πολυώνυμο της μορφής f(x)=ax^2+bx+c ,a,b,c πραγματικοί, έχει a>0 και αρνητική διακρίνουσα τότε f(x)>0 για κάθε πραγματικό χ.

Η τριγωνική ανισότητα είναι επίσης απαραίτητη.


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

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#90

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Κυρ Μάιος 29, 2011 9:38 pm

Από τις δύο επόμενες ασκήσεις, η πρώτη έχει τεθεί σε διαγωνισμό της ΕΜΕ για την Α Λυκείου και η δεύτερη (η εύκολη!!) σε διαγωνισμό της ΕΜΕ για την Γ Λυκείου:

ΑΣΚΗΣΗ 46:Να παραγοντοποιηθεί η παράσταση:

A=(1+x-x^{2}+x^{3})^{2}+x^{3}

(Νομίζω ότι πρέπει να δοθεί μια αρχή για την άσκηση αυτή, ώστε να μπορεί να αντιμετωπιστεί και από μη έμπειρους μαθητές Γυμνασίου:

Ξεκινάμε λοιπόν:

A=[1+x(1-x+x^{2})]^{2}+x^{3}=....

στη συνέχεια αναπτύξτε το τετράγωνο αθροίσματος και κάποια στιγμή θυμηθείτε το άθροισμα κύβων...)


ΑΣΚΗΣΗ 47: Δίνεται το πολυώνυμο

P(x,y,z)=x^{2}yz+3x^{2}y+2x^{2}z+6x^{2}+11xyz+22xz+33xy+66x

(α) Να γράψετε το πολυώνυμο αυτό ως γινόμενο πρωτοβάθμιων παραγόντων

(β) Για ποιες τριάδες φυσικών αριθμών (x,y,z) ισχύει ότι P(x,y,z)=2002 ;


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

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#91

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φερμά_96 » Δευ Μάιος 30, 2011 10:55 pm

για την 39.
(2+x+x^{2})^{2}-x^{3}=[1+(1+x+x^{2})]^{2}-x^{3}=\displaystyle{1+2(1+x+x^{2})+(1+x+x^{2})^{2}-x^{3} 
=(1+x+x^{2})(3+x+x^{2})+(1-x^{3})=(1+x+x^{2})}(3+x+x^{2})+(1-x)(1+x+x^{2})=(1+x+x^{2})(x^{2}+4)

για την 46.
(1+x-x^{2}+x^{3})+x^{3}=[1+x(1-x+x^{2})]^{2}+x^{3}=1+2x(1-x+x^{2})+x^{2}(1-x+x^{2})^{2}+x^{3}=(1-x+x^{2})(2x+x^{2}-x^{3}+x^{4})+(x^{3}+1)=(1-x+x^{2})(2x+x^{2}-x^{3}+x^{4})+(x+1)(x^{2}-x+1)=(1-x+x^{2})(1+3x+x^{2}-x^{3}+x^{4})
μπορεί να παραγοντοποιηθεί η δεύτερη παρένθεση? μάλλον ναι, ε?


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

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#92

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Δευ Μάιος 30, 2011 11:08 pm

Φερμά_96 έγραψε:για την 39.
(2+x+x^{2})^{2}-x^{3}=[1+(1+x+x^{2})]^{2}-x^{3}=\displaystyle{1+2(1+x+x^{2})+(1+x+x^{2})^{2}-x^{3} 
=(1+x+x^{2})(3+x+x^{2})+(1-x^{3})=(1+x+x^{2})}(3+x+x^{2})+(1-x)(1+x+x^{2})=(1+x+x^{2})(x^{2}+4)

για την 46.
(1+x-x^{2}+x^{3})+x^{3}=[1+x(1-x+x^{2})]^{2}+x^{3}=1+2x(1-x+x^{2})+x^{2}(1-x+x^{2})^{2}+x^{3}=(1-x+x^{2})(2x+x^{2}-x^{3}+x^{4})+(x^{3}+1)=(1-x+x^{2})(2x+x^{2}-x^{3}+x^{4})+(x+1)(x^{2}-x+1)=(1-x+x^{2})(1+3x+x^{2}-x^{3}+x^{4})
μπορεί να παραγοντοποιηθεί η δεύτερη παρένθεση? μάλλον ναι, ε?

Νομίζω ότι εδώ τελειώνει η παραγοντοποίηση


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

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#93

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από sokratis lyras » Δευ Μάιος 30, 2011 11:22 pm

ΑΣΚΗΣΗ 48

Αν ο αριθμός p είναι πρώτος να βρεθούν οι φυσικοί αριθμοί για τους οποίους ισχύει: n^2+n+p=1982


socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5783
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#94

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Δευ Μάιος 30, 2011 11:37 pm

ΑΣΚΗΣΗ 49 :

Χωρίζουμε το σύνολο A=\{1,2,3,..,19\} σε δύο μη κενά σύνολα M και N έτσι ώστε

\bullet M \cap N=\emptyset, \ M \cup N=A και

\bullet για κάθε x \in M είναι x+10 \in M ή x-10 \in M.


Αν m το άθροισμα των στοιχείων του M και n το άθροισμα των στοιχείων του N,
να βρείτε την ελάχιστη τιμή του |m-n|.


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

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#95

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Τρί Μάιος 31, 2011 12:13 am

Η ΑΣΚΗΣΗ 48 πολύ ωραία (και λύνεται άνετα από όσους έχουν κατανοήσει τις προηγούμενες ασκήσεις)

Η ΑΣΚΗΣΗ 49 μου φαίνεται ιδιαίτερα "πονηρή" (τουλάχιστον με τον τρόπο που εγώ την αντιμετώπισα) και θα είναι άξιος επαίνου όποιος μαθητής μπορέσει να την λύσει.

Περιμένουμε λοιπόν...


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

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#96

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φερμά_96 » Τρί Μάιος 31, 2011 10:47 am

στην άσκηση 47
α)
P(x,y,z)=x^{2}(yz+3y+2z+6)+11x(yz+3y+2z+6)=(x^{2}+11x)(yz+3y+2z+6)=x(x+11)[y(z+3)+2(z+3)]=x(x+11)(y+2)(z+3)
β)
2002=2\times 7\times11\times13
Αν x άρτιος x+11 περιττός. ή το αντίστροφο.
επειδή 2 ο μικρότερος από τους παράγοντες, x=2 και x+11=13.
ή y+2=7, y=5 και z+3=11, z=8
ή y+2=11, y=9 και z+3=7, z=4.
Οπότε οι λύσεις είναι (2,5,8) και (2,9,4).


Στην 48.
o n^{2}+n=n(n+1)είναι άρτιος, επειδή είνα γινόμενο διαδοχικών.
αν p περιττός πρώτος, n^{2}+n+p περιττός, άτοπο.
Αρα p=2.
Λύνουμε την n^{2}+n-1980=0, και βρίσκουμε ως μόνη θετική λύση την n=44
socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 49 :Χωρίζουμε το σύνολο A=\{1,2,3,..,19\} σε δύο μη κενά σύνολα M και N έτσι ώστε :

\bullet M \cap N=\emptyset, \ M \cup N=A και

\bullet για κάθε x \in M είναι x+10 \in M ή x-10 \in M.

Αν m το άθροισμα των στοιχείων του M και n το άθροισμα των στοιχείων του N,
να βρείτε την ελάχιστη τιμή του |m-n|.
Αν 1\in M, 11\in M. Αν 11\in M, 1\in M. όμοιο ισχύει και για τα υπόλοιπα πιθανά στοιχεία. άρα μπορούμε να ομαδοποιήσουμε τα πιθανά στοιχεία του M στο σύνολο X={10,12,14,16,18,20,22,24,26,28}. όπου κάθε στοιχείο αντιστοιχεί στο άθροισμα δυο αντιστοίχων του A(εκτός του 10 που είναι 10+2\times 0). m ισούται με το άθροισμα των αντίστοιχων στοιχείων του M στο X. άμεση συνέπεια είναι ότι ισχύει το ίδιο και για το n, το οποίο είναι στην ουσία το άθροισμα όσων στοιχείων του X περισσέψουν. Είναι προφανές ότι τα n, και m είναι άρτιοι. Το άθροισμα των στοιχείων του X είναι 190. επειδή 190/2=85, |n-m|\neq 0 . Οπότε η αμέσως μικρότερη τιμή που ψάχνουμε είναι το 2. Παρατηρούμε ότι οι όροι στο X είναι διαδοχικοί αριθμητικής προόδου. Οπότε 10+28=12+26=14+24=16+22=18+20=38. Βάζοντας τα πρώτα δυο ζεύγη στο M, τα δυο αμέσως επόμενα στο N και τα δυο τελευταία ένα στο καθένα, έχουμε |n-m|=2 που είναι και η απάντηση.


Γιώτα
Δημοσιεύσεις: 72
Εγγραφή: Πέμ Απρ 07, 2011 3:52 pm

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#97

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώτα » Τρί Μάιος 31, 2011 11:20 am

Και μια άλλη σκέψη για την άσκηση 48:
Οχ! μπέρδεψα της λύσεις αυτήν έπρεπε να δημοσιεύσω από την αρχή.

n^2+n+p=1982\Rightarrow n(n+1)+p=1982\Rightarrow p=1982-2m\Rightarrow 2(991-m)=p\Rightarrow 2=\frac{p}{991-m}
Η μόνη τιμή που μπορεί να πάρει το 991-m είναι το 1. Επομένως p=2. Στη συνέχεια από την εξίσωση n(n+1)=1980 με δοκιμές βρίσκω ότι n=44.


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

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#98

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φερμά_96 » Τρί Μάιος 31, 2011 1:14 pm

Στην 42.
4abc(b+c-a)+[(b-a)(c-a)]^{2}=4ab^{2}c+4abc^{2}-4a^{2}bc+[bc-(b+c)a+a^{2}]^{2} =4ab^{2}c+4abc^{2}-4a^{2}bc+b^{2}c^{2}+(b+c)^{2}a^{2}+a^{4}-2(b+c)abc-2(b+c)a^{3}+2a^{2}bc =4ab^{2}c+4abc^{2}-4a^{2}bc+b^{2}c^{2}+a^{2}b^{2}+2bca^{2}+c^{2}a^{2}+a^{4}-2ab^{2}-2ac^{2}-2ba^{3}+2ca^{3}+2a^{2}bc =a^{4}+b^{2}c^{2}+2ab^{2}c+2abc^{2}+a^{2}b^{2}+c^{2}a^{2}-2ba^{3}-2ca^{3} =[(bc)^{2}+2abc^{2}+(ac)^{2}]+(2acb^{2}-2ca^{3})+[a^{4}+2a^{3}b+(ab)^{2}] =[c(b+a)]^{2}+2ac(b-a)(b+a)+[a(b-a)]^{2} =[c(b+a)+a(b-a)]^{2} =[(c-a)(b+a)]^{2}

θα γίνεται και πιο απλά, μάλλον...


socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5783
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#99

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Τρί Μάιος 31, 2011 2:46 pm

Άσκηση 50
α) Να δείξετε ότι μπορούμε να τοποθετήσουμε 20 μη μηδενικούς ακεραίους, όχι απαραίτητα διαφορετικούς, στη σειρά έτσι ώστε το άθροισμά τους να είναι θετικό, ενώ το άθροισμα οποιονδήποτε τριών διαδοχικών να είναι αρνητικό.
β) Δείξτε ότι δε μπορούμε να κάνουμε το ίδιο σε ένα κύκλο.


Άσκηση 51
Να προσδιορίσετε τους φυσικούς αριθμούς m,n αν οι αριθμοί 2m^4+3 και 2n^4+5 είναι δίδυμοι πρώτοι, δηλαδή είναι πρώτοι αριθμοί που διαφέρουν κατά 2.

Hint:
Ποιο μπορεί να είναι το τελευταίο ψηφίο του a^2; Ποιο του a^4;
Άσκηση 52
Αν x_1,x_2,....,x_n ακέραιοι τέτοιοι ώστε |x_1|+|x_2|+...+|x_n|-|x_1+x_2+...+x_n|=2, να δείξετε ότι ένας τουλάχιστον από αυτούς ισούται με 1 ή -1.


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

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

#100

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φερμά_96 » Τρί Μάιος 31, 2011 3:01 pm

για την 51.
είναι m^{4}\equiv 1(mod5) ή m^{4}\equiv 0(mod5)
Στην πρώτη περίπτωση: Οπότε 2m^{4}+3\equiv 0(mod5)
Οπότε πρέπει 2m^{4}+3=5, m=1
άρα 2n^{4}+5=7 ή 2n^{4}+5=3.
Η δεύτερη απορρίπτεται, και στην πρώτη έχουμε n=1.

Στην δεύτερη περίπτωση: 2m^{4}+3\equiv 3(mod5)
Αλλά επειδή ο δεύτερος ακέραιος είναι κατα 2 μεγαλύτερος ή μικρότερος από τον πρώτο, έχουμε 2n^{4}+5\equiv 0(mod5) ή 2n^{4}+5\equiv 1(mod5)
Στην πρώτη υποπερίπτωση, πρέπει 2n^{4}+5=5, n=0, απορρίπτεται.
Στην δεύτερη υποπερίπτωση, 2n^{4}\equiv 1(mod 5), αλλά επειδή n^{4}\equiv1or0(mod 5) πρέπει 2n^{4}\equiv2or0(mod 5), άτοπο.

Μοναδική λύση η m=n=1.

έπειτα από υπενθύμιση του μέλους socrates γράφω την περίπτωση που ξέχασα.


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