Τεστ Εξάσκησης (39), Μικροί

#1

ΘΕΜΑ 1
Να βρείτε όλες τις πραγματικές λύσεις της εξίσωσης

$\displaystyle{(x^2 + 3x + 1)^{x^2−x−6} = 1.}$

ΘΕΜΑ 2
Σε ένα παραλληλόγραμμο ABCD

είναι $AD\perp AC$ .Έστω

η προβολή του

στην

και

το συμμετρικό του

ως προς την AC.

Να αποδειχθεί ότι $\angle ANP=90^o$ .

ΘΕΜΑ 3
Να βρείτε όλους τους θετικούς ακέραιους

με διαιρέτες τους αριθμούς $\displaystyle{1=d_1<d_2<...<d_k=n}$
για τους οποίους ισχύει $\displaystyle{n^2 = d_{22}^2\left(d_7^2 + d_{10}^2 \right)}$

ΘΕΜΑ 4
Έστω

ένας δεκαεξαψήφιος θετικός ακέραιος αριθμός.
Να αποδείξετε ότι υπάρχουν ένα ή περισσότερα διαδοχικά ψηφία του

, το γινόμενο των οποίων είναι τέλειο τετράγωνο!

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #2

socrates έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 30, 2020 12:23 am
ΘΕΜΑ 1
Να βρείτε όλες τις πραγματικές λύσεις της εξίσωσης

$\displaystyle{(x^2 + 3x + 1)^{x^2−x−6} = 1.}$

Γράφω μια αναλυτική λύση

Οι περιπτώσεις είναι $\rm x^2+3x+1=1 ,x^2-x-6=0$ και η $\rm x^2+3x+1=-1$ με $\rm x^2-x-6$ άρτιο.

$\rm x^2+3x+1=1 \Leftrightarrow x(x+3)=0 \Leftrightarrow x=0\,\,\,or\,\,\,x=-3$

$\rm x^2-x-6=0 \Leftrightarrow (x-3)(x+2)=0 \Leftrightarrow x=3\,\,\,or\,\,\,x=-2$ (επίσης γι αυτές τις τιμές δεν μηδενίζεται η βάση)

$\rm x^2+3x+1=-1 \Leftrightarrow (x+1)(x+2)=0 \Leftrightarrow x=-1\,\,\,or\,\,\, x=-2$ (επίσης για τις τιμές αυτές $\rm x^2-x-6$ άρτιος-το οποίο βέβαια ισχύει για κάθε ακέραιο)

Λύσεις λοιπόν οι $\boxed {\rm x=-3,-2,-1,0,3}$ .

#3

socrates έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 30, 2020 12:23 am
ΘΕΜΑ 1
Να βρείτε όλες τις πραγματικές λύσεις της εξίσωσης

$\displaystyle{(x^2 + 3x + 1)^{x^2−x−6} = 1.}$

Ωραία!
Έχουμε ουσιαστικά να λύσουμε την εξίσωση a^b=1.

Αυτό συμβαίνει αν και μόνο αν:

και $b\in \Bbb{R}$

και $a\ne 0$

και άρτιος.

#4

socrates έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 30, 2020 12:23 am

ΘΕΜΑ 2
Σε ένα παραλληλόγραμμο είναι $AD\perp AC$ .Έστω η προβολή του στην και το συμμετρικό του ως προς την Να αποδειχθεί ότι $\angle ANP=90^o$ .

: 39-μικροί.png (22.11 KiB) Προβλήθηκε 1522 φορές

Το

είναι ορθογώνιο εγγεγραμμένο σε κύκλο $(\omega)$ κι επειδή $D\widehat NC=90^\circ,$ το

είναι σημείο του $(\omega),$ άρα $A\widehat NP=90^\circ.$

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #5

socrates έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 30, 2020 12:23 am

ΘΕΜΑ 3
Να βρείτε όλους τους θετικούς ακέραιους με διαιρέτες τους αριθμούς $\displaystyle{1=d_1<d_2<...<d_k=n}$
για τους οποίους ισχύει $\displaystyle{n^2 = d_{22}^2\left(d_7^2 + d_{10}^2 \right)}$

Μια απαίσια λύση

Δείχνω πρώτα τα εξής $\rm i)\,\,\,\,2\mid n\,\,\,ii)\,\,\,3\mid n,\,\,\,\,iii)5\mid n$ .

i) Έστω ότι $\rm n$ περιττός.Τότε πρέπει $\rm d_i,i=1,2,...,k$ περιττός άρα $\rm d_{22}^2(d_7^2+d_{10}^2)\equiv 1(1+1)\equiv 0\pmod{2}$ άτοπο!
ii)Έστω $\rm n\not\equiv 0\pmod{3}$ ,τότε $\rm d_i\not\equiv 0\pmod{3}\Leftrightarrow d_i^2\equiv 1\pmod{3},i=1,2,..,k$ άρα $\rm n^2\equiv 1(1+1)\equiv 2\pmod{3}$ άτοπο!
iii)Έστω $\rm n\not\equiv 0\pmod{5}$ τότε $\rm d_i\not\equiv 0\pmod{5}\Leftrightarrow d_i^2\equiv 1,4\pmod{5},i=1,2,..,k$ . Παίρνοντας τις περιπτώσεις $\rm d_{22},d_{7},d{10}\pmod{5}$ καταλήγουμε σε άτοπο.
Από τα παραπάνω έπεται επίσης ότι $\rm n\equiv 0\pmod{6},n\equiv 0\pmod{10},n\equiv 0\pmod{15}$ .
Από την υπόθεση πρέπει ο αριθμός $\rm d_7^2+d_{10}^2$ να είναι τετράγωνο κάποιου $\rm d_j$ και αυτό γιατί $\rm n\equiv0\pmod{d_{22}}$
Εξετάζω δύο περιπτώσεις:

Περίπτωση 1η :
Θα είναι και
- Υποπερίπτωση 1η: $\rm n\equiv 0\pmod{7}$
  Τότε θα είναι και $\rm d_7=7$ .Όμως η $\rm 49+d_{10}^2=d_j^2$ έχει θετική λύση για $d_{10}=24$ (ο τρόπος επίλυσης είναι απλός με διαφορά τετραγώνων κλπ).Αυτό όμως δεν μπορεί να συμβαίνει καθώς και οι είναι διαιρέτες του $\rm n$ αλλά οι τιμές $\rm d_8,d_9$ δεν είναι αρκετές.
- Υποπερίπτωση 2η:
  Τότε
  - Αν ήταν $\rm d_7=9$ τότε $\rm d_{10}^2=d_j^2$ που με παραγοντοποίηση κλπ δίνει $\rm d_{10}=12,40$ .Η τιμή απορρίπτεται αφού δεν θα υπήρχαν $\rm d_c$ για να αντιστοιχίσουμε όλους του διαιρέτες του $\rm n.$ .Για $\rm d_{10}=12$ θα είναι $\rm d_8=10,d_{9}=11$ και θα ισχύει η σχέση $\rm n=15d_{22}$ .Αν $\rm n \equiv 0 \pmod {13}$ τότε $\rm d_{11}=13,d_{12}=14,d_{13}=15$ άρα λόγω της $\rm d_{p}d_{k-p+1}=n$ θα είναι $\rm k-12=22$ δηλαδή $\rm k=34$ .Αν θεωρήσω $\displaystyle {\rm n=\prod_{i=1}^{m}p_i^{a_i}}$ τότε $\displaystyle{\rm \prod_{i=1}^{m}(a_i+1)=k=34}$ αυτό όμως είναι άτοπο γιατί το έχει ''λίγους'' πρώτους διαιρέτες και έχουμε ήδη αρκετούς πρώτους διαιρέτες του $\rm n$ .Όμοια αν το δεν διαιρεί το $\rm n$
  - Αν $\rm d_7=10$ τότε δεν μπορεί $\rm n\equiv 0\pmod{8}$ αλλά βρίσκουμε ότι πρέπει $\rm d_{10}=24\equiv 0\pmod{8}$ άτοπο!
  - Μένει λοιπόν η $\rm d_7=8$ .Η $\rm 64+d_{10}^2=d_i^2$ δίνει $\rm d_{10}=15$ (αφού $\rm d_{10}>d_8>6)$ ) και $\rm n=17d_{22}$ .Επειδή σίγουρα τα διαιρούν το \rm n θα είναι $\rm d_8=10,d_9=12,d_{10}=15$ .Αν $\rm n\equiv 0\pmod{16}$ τότε από την $\rm d_{p}d_{k-p+1}=n$ έπεται πως έπεται πως $\rm k=33$ .Επειδή το έχει ''λίγους'' διαιρέτες όπως πριν παίρνουμε άτοπο.Άρα $\rm d_{11}=17$ που δίνει $\rm k=32$ .Θεωρώντας την κανονική μορφή του $\rm n$ όπως πριν και επειδή $\rm u_2(n)=3$ έπεται πως $\rm n=2^3\cdot3\cdot5\cdot 17=2040$ που όπως θα δούμε και παρακάτω αποτελεί την μοναδική λύση του προβλήματος.

Περίπτωση 2η (φτάσαμε και εδώ ) :Αν .
Τότε είναι .
- Υποπερίπτωση 1η: .Τότε .
  - Αν $\rm d_7=9$ τότε από την $\rm 81+d_{10}^2=d_i^2$ παίρνουμε ότι οι λύσεις είναι $\rm \equiv 0\pmod4$ άτοπο.
  - Όπως πριν καταλήγουμε σε άτοπο επειδή από τη $\rm 100+d_{10}^2=d_{i}^2$ είναι $d_{10} \rm \equiv 0\pmod4$ .
- Υποπερίπτωση 2η: $\rm d_6\neq 7$ .Τότε ακριβώς όπως πριν $\rm d_7=9,10$ που καταλήγει σε άτοπο λόγω της $\rm d_7^2+d_{10}^2=d_{i}^2$

Είναι λοιπόν $\boxed{\rm n=2040}$ .

#6

socrates έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 30, 2020 12:23 am
ΘΕΜΑ 4
Έστω ένας δεκαεξαψήφιος θετικός ακέραιος αριθμός.
Να αποδείξετε ότι υπάρχουν ένα ή περισσότερα διαδοχικά ψηφία του , το γινόμενο των οποίων είναι τέλειο τετράγωνο!

Έστω $A = \overline{a_1a_2\cdots a_{16}}$ ο αριθμός. Κοιτάζουμε τους αριθμούς $x_1 = a_1, x_2 = a_1 \cdot a_2, x_3 = a_1 \cdot a_2 \cdot a_3, \ldots$ . Μπορούμε να γράψουμε $x_i = 2^{b_i}\cdot 3^{c_i} \cdot 5^{d_i} \cdot 7^{d_i}$ ως γινόμενο πρώτων παραγόντων. Κοιτάζουμε τα

διανύσματα $v_i = (b_i \bmod 2,c_i \bmod 2,d_i \bmod 2,e_i \bmod 2)$ . Αν για κάποιο

έχουμε

τότε το

είναι τέλειο τετράγωνο και τελειώσαμε. Αλλιώς, από την αρχή του περιστερώνα θα έχουμε i < j

με

. Τότε το $a_{i+1} \times \cdots \times a_j = x_j/x_i$ είναι τέλειο τετράγωνο και πάλι τελειώσαμε.

#7

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: ↑
Πέμ Απρ 02, 2020 8:43 pm

socrates έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 30, 2020 12:23 am

ΘΕΜΑ 3
Να βρείτε όλους τους θετικούς ακέραιους με διαιρέτες τους αριθμούς $\displaystyle{1=d_1<d_2<...<d_k=n}$
για τους οποίους ισχύει $\displaystyle{n^2 = d_{22}^2\left(d_7^2 + d_{10}^2 \right)}$

Μια απαίσια λύση
Δείχνω πρώτα τα εξής $\rm i)\,\,\,\,2\mid n\,\,\,ii)\,\,\,3\mid n,\,\,\,\,iii)5\mid n$ .

i) Έστω ότι $\rm n$ περιττός.Τότε πρέπει $\rm d_i,i=1,2,...,k$ περιττός άρα $\rm d_{22}^2(d_7^2+d_{10}^2)\equiv 1(1+1)\equiv 0\pmod{2}$ άτοπο!
ii)Έστω $\rm n\not\equiv 0\pmod{3}$ ,τότε $\rm d_i\not\equiv 0\pmod{3}\Leftrightarrow d_i^2\equiv 1\pmod{3},i=1,2,..,k$ άρα $\rm n^2\equiv 1(1+1)\equiv 2\pmod{3}$ άτοπο!
iii)Έστω $\rm n\not\equiv 0\pmod{5}$ τότε $\rm d_i\not\equiv 0\pmod{5}\Leftrightarrow d_i^2\equiv 1,4\pmod{5},i=1,2,..,k$ . Παίρνοντας τις περιπτώσεις $\rm d_{22},d_{7},d{10}\pmod{5}$ καταλήγουμε σε άτοπο.
Από τα παραπάνω έπεται επίσης ότι $\rm n\equiv 0\pmod{6},n\equiv 0\pmod{10},n\equiv 0\pmod{15}$ .
Από την υπόθεση πρέπει ο αριθμός $\rm d_7^2+d_{10}^2$ να είναι τετράγωνο κάποιου $\rm d_j$ και αυτό γιατί $\rm n\equiv0\pmod{d_{22}}$
Εξετάζω δύο περιπτώσεις:

Περίπτωση 1η : $\rm n\equiv0\pmod{4}$
Θα είναι $\rm d_1=1,d_2=2,d_3=3,d_4=4,d_5=5,d_6=6$ και $\rm n\equiv0\pmod{12}$
Υποπερίπτωση 1η: $\rm n\equiv 0\pmod{7}$
Τότε θα είναι και $\rm d_7=7$ .Όμως η $\rm 49+d_{10}^2=d_j^2$ έχει θετική λύση για $d_{10}=24$ (ο τρόπος επίλυσης είναι απλός με διαφορά τετραγώνων κλπ).Αυτό όμως δεν μπορεί να συμβαίνει καθώς και οι είναι διαιρέτες του $\rm n$ αλλά οι τιμές $\rm d_8,d_9$ δεν είναι αρκετές.

Υποπερίπτωση 2η: $\rm n\not\equiv 0\pmod{7}$
Τότε $\rm d_7=8,9,10$
Αν ήταν $\rm d_7=9$ τότε $\rm d_{10}^2=d_j^2$ που με παραγοντοποίηση κλπ δίνει $\rm d_{10}=12,40$ .Η τιμή απορρίπτεται αφού δεν θα υπήρχαν $\rm d_c$ για να αντιστοιχίσουμε όλους του διαιρέτες του $\rm n.$ .Για $\rm d_{10}=12$ θα είναι $\rm d_8=10,d_{9}=11$ και θα ισχύει η σχέση $\rm n=15d_{22}$ .Αν $\rm n \equiv 0 \pmod {13}$ τότε $\rm d_{11}=13,d_{12}=14,d_{13}=15$ άρα λόγω της $\rm d_{p}d_{k-p+1}=n$ θα είναι $\rm k-12=22$ δηλαδή $\rm k=34$ .Αν θεωρήσω $\displaystyle {\rm n=\prod_{i=1}^{m}p_i^{a_i}}$ τότε $\displaystyle{\rm \prod_{i=1}^{m}(a_i+1)=k=34}$ αυτό όμως είναι άτοπο γιατί το έχει ''λίγους'' πρώτους διαιρέτες και έχουμε ήδη αρκετούς πρώτους διαιρέτες του $\rm n$ .Όμοια αν το δεν διαιρεί το $\rm n$

Αν $\rm d_7=10$ τότε δεν μπορεί $\rm n\equiv 0\pmod{8}$ αλλά βρίσκουμε ότι πρέπει $\rm d_{10}=24\equiv 0\pmod{8}$ άτοπο!

Μένει λοιπόν η $\rm d_7=8$ .Η $\rm 64+d_{10}^2=d_i^2$ δίνει $\rm d_{10}=15$ (αφού $\rm d_{10}>d_8>6)$ ) και $\rm n=17d_{22}$ .Επειδή σίγουρα τα διαιρούν το \rm n θα είναι $\rm d_8=10,d_9=12,d_{10}=15$ .Αν $\rm n\equiv 0\pmod{16}$ τότε από την $\rm d_{p}d_{k-p+1}=n$ έπεται πως έπεται πως $\rm k=33$ .Επειδή το έχει ''λίγους'' διαιρέτες όπως πριν παίρνουμε άτοπο.Άρα $\rm d_{11}=17$ που δίνει $\rm k=32$ .Θεωρώντας την κανονική μορφή του $\rm n$ όπως πριν και επειδή $\rm u_2(n)=3$ έπεται πως $\rm n=2^3\cdot3\cdot5\cdot 17=2040$ που όπως θα δούμε και παρακάτω αποτελεί την μοναδική λύση του προβλήματος.

Περίπτωση 2η (φτάσαμε και εδώ ) :Αν $\rm n\not\equiv 0\pmod{4}$ .
Τότε είναι $\rm d_4=5,d_5=6$ .
Υποπερίπτωση 1η: $\rm d_6=7$ .Τότε $\rm d_7=9,10$ .
Αν $\rm d_7=9$ τότε από την $\rm 81+d_{10}^2=d_i^2$ παίρνουμε ότι οι λύσεις είναι $\rm \equiv 0\pmod4$ άτοπο.

Όπως πριν καταλήγουμε σε άτοπο επειδή από τη $\rm 100+d_{10}^2=d_{i}^2$ είναι $d_{10} \rm \equiv 0\pmod4$ .

Υποπερίπτωση 2η: $\rm d_6\neq 7$ .Τότε ακριβώς όπως πριν $\rm d_7=9,10$ που καταλήγει σε άτοπο λόγω της $\rm d_7^2+d_{10}^2=d_{i}^2$

Είναι λοιπόν $\boxed{\rm n=2040}$ .

Ωραία!
Σχετικό πρόβλημα: https://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=7016

Τεστ Εξάσκησης (39), Μικροί

Τεστ Εξάσκησης (39), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (39), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (39), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (39), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (39), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (39), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (39), Μικροί

Μέλη σε σύνδεση