Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2481

Άσκηση 1271 γ)
Κάθε θετικός ακέραιος χρωματίζεται κόκκινος ή πράσινος έτσι ώστε:
-- αν

είναι κόκκινος αριθμός, τότε το άθροισμα οποιονδήποτε

διαφορετικών κόκκινων αριθμών είναι κόκκινος αριθμός.
-- αν

είναι πράσινος αριθμός, τότε το άθροισμα οποιονδήποτε

διαφορετικών πράσινων αριθμών είναι πράσινος αριθμός.
Με πόσους τρόπους μπορεί να γίνει αυτό;
(Δεν έχω απάντηση. Το βάζω ως λογική συνέχεια των α,β.)

Άσκηση 1272
Να βρείτε όλους τους ακέραιους αριθμούς

για τους οποίους οι αριθμοί $\displaystyle{|n^3 −4n^2 + 3n−35|}$ και $\displaystyle{ |n^2 + 4n+ 8|}$ είναι πρώτοι.

Άσκηση 1273
Οι περιττοί πρώτοι αριθμοί

και

είναι τέτοιοι ώστε ο αριθμός p^2 +p

να διαιρείται από τον q^2 +q.

Να δείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{\frac{1}{2}(p−q)}$ είναι σύνθετος.

Άσκηση 1274
Ένας θετικός ακέραιος λέγεται μοναχικός αν το άθροισμα των αντιστρόφων των διαιρετών του (συμπεριλαμβανομένων του 1 και του ίδιου του αριθμού) είναι διαφορετικό από το άθροισμα των αντιστρόφων των διαιρετών οποιουδήποτε άλλου θετικού ακεραίου.
α) Να δείξετε ότι υπάρχουν άπειροι θετικοί ακέραιοι που είναι μοναχικοί.
β) Να δείξετε ότι υπάρχουν άπειροι θετικοί ακέραιοι που δεν είναι μοναχικοί.

Άσκηση 1275
Να βρείτε τη μέγιστη τιμή της σταθεράς

ώστε

$\displaystyle{\frac{a}{1+9bc+k(b-c)^2}+\frac{b}{1+9ca+k(c-a)^2}+\frac{c}{1+9ab+k(a-b)^2}\geq \frac{1}{2}}$

για κάθε $a,\ b,\ c\geq 0$ με a+b+c=1

.

Άσκηση 1276
Ένα πεπερασμένο σύνολο $A\subset \Bbb{R}$ έχει την ιδιότητα:
το γινόμενο δύο οποιονδήποτε διαφορετικών στοιχείων του

είναι στοιχείο του

Πόσα το πολύ στοιχεία έχει το

Μπορείτε να βρείτε όλα τα σύνολα με αυτή την ιδιότητα;

Άσκηση 1277
Έστω a, b, c

θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε a + b + c = 1.

Να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{1}{a + b}+\frac{1}{b + c}+\frac{1}{c + a}+ 3(ab + bc + ca) \geq \frac{11}{2}.}$

Άσκηση 1278
Δίνεται κανονικό 99-

γωνο.
Να βρείτε το πλήθος των ισοσκελών τριγώνων των οποίων οι κορυφές συμπίπτουν με αυτές του πολυγώνου.

Άσκηση 1279
Σε κάθε κελί ενός $m \times n$ πίνακα είναι γραμμένος ένας αριθμός. Σε κάθε κίνηση επιτρέπεται να αλλάξετε το πρόσημο όλων των αριθμών μιας σειράς ή όλων των αριθμών μιας στήλης.
Να δειχθεί ότι μπορείτε να κάνετε μια ακολουθία κινήσεων ώστε εν τέλει το άθροισμα των αριθμών κάθε σειράς και το άθροισμα των αριθμών κάθε στήλης να είναι μη αρνητικό. (Πηγή: Σοβιετική Ένωση 1961)
http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=51101

Άσκηση 1280
Στο επίπεδο θεωρούμε $n\geq 3$ σημεία, ανά τρία μη συνευθειακά. Καθένα από αυτά χρωματίζεται με ένα από τρία διαθέσιμα χρώματα, έτσι ώστε κάθε χρώμα να χρησιμοποιηθεί μία τουλάχιστον φορά. Να δείξετε ότι υπάρχει τρίγωνο του οποίου οι κορυφές είναι χρωματισμένες ανά δύο με διαφορετικό χρώμα και το οποίο δεν περιέχει στο εσωτερικό του κανένα από τα επιλεγμένα σημεία.

Άσκηση 1281
Κάθε σημείο του επιπέδου χρωματίζεται με ένα από

διαθέσιμα χρώματα.
Αν κάθε ευθεία του επιπέδου περιέχει σημεία χρωματισμένα με δύο, το πολύ, χρώματα, να βρεθεί η μέγιστη τιμή του

Άσκηση 1282
Θεωρούμε μια σκακιέρα $3\times7$ . Κάθε κελί χρωματίζεται πράσινο ή κόκκινο.
(α) Είναι δυνατόν να χρωματιστούν τα κελιά με τέτοιο τρόπο ώστε κάθε ορθογώνιο αποτελούμενο από κελιά της σκακιέρας να έχει τα κελιά των κορυφών του χρωματισμένα με διαφορετικά χρώματα;
(β) Είναι αυτό δυνατό για μια σκακιέρα $4\times 6;$

#2482

socrates έγραψε:
Άσκηση 1275
Να βρείτε τη μέγιστη τιμή της σταθεράς ώστε

$\displaystyle{\frac{a}{1+9bc+k(b-c)^2}+\frac{b}{1+9ca+k(c-a)^2}+\frac{c}{1+9ab+k(a-b)^2}\geq \frac{1}{2}}$

για κάθε $a,\ b,\ c\geq 0$ με .

Για $\displaystyle{a=b=\frac{1}{2}, c=0}}$ βρίσκουμε από την ανισότητα $\displaystyle{k\leq 4.}$

Αποδεικνύουμε ότι η ανισότητα ισχύει για $\displaystyle{k=4,}$ δηλαδή ότι

$\displaystyle{\sum \frac{a}{1+9bc+4(b-c)^2}\geq \frac{1}{2}.}$

Από Cauchy-Schwarz έχουμε

$\displaystyle{\sum \frac{a}{1+9bc+4(b-c)^2}=\sum \frac{a^2}{a+9abc+4a(b-c)^2}\geq \frac{(a+b+c)^2}{a+b+c+27abc+4\sum a(b-c)^2}=}$

$\displaystyle{=\frac{1}{1+27abc+4\sum a(b-c)^2}.}$

Άρκεί τώρα

$\displaystyle{\frac{1}{1+27abc+4\sum a(b-c)^2}\geq \frac{1}{2}\iff 1\geq 27abc+4\sum a(b-c)^2\iff }$

$\displaystyle{\iff (a+b+c)^3\geq 27abc+4\sum a(b-c)^2\iff a^3+b^3+c^3+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a),}$

η οποία ισχύει (ανισότητα Schur).

Άρα $\displaystyle{\boxed{k_{\max }=4}}$

#2483

socrates έγραψε:
Άσκηση 1277
Έστω θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε Να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{1}{a + b}+\frac{1}{b + c}+\frac{1}{c + a}+ 3(ab + bc + ca) \geq \frac{11}{2}.}$

Είναι

$\displaystyle{\sum \frac{1}{a+b}=\sum \frac{1}{1-a}=\frac{(1-a)(1-b)+(1-b)(1-c)+(1-c)(1-a)}{(1-a)(1-b)(1-c)}\stackrel{a+b+c=1}{=}\frac{1+ab+bc+ca}{ab+bc+ca-abc}}$ .

Ας ονομάσουμε $\displaystyle{x:=ab+bc+ca, y:=abc,}$ οπότε έχουμε να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{\frac{1+x}{x-y}+3x\geq \frac{11}{2}\iff y\geq \frac{-6x^2+9x-2}{11-6x}}$ (σημειωτέον ότι $\displaystyle{x\leq \frac{1}{3}}$ ).

Όμως, από Schur είναι

$\displaystyle{1+9y\geq 4x, }$

οπότε αρκεί

$\displaystyle{\frac{4x-1}{9}\geq \frac{-6x^2+9x-2}{11-6x}\iff 30x^2-31x+7\leq 0.}$

Αυτό ισχύει, αφού, όπως προείπαμε, ισχύει $\displaystyle{x\leq \frac{1}{3}.}$

#2484

socrates έγραψε:
Άσκηση 1271
α) Κάθε θετικός ακέραιος χρωματίζεται κόκκινος ή πράσινος έτσι ώστε:
-- Το άθροισμα οποιονδήποτε δύο διαφορετικών κόκκινων αριθμών να είναι κόκκινος αριθμός
-- Το άθροισμα οποιονδήποτε δύο διαφορετικών πράσινων αριθμών να είναι πράσινος αριθμός
Με πόσους τρόπους μπορεί να γίνει αυτό;

Από συμμετρία μπορούμε να υποθέσουμε ότι το 1 είναι κόκκινο. (Στο τέλος θα πολλαπλασιάσουμε την απάντηση επί 2.)

Περίπτωση Α: Το

είναι κόκκινο. Τότε όλοι οι αριθμοί είναι κόκκινοι. (Αν το

και

είναι κόκκινα, τότε και το n+1

είναι κόκκινο.)
Περίπτωση Β: Το

είναι πράσινο.
Περίπτωση Β1: Το

είναι κόκκινο. Τότε όπως και στην περίπτωση

όλοι οι αριθμοί μεγαλύτεροι του

είναι κόκκινοι.
Περίπτωση Β2: Το

είναι πράσινο. Επαγωγικά όλοι οι αριθμοί της μορφής 2n+1

με

είναι πράσινοι. (Στο επαγωγικό βήμα χρησιμοποιούμε ότι το

είναι πράσινο.) Αν όμως ο 2n+1

με

είναι πράσινος τότε και ο

είναι πράσινος. Πράγματι αν το

ήταν κόκκινο τότε και το 2n+1

θα ήταν κόκκινο, άτοπο. Άρα όλοι οι αριθμοί εκτός από το 1 είναι πράσινοι.

Συνολικά λοιπόν έχουμε τρεις περιπτώσεις με το 1 να είναι κόκκινο. (Όλες ικανοποιούν τα δεδομένα.) Συνολικά λοιπόν έχουμε

τρόπους που ικανοποιούν τα δεδομένα.

G.Bas · #2485

socrates έγραψε: Άσκηση 1277
Έστω θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε Να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{1}{a + b}+\frac{1}{b + c}+\frac{1}{c + a}+ 3(ab + bc + ca) \geq \frac{11}{2}.}$

Η Ανισότητα ισοδύναμα, σύμφωνα με την υπόθεση, γράφεται

$\displaystyle{\sum\frac{a+b+c}{a+b}+3(ab+bc+ca)\geq\frac{11}{2}\Leftrightarrow \sum\frac{a}{b+c}+3(ab+bc+ca)\geq\frac{5}{2}}$ ή τελικά

$\displaystyle{\sum\frac{a}{b+c}-\frac{3}{2}\geq 1-3\sum ab=(a+b+c)^2-3(ab+bc+ca)}$ ή καλύτερα

$\displaystyle{\sum\frac{(a-b)^2}{2(a+c)(b+c)}\geq\frac{1}{2}\sum(a-b)^2}$ η οποία τελικά παίρνει τη μορφή

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum\left(\frac{1}{(a+c)(b+c)}-1\right)(a-b)^2\geq 0&\Leftrightarrow\sum\frac{1-(ab+bc+ca)-c^2}{(a+c)(b+c)}(a-b)^2\geq 0\\&\Leftrightarrow\sum\frac{a^2+b^2+ab+bc+ca}{(a+c)(b+c)}(a-b)^2\geq 0. \end{aligned}}$

raf616 · #2486

socrates έγραψε:Άσκηση 1280
Στο επίπεδο θεωρούμε $n\geq 3$ σημεία, ανά τρία μη συνευθειακά. Καθένα από αυτά χρωματίζεται με ένα από τρία διαθέσιμα χρώματα, έτσι ώστε κάθε χρώμα να χρησιμοποιηθεί μία τουλάχιστον φορά. Να δείξετε ότι υπάρχει τρίγωνο του οποίου οι κορυφές είναι χρωματισμένες ανά δύο με διαφορετικό χρώμα και το οποίο δεν περιέχει στο εσωτερικό του κανένα από τα επιλεγμένα σημεία.

Καλησπέρα, μία προσπάθεια, ελπίζω σωστή.

Αν ένα τρίγωνο έχει τις κορυφές του βαμμένες ανά δύο με διαφορετικό χρώμα το ονομάζω πολυχρωματικό.

Από την υπόθεση, υπάρχει πολύχρωματικό τρίγωνο. Από όλα τα πολύχρωματικά τρίγωνα, διαλέγω εκείνο με το ελάχιστο εμβαδόν(αν δεν είναι μόνο ένα, διαλέγω ένα από

αυτά). Θα δείξω ότι αυτό ικανοποιεί το ζητούμενο. Έστω A_1A_2A_3

το τρίγωνο και έστω X,Y,Z

τα χρώματα των κορυφών του αντίστοιχα. Έστω τώρα ότι υπάρχει στο

εσωτερικό του σημείο A_4

και χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτω ότι είναι βαμμένο με χρώμα

. Τώρα όμως το τρίγωνο A_4A_2A_3

είναι πολυχρωματικό αλλά έχει

μικρότερο εμβαδόν από το A_1A_2A_3

, άτοπο. Άρα, το A_1A_2A_3

ικανοποιεί το ζητούμενο και έτσι η απόδειξη ολοκληρώνεται.

#2487

Demetres έγραψε:
socrates έγραψε:
Άσκηση 1271
α) Κάθε θετικός ακέραιος χρωματίζεται κόκκινος ή πράσινος έτσι ώστε:
-- Το άθροισμα οποιονδήποτε δύο διαφορετικών κόκκινων αριθμών να είναι κόκκινος αριθμός
-- Το άθροισμα οποιονδήποτε δύο διαφορετικών πράσινων αριθμών να είναι πράσινος αριθμός
Με πόσους τρόπους μπορεί να γίνει αυτό;
Από συμμετρία μπορούμε να υποθέσουμε ότι το 1 είναι κόκκινο. (Στο τέλος θα πολλαπλασιάσουμε την απάντηση επί 2.)

Περίπτωση Α: Το είναι κόκκινο. Τότε όλοι οι αριθμοί είναι κόκκινοι. (Αν το και είναι κόκκινα, τότε και το είναι κόκκινο.)
Περίπτωση Β: Το είναι πράσινο.
Περίπτωση Β1: Το είναι κόκκινο. Τότε όπως και στην περίπτωση όλοι οι αριθμοί μεγαλύτεροι του είναι κόκκινοι.
Περίπτωση Β2: Το είναι πράσινο. Επαγωγικά όλοι οι αριθμοί της μορφής με είναι πράσινοι. (Στο επαγωγικό βήμα χρησιμοποιούμε ότι το είναι πράσινο.) Αν όμως ο με είναι πράσινος τότε και ο είναι πράσινος. Πράγματι αν το ήταν κόκκινο τότε και το θα ήταν κόκκινο, άτοπο. Άρα όλοι οι αριθμοί εκτός από το 1 είναι πράσινοι.

Συνολικά λοιπόν έχουμε τρεις περιπτώσεις με το 1 να είναι κόκκινο. (Όλες ικανοποιούν τα δεδομένα.) Συνολικά λοιπόν έχουμε τρόπους που ικανοποιούν τα δεδομένα.

Για την ιστορία, το παραπάνω ήταν το δύσκολο θέμα (το υπ' αριθμόν 30) στον διαγωνισμό Καγκουρό 2015, για μαθητές Α και Β Γυμνασίου.
Δεν είχα γράψει λύση εδώ, για να την χαρούν άλλοι, αλλά την έχω λυμένη στο αντίστοιχο βιβλίο μου. Επισυνάπτω τώρα το τμήμα του βιβλίου μου με την λύση, η οποία είναι στο ίδιο μήκος κύματος με του Δημήτρη.

Ας σημειώσω ότι στον διαγωνισμό Καγκουρό, οι μαθητές έχουν 4-5 λεπτά να την λύσουν (οι απαντήσεις είναι πολλαπλής επιλογής, χωρίς αιτιολόγιση). Υπάρχουν πάντως μερικοί μαθητές που κάθε χρόνο λύνουν όλες ή σχεδόν όλες, και τις 30, ερωτήσεις. Μόνο θαυμασμό μπορούν να προκαλέσουν.

(Αργότερα θα αντικαταστήσω την παρακάτω εικόνα με κείμενο. Αυτή την στιγμή είμαι στην βιβλιοθήκη της Βουλής και ετοιμάζομαι για ταξίδι στο εξωτερικό. Διαβάζω την εξαιρετική Γεωμετρία του Κορέ, έκδοση 1903, στην έρευνά μου που κάνω για την ιστορία του ορθοκέντρου).

Φιλικά από εκτός έδρας,

Μιχάλης

raf616 · #2488

socrates έγραψε:Άσκηση 1281
Κάθε σημείο του επιπέδου χρωματίζεται με ένα από διαθέσιμα χρώματα.
Αν κάθε ευθεία του επιπέδου περιέχει σημεία χρωματισμένα με δύο, το πολύ, χρώματα, να βρεθεί η μέγιστη τιμή του

Καταρχάς θα δείξω ότι δε γίνεται να έχουμε $n \geq 4$ . Έστω τέσσερα σημεία A, B, C, D

στο επίπεδο βαμμένα με διαφορετικά χρώματα, έστω X, Y, Z, W

. Μπορούμε να

χωρίσουμε τα σημεία σε δύο ομάδες έτσι ώστε οι ευθείες που ορίζουν να τέμνονται. Χωρίς βλάβη της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι οι ομάδες είναι τα A, C

και

.

Έστω $P \equiv AC \cap BD$ . Για το χρώμα του

πρέπει $P \in \{X, Z\} \cap \{Y, W\} = \emptyset$ και άρα έχουμε άτοπο. Άρα, $n \leq 3$ . Θα δείξω ότι για n = 3

γίνεται. Πράγματι,

έστω A, B, C

τρία σημεία βαμμένα με τα χρώματα X, Y, Z

αντίστοιχα. Βάφω τώρα τα υπόλοιπα σημεία του επιπέδου με το χρώμα

εκτός από αυτά που ανήκουν στη

τα

οποία βάφω με το χρώμα

(με εξαίρεση βέβαια το

που έχει χρώμα

). Η κατασκευή αυτή ικανοποιεί τις συνθήκες και έτσι προκύπτει το ζητούμενο.

*EDIT: Έγιναν κάποιες μικροδιορθώσεις μετά από παρατήρηση του Θανάση, τον οποίο ευχαριστώ!

raf616 · #2489

socrates έγραψε:Άσκηση 1274
Ένας θετικός ακέραιος λέγεται μοναχικός αν το άθροισμα των αντιστρόφων των διαιρετών του (συμπεριλαμβανομένων του 1 και του ίδιου του αριθμού) είναι διαφορετικό από το άθροισμα των αντιστρόφων των διαιρετών οποιουδήποτε άλλου θετικού ακεραίου.
α) Να δείξετε ότι υπάρχουν άπειροι θετικοί ακέραιοι που είναι μοναχικοί.
β) Να δείξετε ότι υπάρχουν άπειροι θετικοί ακέραιοι που δεν είναι μοναχικοί.

Βάζω μία προσέγγιση, ελπίζω σωστή.

Καταρχάς, έστω S(n)

το άθροισμα των αντιστρόφων των διαιρετών του

. Έστω επίσης 1 = d_1 < d_2 < ... < d_k = n

οι διαιρέτες του.

Τότε, λαμβάνοντας υπόψη και ότι $d_id_{n-i+1} = n, \forall i \leq n$ έχουμε:

$\displaystyle{S(n) = \sum_{k=1}^{n}{\dfrac{1}{d_k}} \iff nS(n) = \sum_{k=1}^{n}{d_k} \iff S(n) = \dfrac{\sigma(n)}{n}}$ , όπου $\sigma(n)$ η συνάρτηση που δίνει το άθροισμα των διαιρετών του

. Σημειωτέον ότι η $\sigma$ είναι

πολλαπλασιαστική(θα χρειαστεί στη συνέχεια).

(α) Θα δείξω ότι κάθε πρώτος είναι μοναχικός, από όπου το ζητούμενο έπεται. Έστω ότι για κάποιον πρώτο

, υπάρχει αριθμός

τέτοιος ώστε S(p) = S(n)

. Είναι:

$\dfrac{p+1}{p} = \dfrac{\sigma(n)}{n} \iff n(p + 1) = p\sigma(n) \implies p \mid n \implies n = kp$ . Τότε $kp(p+1) = p\sigma(kp) \iff \sigma(kp) = k(p+1)$ .

Είναι προφανές ότι $\sigma(p^a) \geq \sigma(p)$ για $a \geq 1$ . Άρα $\sigma(kp) \geq \sigma(k) \cdot \sigma(p) \iff \sigma(k) \leq k$ το οποίο ισχύει μόνο όταν k=1

που δίνει

και άρα το ζητούμενο.

(β) Θα δείξω ότι οι αριθμοί

με

πρώτο μεγαλύτερο ή ίσο του

δεν είναι μοναχικοί. Πράγματι, είναι(αφού (6, q)=1

) $S(6q) = \dfrac{\sigma(6q)}{6q} = \dfrac{2(q+1)}{q}$ .

Όμως $S(28q) = \dfrac{\sigma(28q)}{28q} = \dfrac{2(q+1)}{q}$ και άρα το ζητούμενο εδείχθη.

Σε hide το κίνητρο για την επιλογή του

και του

.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

raf616 · #2490

socrates έγραψε:Άσκηση 1276
Ένα πεπερασμένο σύνολο $A\subset \Bbb{R}$ έχει την ιδιότητα:
το γινόμενο δύο οποιονδήποτε διαφορετικών στοιχείων του είναι στοιχείο του
Πόσα το πολύ στοιχεία έχει το Μπορείτε να βρείτε όλα τα σύνολα με αυτή την ιδιότητα;

Καλησπέρα, μία προσπάθεια.

Καταρχάς, παρατηρούμε ότι αν ένα σύνολο που ικανοποιεί τις δοθείσες συνθήκες δεν περιέχει το

τότε μπορούμε να προσθέσουμε το

και οι προϋποθέσεις να εξακολουθούν να

ικανοποιούνται. Υποθέτουμε, επομένως ότι το

δεν έχει μηδενικά στοιχεία.

Έστω τώρα ότι υπάρχουν $x, y \in A$ τέτοια ώστε $|x|, |y| \neq \pm 1$ και έστω $xy \neq \pm 1$ .

Τώρα $xy \in A$ και $x^2y^2 \in A$ . Τώρα, όμως επειδή $(xy)^m \neq xy, m \geq 2$ παίρνουμε επαγωγικά ότι $(xy)^{2^k} \in A$ , άτοπο αφού τότε το

δεν είναι πεπερασμένο.

Άρα, για κάθε $x, y \in A$ τέτοια ώστε $|x|, |y| \neq 1$ παίρνουμε ότι $xy = \pm 1$ . Αν έχουμε τώρα τρία στοιχεία $x, y, z \in A$ διάφορα των -1, 1

τότε δύο από τους xy, yz, zx

είναι

ίσοι και άρα δύο από τους x, y, z

είναι ίσοι, άτοπο. Αν τώρα $A = \{1, -1, x, y\}$ παίρνουμε ότι x = -y

και άρα

που δίνει $x = \pm 1$ και άρα βάζοντας και το

παίρνουμε

. Αν $A = \{-1, x, y\}$ τότε παίρνουμε πάλι |A| = 3

όπως πριν. Αν $A = \{1, x, y\}$ τότε διαλέγοντας δύο αντίστροφους αριθμούς x, y

με $x, y \neq \pm 1$ και

προσθέτοντας και το

παίρνουμε

που είναι και το ζητούμενο μέγιστο. Τα σύνολα που επαληθεύουν αυτό το αποτέλεσμα είναι όλα τα σύνολα της μορφής $\left\{0, 1, m, \dfrac{1}{m}\right\}$

με $m \in \Bbb{R} - \{-1, 0, 1\}$ .

*EDIT: Άλλαξαν κάποια πράγματα μετά από παρατηρήσεις του Θανάση, τον οποίο και ευχαριστώ!

Αρχιμήδης 6 · #2491

socrates έγραψε:

Άσκηση 1273
Οι περιττοί πρώτοι αριθμοί και είναι τέτοιοι ώστε ο αριθμός να διαιρείται από τον
Να δείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{\frac{1}{2}(p−q)}$ είναι σύνθετος.

(1)

Άρα q|p(p+1)

οπότε έχω

περιπτώσεις

q|p

άρα

και τότε $\dfrac{p-q}{2}=0$ άρα σύνθετος (;)

Μένει να αποδείξω το πρόβλημα αν q|p+1

(2)

Αφού q(q+1)|p(p+1)

(1)

Αν

τότε από την (1) p|q+1

(3)

Άρα από (2),(3) θα έχω p|q+1

,

άρα $p\leq{q+1}\leq{p+2}$ και δεδομένου ότι p,q

περιττοί μοναδική περίπτωση αν q+1=p+1

δηλαδή

άρα $\dfrac{p-q}{2}=0$ σύνθετος.

Αν (q+1,p)=1

τότε από (1) θα πρέπει q+1|p+1

(4) και δεδομένου του (2) τότε από (2) , (4) θα πρέπει

q(q+1)|p+1

άρα θα θέσω p=kq(q+1)-1

,

και τότε

$\dfrac{p-q}{2}=\dfrac{kq^2+kq-1-q}{2}=\dfrac{(kq-1)(q+1)}{2}$ (5)

Επειδή

περιττός θα μπορώ να θέσω q=2r+1

,

συνεπώς από (5)

$\dfrac{p-q}{2}=(2kr+k-1)(r+1)$

Αρχιμήδης 6 · #2492

socrates έγραψε:

Άσκηση 1273
Οι περιττοί πρώτοι αριθμοί και είναι τέτοιοι ώστε ο αριθμός να διαιρείται από τον
Να δείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{\frac{1}{2}(p−q)}$ είναι σύνθετος.

Δίνω και μια άλλη απόδειξη με τέχνασμα.

q(q+1)|p(p+1)

. Αν

ισχύει. Αν p>q

τότε θα υπάρχει θετικός ακέραιος k>1

έτσι ώστε

$\dfrac{p^2+p}{q^2+q}=k$ (1)

$\dfrac{(p-q)(p+q+1)}{q(q+1)}=k-1$ άρα

$\dfrac{p-q}{2}=\dfrac{q(q+1)(k-1)}{2(p+q+1)}$ (2) , p>q

,

Παρατηρώ στη (2) ότι (p+q+1,q+1)=1

αφού

άρα

$\dfrac{p-q}{2}=\dfrac{q+1}{2}*\dfrac{(k-1)q}{p+q+1}$

Εδώ βλέπω ότι τα

κλάσματα στο δεξιό μέλος είναι θετικοί ακέραιοι και η μόνη περίπτωση για να μην είναι σύνθετος είναι αν $\dfrac{(k-1)q}{p+q+1}=1$ που τότε από την (1) καταλήγω ότι p=2q+1

κάτι τέτοιο είναι αδύνατον αφού q(q+1)|p(p+1)

#2493

socrates έγραψε:Άσκηση 1264
Βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους τέτοιους ώστε το άθροισμα των τριών μεγαλύτερων διαιρετών τους να ισούται με

Παρατηρούμε ότι 1457=31.47

Έστω τώρα $\displaystyle{n}$ είναι ο ζητούμενος αριθμός . Τότε $\displaystyle{n=p_1 ^{n_1}.p_2 ^{n_2}.p_3 ^{n_3}. ... .p_k ^{n_k}}$ , όπου $\displaystyle{1 < p_1 <p_2 < ... <p_k}$ και

$\displaystyle{n_1 , n_2 , ... , n_k \in N}$ . Τότε οι τρεις από τους πιο μεγάλους διαιρέτες του $\displaystyle{n}$ είναι οι αριθμοί $\displaystyle{n , \frac{n}{p_1} , \frac{n}{p_1 ^{2}}}$ ,

ή οι αριθμοί $\displaystyle{n , \frac{n}{p_1} , \frac{n}{p_2}}$

Οπότε διακρίνουμε δύο περιπτώσεις

1) ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: Οι τρεις πιο μεγάλοι διαιρέτες του $\displaystyle{n}$ είναι οι $\displaystyle{n , \frac{n}{p_1} , \frac{n}{p_1 ^2}}$ . Τ'οτε με βάση το πρόβλημα έχουμε:

$\displaystyle{n + \frac{n}{p_1}+ \frac{n}{p_1 ^{2}} = 31.47 \Rightarrow }$

$\displaystyle{p_1 ^{n_1}.p_2 ^{n_2}. ... .p_k^{n_k} + p_1 ^{n_1 -1}.p_2 ^{n_2}. ... .p_k ^{n_k} + p_1 ^{n_1 -2}.p_2 ^{n_2}. ... .p_k ^{n_k} = 31.47 \Rightarrow}$

$\displaystyle{p_1 ^{n_1 -2}.p_2 ^{n_2}. ... p_k ^{n_k} (p_1 ^2 +p_1 +1)=31.47 , (*)}$ . Από εδώ συμπεραίνουμε ότι $\displaystyle{p_1 ^2 +p_1 +1=31}$ ή $\displaystyle{p_1 ^2 +p_1 +1 =47}$ .

Εύκολα τώρα βρίσκουμε ότι: $\displaystyle{p_1 =5}$ και άρα (από την (*)) έχουμε $\displaystyle{5^{n_1 -2}.p_2 ^{n_2}. ... p_k ^{n_k}.31=31.47\Rightarrow 5^{n_1 -2}.p_2 ^{n_2}. ...p_k ^{n_k}=47}$

Άρα $\displaystyle{n_1 =2 , p_2 =47 , n_2 =1 , n_3 =n_4 =... =n_k =0}$ . Άρα $\displaystyle{n=5^2 .47 = 1175}$

2) ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: Οι τρεις πιο μεγάλοι διαιρέτες του $\displaystyle{n}$ είναι οι $\displaystyle{n , \frac{n}{p_1} , \frac{n}{p_2}}$ . Τότε $\displaystyle{n+\frac{n}{p_1}+\frac{n}{p_2}=31.47\Rightarrow}$

$\displaystyle{ p_1 ^{n_1}.p_2 ^{n_2}. ... .p_k^{n_k} + p_1 ^{n_1 -1}.p_2 ^{n_2 }. ... .p_k ^{n_k} + p_1 ^{n_1 }.p_2 ^{n_2 -1}. ... .p_k ^{n_k} = 31.47 \Rightarrow}$

$\displaystyle{p_1 ^{n_1 -1}.p_2 ^{n_2 -1}.p_3 ^{n_3}. ... p_k ^{n_k}(p_1 p_2 +p_2 +p_1 )=31.47}$ (**) . Από εδώ συμπεραίνουμε ότι $\displaystyle{p_1 p_2 +p_2 +p_1 =31 }$ , ή $\displaystyle{p_1 p_2 +p_2 +p_1 =47}$

2a)ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ. $\displaystyle{p_1 p_2 +p_2 +p_1 =31\Rightarrow p_2 =\frac{32}{p_1 +1}-1}$ . Και δεδομένου ότι $\displaystyle{p_1 , p_2}$ πρώτοι , έπεται ότι $\displaystyle{p_1 \in\{3,7\}}$

Αν $\displaystyle{p_1 =3}$ , τότε $\displaystyle{p_2 =7}$ , οπότε $\displaystyle{p_3 = 47}$ και άρα $\displaystyle{n=3.7.47 = 987}$ . Στο ίδιο συμπέρασμα καταλήγουμε και όταν $\displaystyle{p_1 =7}$

2b)ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: $\displaystyle{p_1 p_2 +p_2 +p_1 =47 \Rightarrow p_2 = \frac{48}{p_1 +1}-1}$ . Και δεδομένου ότι $\displaystyle{p_1 , p_2}$ πρώτοι, έπεται ότι $\displaystyle{p_1 \in \{3,5,7,11\}}$

Αν $\displaystyle{p_1 =3}$ , τότε $\displaystyle{p_2 = 11}$ , οπότε έχουμε $\displaystyle{3^{n_1 -1}.11^{n_2 -1}.p_3 ^{n_3}. ... p_k ^{n_k}.47 = 31.47\Rightarrow}$

$\displaystyle{3^{n_1 -1}.11^{n_2 -1}.p_3 ^{n_3} . ... .p_k ^{n_k} =31}$ , από όπου προκύπτει ότι $\displaystyle{n_1 =1 , n_2 =1 , n_3 =1 , p_3 =31 , n_4 =n_5 =...=n_k = 0}$ . Τότε $\displaystyle{n=3.11.31=1023}$

Aν $\displaystyle{p_1 =5}$ , τότε $\displaystyle{p_2 =7}$ και από την (**) εύκολα προκύπτει ότι $\displaystyle{p_3 =31}$ . Άρα $\displaystyle{n=5.7.31=1085}$

Αν $\displaystyle{p_1 =7}$ , ή $\displaystyle{p_1 = 11}$ , καταλήγουμε σε άτοπο αφού πρέπει να είναι $\displaystyle{p_1 <p_2}$

Τελικά βρήκαμε ότι οι ζητούμενοι αριθμοί είναι οι $\displaystyle{1175 , 987 , 1023 , 1085}$

#2494

Άσκηση 1283
Έστω a,b,c

διαφορετικοί ανά δύο πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε οι εξισώσεις x^2+ax+1=0

και

να έχουν κοινή πραγματική ρίζα, όπως και οι εξισώσεις x^2+x+a=0

και

Να βρεθεί το άθροισμα a+b+c

.

Άσκηση 1284
Αν a, b, c>0,

να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{1 + ab}{c}+\frac{1 + bc}{a}+\frac{1 + ca}{b}>\sqrt{a^2 + 2} +\sqrt{b^2 + 2} +\sqrt{c^2 + 2}.}$

Άσκηση 1285
Αν a, b, c

θετικοί αριθμοί με a + b + c = 1,

να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{a^2}{b^3 + c^4 + 1}+\frac{b^2}{c^3 + a^4 + 1}+\frac{c^2}{a^3 + b^4 + 1}>\frac{1}{5}.}$

Άσκηση 1286
Έστω οι ακέραιοι a,b

για τους οποίους ο αριθμός a^2-4b

είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.
Να δείξετε ότι ο αριθμός 3ab

γράφεται ως άθροισμα τριών (όχι απαραίτητα διαφορετικών) τέλειων κύβων ακεραίων.

Άσκηση 1287
Για κάθε θετικό ακέραιο

συμβολίζουμε με d(n)

το μέγιστο περιττό διαιρέτη του. Να υπολογίσετε το άθροισμα

$\displaystyle{d(1008)+d(1009)+...+d(2015)}$

Άσκηση 1288
Αν

είναι ένας ακέραιος, να δείξετε ότι ο αριθμός 2(n^2 + 1)−n

δεν είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

Άσκηση 1289
Να δείξετε ότι η εξίσωση $x^2+y^3 = z^{2015}$ έχει άπειρες θετικές ακέραιες λύσεις.

Άσκηση 1290
Στην περιφέρεια κύκλου είναι γραμμένοι $n\geq3$ διαφορετικοί ανά δύο πραγματικοί αριθμοί, τέτοιοι ώστε καθένας να ισούται με το γινόμενο των δύο γειτονικών του αριθμών.
Να βρεθούν όλες οι δυνατές τιμές του

Άσκηση 1291
Έστω $a_1,a_2,...,a_{11}$ ακέραιοι αριθμοί.
Να δείξετε ότι υπάρχουν $b_1,b_2,...,b_{11}\in \{-1,0 ,1\}$ , όχι όλοι μηδέν, έτσι ώστε ο αριθμός $\displaystyle{N=a_1b_1+a_2b_2+...+a_{11}b_{11}}$ να διαιρείται με το 2015

.

Άσκηση 1292
Στον πίνακα είναι γραμμένος ένας θετικός ακέραιος.
Δύο μαθητές, ο Α και ο Β, παίζουν το ακόλουθο παιχνίδι. Εναλλάξ, αντικαθιστούν τον αριθμό που είναι γραμμένος στον πίνακα είτε με το πλήθος των διαιρετών του είτε με τη διαφορά του από το πλήθος των διαιρετών του. Έτσι σε κάθε κίνηση προκύπτει ένας μη αρνητικός ακέραιος. Νικητής είναι ο μαθητής που θα γράψει πρώτος τον αριθμό

Αν ο Α παίζει πρώτος, να βρείτε ποιος έχει στρατηγική νίκης αν αρχικά στον πίνακα είναι γραμμένος ο αριθμός
α) 1036

,
β)

#2495

socrates έγραψε:
Άσκηση 1291
Έστω $a_1,a_2,...,a_{11}$ ακέραιοι αριθμοί.
Να δείξετε ότι υπάρχουν $b_1,b_2,...,b_{11}\in \{-1,0 ,1\}$ , όχι όλοι μηδέν, έτσι ώστε ο αριθμός $\displaystyle{N=a_1b_1+a_2b_2+...+a_{11}b_{11}}$ να διαιρείται με το .

Εξετάζουμε τους $2^{11}= 2048> 2015$ αριθμούς $\displaystyle{a_1c_1+a_2c_2+...+a_{11}c_{11}}$ όπου
$c_1,c_2,...,c_{11}\in \{0 ,1\}$ . Προφανώς υπάρχουν δύο διαφορετικοί που αφήνουν το ίδιο υπόλοιπο
όταν διαιρεθούν δια του 2015

. Η διαφορά τους έχει τις ζητούμενες ιδιότητες (άμεσο).

#2496

socrates έγραψε:
Άσκηση 1285
Αν θετικοί αριθμοί με να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{a^2}{b^3 + c^4 + 1}+\frac{b^2}{c^3 + a^4 + 1}+\frac{c^2}{a^3 + b^4 + 1}>\frac{1}{5}.}$

Προφανώς είναι $\displaystyle{a,b,c\in (0,1).}$ Τότε, με χρήση της Cauchy-Schwarz, έχουμε

$\displaystyle{\frac{a^2}{b^3 + c^4 + 1}+\frac{b^2}{c^3 + a^4 + 1}+\frac{c^2}{a^3 + b^4 + 1}>\frac{a^2}{b^3 + c^3 + 1}+\frac{b^2}{c^3 + a^3 + 1}+\frac{c^2}{a^3 + b^3+ 1}\geq}$

$\displaystyle{\geq\frac{(a+b+c)^2}{3+2(a^3+b^3+c^3)}=\frac{1}{3+2(a^3+b^3+c^3)}>\frac{1}{5},}$

αφού $\displaystyle{a,b,c\in (0,1).}$

GMANS · #2497

socrates έγραψε:Άσκηση 1283
Έστω διαφορετικοί ανά δύο πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε οι εξισώσεις και να έχουν κοινή πραγματική ρίζα, όπως και οι εξισώσεις και Να βρεθεί το άθροισμα

Αν r η κοινή ρίζα των δύο πρώτων εξισώσεων τότε :
$\begin{Bmatrix} r^2+ar+1=0 (1)\\ \wedge \\ r^2+br+c=0 (2) \end{Bmatrix}\overset{(-)}{\rightarrow}r=\frac{c-1}{a-b}$

Αν t η κοινή ρίζα των δύο τελευταίων εξισώσεων τότε :

$\begin{Bmatrix} t^2+t+a=0\\ \wedge \\ t^2+ct+b=0\end{Bmatrix}\overset{(-)}{\rightarrow}(c-1)t=a-b \rightarrow t=\frac{a-b}{c-1} (επειδή a\neq b\rightarrow c\neq 1)$

Επομένως $rt=1\rightarrow r=\frac{1}{t}$
[ $(1)\Rightarrow \frac{1}{t^2}+\frac{a}{t}+1=0\Rightarrow 1+at+t^2=0\Rightarrow 1+at+t^2=0\Rightarrow 1+at-t-a=0\Rightarrow t=1,r=1}$ ]
Τότε : (1),(2) γίνονται
$\begin{Bmatrix} 1+a+1=0 \\ \wedge \\ 1+b+c=0 \end{Bmatrix}\overset{(+)}{\rightarrow}a+b+c=-3$

ευχαριστώ τον socrates για την επισήμανση . Πρόσθεσα τα περιεχόμενα στις "κόκκινες" αγκύλες

#2498

socrates έγραψε: Άσκηση 1288
Αν είναι ένας ακέραιος, να δείξετε ότι ο αριθμός δεν είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

Μια απόδειξη με χρήση τελευταίου ψηφίου.

Αν ο $\displaystyle{n}$ λήγει σε $\displaystyle{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,}$ ο $\displaystyle{2(n^2+1)-n}$ λήγει σε $\displaystyle{2,3,8,7,0,7,8,3,2,5}$ αντίστοιχα. Άρα απομένει να εξετάσουμε τις περιπτώσεις
$\displaystyle{n=10k+4,n=10k+9.}$

Στην πρώτη περίπτωση ο $\displaystyle{2(n^2+1)-n=10(20k^2+15k+3),}$ δηλαδή διαιρείται από το $\displaystyle{10,}$ αλλά όχι από το $\displaystyle{10^2,}$ αφού η παρένθεση δε διαιρείται από το $\displaystyle{5.}$

Στην δεύτερη περίπτωση ο $\displaystyle{2(n^2+1)-n=5(40k^2+70k+31),}$ διαιρείται από το $\displaystyle{5}$ , αλλά όχι από το $\displaystyle{5^2.}$

#2499

socrates έγραψε: Άσκηση 1284
Αν να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{1 + ab}{c}+\frac{1 + bc}{a}+\frac{1 + ca}{b}>\sqrt{a^2 + 2} +\sqrt{b^2 + 2} +\sqrt{c^2 + 2}.}$

Είναι

$\displaystyle{\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}\geq 2b}$ κτλ., άρα

$\displaystyle{\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\geq a+b+c.}$

Επομένως αρκεί

$\displaystyle{a+b+c+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}>\sqrt{a^2+2}+\sqrt{b^2+2}+\sqrt{c^2+2}.}$

Αυτή είναι συνέπεια της προφανούς

$\displaystyle{x+\frac{1}{x}>\sqrt{x^2+2}~\forall x>0.}$

Αρχιμήδης 6 · #2500

socrates έγραψε: Άσκηση 1288
Αν είναι ένας ακέραιος, να δείξετε ότι ο αριθμός δεν είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

Έστω ότι ο αριθμός 2n^2-n+2

είναι τετράγωνο ακεραίου τότε θα υπάρχει ακέραιος

έτσι ώστε

Ελέγχω

και θα έχει λύση μόνο αν $4n-1\equiv{x}\equiv0mod3$ αλλά τότε 9|15

αδύνατον.

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

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