Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#601

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 260.: Αν πολλαπλασιάσουμε δύο οποιουσδήποτε αριθμούς του συνόλου $S=\left\{2,5,13 \right\}$
και ύστερα αφαιρέσουμε τον αριθμό , τότε ο νέος αριθμός που θα προκύψει θα είναι τέλειο τετράγωνο.
Να αποδείξετε ότι το σύνολο δεν μπορεί να επεκταθεί με την προσθήκη ενός άλλου ακεραίου χωρίς να παραβιασθεί η παραπάνω συνθήκη.

Για την ιστορία, είναι το πρόβλημα 1 της διεθνούς ολυμπιάδας το 1986!

ΑΣΚΗΣΗ 263
Αν $m,n\in\Bbb{N}-\{0,1\}$ τέτοιοι ώστε $\displaystyle \sqrt{6}-\frac{m}{n}>0 ,$ να δείξετε ότι $\displaystyle \sqrt{6}-\frac{m}{n}>\frac{1}{2mn} .$

#602

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 252
Αν και είναι μη αρνητικοί ακέραιοι, τότε ο αριθμός $x\Box y$ είναι επίσης μη αρνητικός ακέραιος.
Η πράξη $\Box$ ικανοποιεί τη συνθήκη: $(x\Box y)(y\Box z) = x\Box z,~~~(1)$

Αν $23 \Box 47 \ne 0$ να υπολογίσετε τον αριθμό $61 \Box 89.$

από υπόθεση έχουμε: $61\Box 89$ μη αρνητικός ακέραιος.

$y=z:~~(1)\rightarrow (x\Box z)(z\Box z)=(x\Box z)\Rightarrow x\Box z=0 ~~ \eta ~~ z\Box z=1$

το πρώτο απορρίπτεται αφού $23\Box 47 \neq 0$ ,άρα $\boxed{z\Box z=1}$

$z=x:~~(1)\rightarrow (x\Box y)(y\Box x)=1\Rightarrow (61\Box 89)(89\Box 61)=1,$

$~~\mu\epsilon ~~ 61\Box 89\neq 0,~~89\Box 61\neq 0$

μη αρνητικοί ακέραιοι με γινόμενο ίσο

,άρα $\boxed{61\Box 89=1}$

#603

Το επόμενο θέμα, έχει τεθεί σε διαγωνισμό της ΕΜΕ για Λύκειο (είναι όμως κατάλληλο για ταλαντούχους μθητές Γυμνασίου)

ΑΣΚΗΣΗ 264

Το υποσύνολο

των πραγματικών αριθμών, έχει τις ιδιότητες:

$Z\subset A$

$\sqrt{2}+\sqrt{3}~~\epsilon~ A$

$A\nu~~ a,b~\epsilon ~A\Rightarrow a+b~\epsilon ~A , ab~\epsilon~ A$

Να αποδείξετε ότι $\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}~\epsilon ~A$

(Ζ είναι το σύνολο των ακεραίων)

AlexandrosG · #604

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:Το επόμενο θέμα, έχει τεθεί σε διαγωνισμό της ΕΜΕ για Λύκειο (είναι όμως κατάλληλο για ταλαντούχους μθητές Γυμνασίου)

ΑΣΚΗΣΗ 264

Το υποσύνολο των πραγματικών αριθμών, έχει τις ιδιότητες:

$Z\subset A$

$\sqrt{2}+\sqrt{3}~~\epsilon~ A$

$A\nu~~ a,b~\epsilon ~A\Rightarrow a+b~\epsilon ~A , ab~\epsilon~ A$

Να αποδείξετε ότι $\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}~\epsilon ~A$

(Ζ είναι το σύνολο των ακεραίων)

Γειά σας.

Μια λύση για το παραπάνω πρόβλημα.

Παρατηρούμε πρώτα ότι $\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}=\sqrt{3}-\sqrt{2}}$ . Άρα αρκεί να δείξουμε ότι ο τελευταίος αριθμός είναι στοιχείο του συνόλου $\displaystyle{A}$ .

Τώρα $\displaystyle{\sqrt{2}+\sqrt{3} \in A}$ οπότε

$\displaystyle{(\sqrt{2}+\sqrt{3})(\sqrt{2}+\sqrt{3}) \in A}$

δηλαδή $\displaystyle{5+2\sqrt{6} \in A}$ .

Επίσης $\displaystyle{-5 \in A}$ αφού είναι ακέραιος.

Άρα $\displaystyle{(5+2\sqrt{6})+(-5)=2\sqrt{6} \in A}$ .

Τότε $\displaystyle{(2\sqrt{6})(\sqrt{2}+\sqrt{3})=6\sqrt{2}+4\sqrt{3} \in A}$ .

Τώρα $\displaystyle{(-5)(\sqrt{2}+\sqrt{3})=-5\sqrt{2}-5\sqrt{3} \in A}$ .

Άρα $\displaystyle{(6\sqrt{2}+4\sqrt{3})+(-5\sqrt{2}-5\sqrt{3})=\sqrt{2}-\sqrt{3} \in A}$ .

Τέλος αφού $\displaystyle{-1 \in A}$ έχουμε

$\displaystyle{(-1)(\sqrt{2}-\sqrt{3})=\sqrt{3}-\sqrt{2} \in A}$ όπως θέλαμε.

AlexandrosG · #605

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 263
Αν $m,n\in\Bbb{N}-\{0,1\}$ τέτοιοι ώστε $\displaystyle \sqrt{6}-\frac{m}{n}>0 ,$ να δείξετε ότι $\displaystyle \sqrt{6}-\frac{m}{n}>\frac{1}{2mn} .$

Μια λύση σε αυτήν. Ίσως υπάρχει και γρηγορότερη.

Γράφω τη λύση όπως την σκέφτηκα μήπως έτσι βοηθήσω τους μικρούς μας φίλους.

Η ζητούμενη είναι πιο ισχυρή από τη δοσμένη ανισότητα (δηλαδή η δοσμένη προκύπτει αμέσως από την ζητούμενη) αλλά εδώ έχουμε να κάνουμε με φυσικούς αριθμούς και αυτό ίσως μας βοηθήσει. Για φυσικούς ισχύει το εξής ωραίο. Αν $\displaystyle{x>y}$ τότε $\displaystyle{x \geq y+1}$ που είναι πιο ισχυρό. Θα προσπαθήσουμε να το χρησιμοποιήσουμε. Κοιτάμε την δοσμένη. Την γράφουμε $\displaystyle{\sqrt{6}>\frac{m}{n}}$ . Υψώνουμε στο τετράγωνο (για να έχουμε μόνο φυσικούς αριθμούς) και παίρνουμε $\displaystyle{6n^2>m^2}$ .

Άρα $\displaystyle{6n^2 \geq m^2+1}$ $\displaystyle{(*)}$

Τώρα κοιτάμε την ζητούμενη. Την πάμε στη ισοδύναμη μορφή $\displaystyle{6>\frac{m^2}{n^2}+\frac{1}{4m^2n^2}+\frac{1}{n^2}}$ .

Άρα βλέπουμε ότι είναι πάλι πιο ισχυρή από την $\displaystyle{(*)}$ .

Μήπως μπορεί η $\displaystyle{(*)}$ να βελτιωθεί κι άλλο? Αν ήταν λίγο πιο ισχυρή θα λύναμε την άσκηση αφού

αν προς στιγμήν ξέραμε ότι $\displaystyle{6n^2 \geq m^2+2}$ $\displaystyle{(**)}$ τότε

$\displaystyle{6 \geq \frac{m^2+2}{n^2} >\frac{m^2}{n^2}+\frac{1}{4m^2n^2}+\frac{1}{n^2}}$ (αυτή η τελευταία βγαίνει εύκολα με πράξεις).

Μένει λοιπόν να δείξουμε την $\displaystyle{(**)}$ . Αν κοιτάξουμε την $\displaystyle{(*)}$
βλέπουμε ότι πρέπει να δείξουμε ότι $\displaystyle{6x^2 \neq y^2+1}$ για όλους τους φυσικούς $\displaystyle{x,y}$ .

Απόδειξη του τελευταίου:

Έστω ότι $\displaystyle{6x^2=y^2+1}$ . Το πρώτο μέλος είναι πολλαπλάσιο του $\displaystyle{6}$ . Θέτουμε $\displaystyle{y=6a+b}$ με $\displaystyle{b=0,1,2,3,4,5}$ .

Τότε το δεύτερο μέλος γίνεται πολλαπλάσιο του $\displaystyle{6}$ συν $\displaystyle{1,2,5,4,5,2}$ δηλάδη όχι πολλαπλάσιο του $\displaystyle{6}$ , άτοπο.

Άρα δεν υπάρχουν τέτοιοι φυσικοί. Άρα ισχύει η $\displaystyle{(**)}$ που λύνει την άσκηση όπως είδαμε.

#606

Επειδή σε λίγο καιρό, θα πραγματοποιηθεί ο διαγωνισμός της ΕΜΕ (ΘΑΛΗΣ), θα γράψω μερικά θέματα για προετοιμασία των μαθητών της Β και της Γ Γυμνασίου (άρα θα είναι στο πνεύμα των εξετάσεων για αυτές τις τάξεις)

ΑΣΚΗΣΗ 265: Σε ένα ισοσκελές τρίγωνο ABC

θεωρούμε ένα σημείο

στην βάση

και ένα σημείο

στην πλευρά

έτσι ώστε να είναι γωνία BAD

=γωνία

. Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ADE

είναι ισοσκελές.

(Για την Γ Γυμνασίου)

ΑΣΚΗΣΗ 266: Θεωρούμε τα πολυώνυμα

$P(x)=x^{4}-3x^{3}+x-3,$

$Q(x)=x^{2}-2x-3,$

$R(x)=-x^{2}-5x+a$

(α) Να ορίσετε το

έτσι ώστε το πολυώνυμο R(x)

να διαιρείται από το x-2

(β) Να αναλύσετε σε γινόμενο παραγόντων τα πολυώνυμα R(x),P(x),Q(x)

(γ) Να αποδείξετε ότι η παράσταση $-x^{2}+x+\frac{P(x)}{Q(x)}+15$ είναι τέλειο τεράγωνο

(Για την Γ Γυμνασίου)

(ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Η διαίρεση πολυωνύμου διά πολυώνυμο δεν είναι μέσα στην διδακτέα ύλη, νομίζω όμως ότι όποιος λαβαίνει μέρος σε τέτοιου είδους διαγωνισμούς, πρέπει να την μελετήσει)

ΑΣΚΗΣΗ 267: (α) Αν $b^{2}+c^{2}=a^{2},b\neq \pm c$ να υπολογίσετε την παράσταση:

$\frac{b^{3}+c^{3}}{b+c}+\frac{b^{3}-c^{3}}{b-c}$

(β) Αν $a+\frac{1}{a}=k, a\neq 0,$ να βρεθεί η παράσταση: $a^{4}+\frac{1}{a^{4}}$ σαν έκφραση του

(Για την Γ Γυμναασίου)

ΑΣΚΗΣΗ 268: Σε τρίγωνο ABC

τα μήκη των πλευρών του είναι διαδοχικοί ακέραιοι και ισχύει AB<BC<CA

. Αν η διχοτόμος

είναι κάθετη στην διάμεσο

, να βρεθούν τα μήκη των πλευρών του τριγώνου.

(Για την Β Γυμνασίου)

ΑΣΚΗΣΗ 269: Να βρείτε τους πραγματικούς αριθμούς $x_{1},x_{2},x_{3},x_{4}$ για τους οποίους ισχύουν ταυτόχρονα οι σχέσεις

$x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}+x_{4}^{2}=1$ και $x_{1}^{4}+x_{2}^{4}+x_{3}^{4}+x_{4}^{4}=1$

(Για την Γ Γυμνασίου)

ΑΣΚΗΣΗ 270: Αν $y=\frac{a^{x}+a^{-x}}{a^{x}-a^{-x}}, a>0,a\neq 1, x\neq 0$ και αν

$z=\frac{a^{4x}+a^{-4x}}{a^{4x}-a^{-4x}}$ , να εκφράσετε το

σαν συνάρτηση του

(Για την Γ Γυμνασίου)

ΑΣΚΗΣΗ 271: Ποιο είναι το τελευταίο ψηφίο του αριθμού:

$A=99999^{9999^{999^{99}}}$

(Για την Β και την Γ Γυμνασίου)

ΑΣΚΗΣΗ 272: Να εξετάσετε αν ο αριθμός

$A=\frac{7.\left(1968^{1968} \right)-3.\left(68^{78} \right)}{2011-2001}$ είναι ακέραιος.

(Για την Β και την Γ Γυμνασίου)

ΑΣΚΗΣΗ 273: Ισόπλευρο τρίγωνο και τετράγωνο έχουν την ίδια περίμετρο. Μπορεί να έχουν και το ίδιο εμβαδόν;

(Για την Β Γυμνασίου)

ΑΣΚΗΣΗ 274: Αν $a+b+c=k, \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{k}$ τότε ένας τουλάχιστον από τους a,b,c

θα είναι ίσος με

, (όπου οι αριθμοί a,b,c,k

είναι διάφοροι του μηδενός)

(Για την Γ Γυμνασίου)

ΑΣΚΗΣΗ 275: Να βρείτε την ελάχιστη και την μέγιστη τιμή της παράστασης:

A=6x-8y

αν γνωρίζουμε ότι $x^{2}+y^{2}=1, x,y\epsilon R$

(Για την Γ Γυμνασίου)

ΑΣΚΗΣΗ 276: Να αποδείξετε ότι ο αριθμός $156^{n}-12^{n}-13^{n}+1$ διαιρείται με το
132

για κάθε

φυσικό αριθμό.

(Για την Γ Γυμνασίου)

ΑΣΚΗΣΗ 277: Αν ο ακέραιος

γράφεται ως άθροισμα τετραγώνων δύο ακεραίων, τότε και ο αριθμός 10.a

γράφεται επίσης ως άθροισμα τετραγώνων δύο ακεραίων.

(Για την Γ Γυμνασίου)

ΑΣΚΗΣΗ 278: Αν οι πραγματικοί αριθμοί x,y

είναι καθένας τους άθροισμα δύο τετραγώνων, τότε και ο

είναι επίσης άθροισμα δύο τετραγώνων.

(Για την Γ Γυμνασίου)

ΑΣΚΗΣΗ 279: Να αποδείξετε ότι η παράσταση $A=3^{n+2}-2^{n+2}+3^{n}-2^{n}$ διαιρείται με το

για κάθε

θετικό ακέραιο.

(Για την Β Γυμνασίου)

ΑΣΚΗΣΗ 280: Μπορεί το άθροισμα πέντε διαδοχικών φυσικών αριθμών να είναι πρώτος;
Το ίδιο να εξετάσετε και για το άθροισμα των τετραγώνων πέντε διαδοχικών φυσικών αριθμών.

(Για την Γ Γυμνασίου)

ΑΣΚΗΣΗ 281: Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχουν ακέραιοι a,b,c,d

τέτοιοι ώστε να ικανοποιούν όλες τις παρακάτω ισότητες:

abcd-a=111...1

(το πλήθος των άσων είναι 2011

)

( // // // )
abcd-c=111...1

( // // // )
abcd-d=111...1

( // // // )

(Για την Β και την Γ Γυμνασίου)

#607

ΑΣΚΗΣΗ 282: Αν $a_{1},a_{2},...,a_{n}$ είναι θετικοί αριθμοί και έχουν γινόμενο ίσο με μονάδα, να αποδείξετε ότι $(1+a_{1})(1+a_{2})...(1+a_{n})\geq 2^{n}$

(Για την Γ Γυμνασίου)

ΑΣΚΗΣΗ 283: Οι εξωτερικές γωνίες ενός τριγώνου ABC

είναι ανάλογες προς τους αριθμούς 2,3,4

. Να υπολογισθούν οι εσωτερικές γωνίες του.

(Για την Β και Γ Γυμνασίου)

ΑΣΚΗΣΗ 284: Να βρεθούν τα δύο τελευταία ψηφία του αριθμού $2^{70}$

(Για την Β και Γ Γυμνασίου)

ΑΣΚΗΣΗ 285: Θεωρούμε τρίγωνο ABC

με

. Πάνω στην ημιευθεία

παίρνουμε σημείο

τέτοιο ώστε AT=AB

και ππάνω στην πλευρά

παίρνουμε σημείο

ώστε

. Έστω

το σημείο τομής των ευθειών BC,TP

. Να αποδείξετε ότι η

είναι διχοτόμος της γωνίας

(Για την Γ Γυμνασίου)

#608

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 282: Αν $a_{1},a_{2},...,a_{n}$ είναι θετικοί αριθμοί και έχουν γινόμενο ίσο με μονάδα, να αποδείξετε ότι $(1+a_{1})(1+a_{2})...(1+a_{n})\geq 2^{n}$

(Για την Γ Γυμνασίου)

Από την ανισότητα $\displaystyle{x+y\geq 2\sqrt{xy}}$ έχουμε

$\displaystyle{(1+a_{1})(1+a_{2})...(1+a_{n})\geq 2\sqrt{a_1}2\sqrt{a_2}\cdots 2\sqrt{a_n}=2^n \sqrt{a_1a_2\cdots a_n}=2^n.}$

#609

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 283: Οι εξωτερικές γωνίες ενός τριγώνου είναι ανάλογες προς τους αριθμούς . Να υπολογισθούν οι εσωτερικές γωνίες του.

(Για την Β και Γ Γυμνασίου)

Οι εξωτερικές γωνίες του τριγώνου είναι οι $\displaystyle{180^o-A,180^o-B,180^o -C.}$

Ισχύει

$\displaystyle{\frac{180^o-A}{2}=\frac{180^o-B}{3}=\frac{180^o-C}{4}=\frac{180^o-A+180^o-B+180^o-C}{2+3+4}=\frac{360^o}{9}=40^o.}$

Άρα, $\displaystyle{A=100^o,B=60^o,C=20^o.}$

#610

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 284: Να βρεθούν τα δύο τελευταία ψηφία του αριθμού $2^{70}$

Είναι $\displaystyle{2^9=512\equiv 12\mod 100,}$ άρα $\displaystyle{2^{63}\equiv 12^7\mod 100}$ και επομένως

$\displaystyle{2^{70}\equiv 24^7\mod 100}$ . (I)

Όμως, $\displaystyle{24^2=576\equiv -24\mod 100}$ άρα $\displaystyle{24^7\equiv 24\mod 100. }$ (II)

Από (Ι) και (ΙΙ) προκύπτει ότι τα δύο τελευταία ψηφία του $\displaystyle{2^{70}}$ είναι $\displaystyle{24}$ .

G.Bas · #611

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 263
Αν $m,n\in\Bbb{N}-\{0,1\}$ τέτοιοι ώστε $\displaystyle \sqrt{6}-\frac{m}{n}>0 ,$ να δείξετε ότι $\displaystyle \sqrt{6}-\frac{m}{n}>\frac{1}{2mn} .$

Νομίζω βρήκα μία λύση με CS.

Αρχικά έχουμε ότι $\displaystyle{n>m>1}$ και $\displaystyle{m<\sqrt{6}n}$ .

Θέλουμε να δείξουμε ότι $\displaystyle{6>\left(\frac{m}{n}+\frac{1}{2mn}\right)^2}$

ή

$\displaystyle{24m^2n^2>(2m^2+1)^2}$ . Από CS έχουμε ότι $\displaystyle{(2m^2+1)^2\leq (m^3+1)(4m+1)}$ . Ισχύει $\displaystyle{4m<4\sqrt{6}n\Rightarrow 4m+1\leq 4\sqrt{6}n}$ και $\displaystyle{m^3+1=(m+1)(m^2-m+1)\leq \sqrt{6}n(m^2-m+1)}$ .

Άρα, έχουμε δείξει ότι $\displaystyle{(2m^2+1)^2\leq 4\sqrt{6}n\cdot\sqrt{6}n\cdot(m^2-m+1)=24n^2(m^2-m+1)}$

Οπότε, αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle{24n^2(m^2-m+1)< 24n^2m^2}$

ή

$\displaystyle{m^2-m+1<m^2\Rightarrow m> 1}$ όπου ισχύει απο την υπόθεση.

#612

Λύση της άσκησης 271
=============================================================================
ΑΣΚΗΣΗ 271: Ποιο είναι το τελευταίο ψηφίο του αριθμού:

$A=99999^{9999^{999^{99}}}$
============================================================================
Θέλουμε να βρούμε το τελευταίο ψηφίο του αριθμού $99999^{9999^{999^{99}}}$
Επειδή ο αριθμός

είναι περιττός, θα έχουμε ότι 99=2k+1

με

φυσικό αριθμό
Τότε $999^{99}=999^{2k+1}=999^{2k}.999=(999^{2})^{k}.999$
Όμως ο αριθμός $999^{2}$ λήγει σε 1. Άρα και ο αριθμός $(999^{2})^{k}$ θα λήγει και αυτός σε 1 και συνεπώς ο $(999^{2})^{k}.999$ θα λήγει σε 9. Άρα θα είναι περιττός και θα έχει την μορφή 2n+1

με

φυσικό αριθμό.
Άρα θα έχουμε: $9999^{999^{99}}=9999^{2n+1}=(9999^{2})^{n}.9999$ . Βλέπουμε ότι και αυτός ο αριθμός λήγει σε 9 και άρα είναι περιττός. Άρα θα γράφεται στην μορφή 2m+1

με

φυσικό αριθμό.
Άρα θα έχουμε: $A=99999^{2m+1}=(99999^{2})^{m}.99999$ . Και από εδώ φαίνεται ότι ο αριθμός αυτός λήγει σε

KARKAR · #613

Παραθέτω μια συντομότερη λύση της άσκησης του Σ. Λουρίδα .
=========================================================================================================
Η εκφώνηση : " Αν ο εγγεγραμμένος κύκλος ορθογωνίου τριγώνου , εφάπτεται της υποτείνουσας στο

,

και ονομάσω BE=a , CE=b

, δείξτε ότι E=ab

.
==================================================================================
Η απάντηση :

Είναι : $E=\tau \rho =(a+b+\rho )\rho$ . Επίσης : $\displaystyle E=\frac{1}{2}(a+\rho )(b+\rho )=\frac{1}{2} [( ab+(a+b+\rho)\rho] =\frac{1}{2}(ab+E)$ ,

οπότε : $\displaystyle E=\frac{ab}{2}+\frac{E}{2}\Rightarrow E=ab$

Σημ. Η εκφώνηση και οι λύσεις , βρίσκονται στις σελίδες 21 και 22 του παρόντος θέματος .

S.E.Louridas · #614

Για την ΑΣΚΗΣΗ 174
================================================================================

" Αν ο εγγεγραμμένος κύκλος ορθογωνίου τριγώνου , εφάπτεται της υποτείνουσας στο

,

και ονομάσω BE=a , CE=b

, δείξτε ότι E=ab

.
==============================================================================
Μία τελείως στοιχειώδης λύση και γιά μαθητές της Γ' Γυμνασίου (επί των Μαθηματικών Διαγωνισμών), για λόγους πλουραλισμού, μιας και μας την θύμισε με την καλή παρέμβαση του ο Θανάσης:
$E = \frac{1} {2}\left( {ab + bp + ap + p^2 } \right)\;\kappa \alpha \iota \;\left( {a + b} \right)^2 = \left( {b + p} \right)^2 + \left( {p + a} \right)^2 \Rightarrow p^2 + bp + pa = ab \Rightarrow E = ab.$

S.E.Louridas

#615

Η αρχή του Περιστερώνα, είναι πολύ χρήσιμη σε αρκετές ασκήσεις. Μια άσκηση, που την δανείστηκα από ένα βιβλίο για μαθηματικούς διαγωνισμούς μικρών του Σ. Λουρίδα και του Κ Σάλαρη, είναι η παρακάτω:

ΑΣΚΗΣΗ 286:
Έστω

ακέραιοι αριθμοί $a_{1},a_{2},...,a_{99}$ . Να αποδείξετε ότι υπάρχουν ακέραιοι $k,\lambda ,$ με $0\leq k\leq \lambda \leq 99$ ώστε το άθροισμα
$a_{k+1}+a_{k+2}+...+a_{\lambda },$ να είναι πολλαπλάσιο του

.

#616

ΛΥΣΗ της άσκησης 286: (Γράφω την λύση της άσκησης αυτής, όπως έχει δοθεί από τους συγγραφείς)

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 286:
Έστω ακέραιοι αριθμοί $a_{1},a_{2},...,a_{99}$ . Να αποδείξετε ότι υπάρχουν ακέραιοι $k,\lambda ,$ με $0\leq k\leq \lambda \leq 99$ ώστε το άθροισμα
$a_{k+1}+a_{k+2}+...+a_{\lambda },$ να είναι πολλαπλάσιο του .

Θεωρούμε τα

αθροίσματα $a_{1}, a_{1}+a_{2},a_{1}+a_{2}+a_{3}, ... , a_{1}+a_{2}+...+a_{99}$
Αν ένα τουλάχιστον από αυτά είναι πολλαπλάσιο του

, τότε έχουμε τελειώσει
Υποθέτουμε ότι κανένα από αυτά δεν διαιρείται ακριβώς με το

. Τότε το εκάστοτε υπόλοιπο θα παίρνει από τις τιμές 1,2,3,...,98

. Άρα τα

αθροίσματα μπαίνουν σε

θέσεις. Από την αρχή του περιστερώνα, τουλάχιστον δύο από τα αθροίσματα αυτά δίνουν το ίδιο υπόλοιπο. Δηλαδή υπάρχουν ακέραιοι k,m

ώστε $a_{1}+a_{2}+...+a_{k}=99a+b$ και $a_{1}+a_{2}+...+a_{m}=99c+b$ όπου k<m

.
Αφαιρούμε κατα μέλη τις δύο αυτές ισότητες και έχουμε:
$a_{k+1}+a_{k+2}+...+a_{m}=99(c-a)$

#617

ΑΣΚΗΣΗ 287: Αν a,b

θετικοί αριθμοί και

ακέραιος, να αποδείξετε ότι:

$\left(1+\frac{a}{b} \right)^{m}+\left(1+\frac{b}{a} \right)^{m}\geq 2^{m+1}$

#618

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 287: Αν θετικοί αριθμοί και ακέραιος, να αποδείξετε ότι:

$\left(1+\frac{a}{b} \right)^{m}+\left(1+\frac{b}{a} \right)^{m}\geq 2^{m+1}$

Μόλις χθες συζητήθηκε εδώ.

#619

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 287: Αν θετικοί αριθμοί και ακέραιος, να αποδείξετε ότι:

$\left(1+\frac{a}{b} \right)^{m}+\left(1+\frac{b}{a} \right)^{m}\geq 2^{m+1}$

Μιας και έχουν δοθεί απαντήσεις στην παραπάνω άσκηση, ας δώσω και μια διαφορετική λύση που έχω υπόψιν μου:
(ΔΙΟΡΘΩΣΗ: Με την προϋπόθεση ότι ο

είναι θετικός ακέραιος)

Έχουμε ότι $(kx+z)^{2}+(nx+v)^{2}\geq 0$ για κάθε $k,z,n,v\neq 0$

Άρα $(k^{2}+n^{2})x^{2}+2(kz+nv)x+z^{2}+v^{2}\geq 0$

Άρα πρέπει $\Delta \leq 0\Rightarrow (kv)^{2}+(zn)^{2}\geq 2(kv)(zn)$

Με την προϋπόθεση ότι kz,zn

είναι >0, θέτοντας στην πιο πάνω σχέση

$kv=\left(1+\frac{a}{b} \right)^{\frac{m}{2}}, zn=\left(1+\frac{b}{a} \right)^{\frac{m}{2}}$

έχουμε:

$\left(1+\frac{1}{b} \right)^{m}+\left(1+\frac{b}{a} \right)^{m}\geq 2\left(1+\frac{a}{b} \right)^{\frac{m}{2}}\left(1+\frac{b}{a} \right)^{\frac{m}{2}}\geq$

$2\left(2+\frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right)^{\frac{m}{2}}\geq 2\left(2+2 \right)^{\frac{m}{2}}=2.4^{\frac{m}{2}}=2^{m+1}$

ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Χρησιμοποιήσαμε την γνωστή ανισότητα:

$\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\geq 2$ για κάθε a,b

spiros filippas · #620

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:Μιας και έχουν δοθεί απαντήσεις στην παραπάνω άσκηση, ας δώσω και μια διαφορετική λύση που έχω υπόψιν μου:

Έχουμε ότι $(kx+z)^{2}+(nx+v)^{2}\geq 0$ για κάθε $k,z,n,v\neq 0$

Άρα $(k^{2}+n^{2})x^{2}+2(kz+nv)x+z^{2}+v^{2}\geq 0$

Άρα πρέπει $\Delta \leq 0\Rightarrow (kv)^{2}+(zn)^{2}\geq 2(kv)(zn)$

Με την προϋπόθεση ότι είναι >0, θέτοντας στην πιο πάνω σχέση

$kv=\left(1+\frac{a}{b} \right)^{\frac{m}{2}}, zn=\left(1+\frac{b}{a} \right)^{\frac{m}{2}}$

έχουμε:

$\left(1+\frac{1}{b} \right)^{m}+\left(1+\frac{b}{a} \right)^{m}\geq 2\left(1+\frac{a}{b} \right)^{\frac{m}{2}}\left(1+\frac{b}{a} \right)^{\frac{m}{2}}\geq$

$2\left(2+\frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right)^{\frac{m}{2}}\geq 2\left(2+2 \right)^{\frac{m}{2}}=2.4^{\frac{m}{2}}=2^{m+1}$

ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Χρησιμοποιήσαμε την γνωστή ανισότητα:

$\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\geq 2$ για κάθε

Νομίζω πως η παραπάνω λύση εν είναι πλήρης καθώς ισχύει για Μ>=0 αλλά εν ισχύει για Μ<0. <<Χαλάει>> εκεί που γίνεται η χρήση της a/b+b/a>=2

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