Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#641

socrates έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 296
Θεωρούμε ένα πλήθος ατόμων. Κάθε δύο άτομα συνδέονται με αμοιβαία φιλία ή αμοιβαία έχθρα. Κάθε φίλος φίλου και κάθε εχθρός εχθρού είναι φίλος.
Αν τα άτομα και είναι φίλοι/εχθροί τότε αυτό το μετράμε ως φιλία/έχθρα. Αν μεταξύ των ατόμων αυτών υπάρχει ίσος αριθμός από φιλίες και έχθρες ,να βρείτε όλες τις δυνατές τιμές του .

Έστω

τυχόν άτομο και έστω

το σύνολο όλων των φίλων του

και

το σύνολο όλων των εχθρών του

. Από τα δεδομένα του προβλήματος κάθε δύο μέλη του $A' = A \cup \{x\}$ είναι φίλοι μεταξύ τους (φίλος φίλου = φίλος) και κάθε δυο μέλη του

είναι φίλοι μεταξύ τους (εχθρός εχθρού = εχθρός). Τέλος αν πάρουμε ένα άτομο

από το

και ένα άτομο

από το

τότε αυτοί είναι εχθροί. Πράγματι αυτό ισχύει εξ ορισμού αν y=x

. Αν $y \neq x$ τότε δεν μπορεί ο

να είναι φίλος με τον

αφού τότε ο

ως φίλος του

θα ήταν φίλος και του

, άτοπο.

Αν λοιπόν γράψουμε a = |A'|

και

τότε

, έχουμε ακριβώς $\displaystyle{ \binom{a}{2} + \binom{b}{2}}$ φιλίες και ακριβώς

έχθρες. Άρα a^2 - a + b^2 - b = 2ab

και άρα

είναι τέλειο τετράγωνο.

Επίσης αν n = m^2

είναι τέλειο τετράγωνο, τότε μπορούμε να χωρίσουμε τα άτομα σε δυο ομάδες μεγέθους (m^2 - m)/2

και

ώστε σε κάθε ομάδα ξεχωριστά να είναι όλοι φίλοι μεταξύ τους και μεταξύ των ομάδων να είναι όλοι εχθροί μεταξύ τους. Αυτό ικανοποιεί τα δεδομένα του προβλήματος.

Karanus · #642

Καλησπέρα στο

Θα ήθελα, εάν είναι εύκολο ,κάποιος από τους μαθηματικούς του

να δώσει μια λύση για την άσκηση 284, χωρίς την χρήση ισοτιμιών (mod)
Ίσως χρησιμοποιώντας την ιδιότητα $\left(100+\alpha \right)^{\nu }=\pi o\lambda 100+\alpha ^{\nu }$

#643

Karanus έγραψε:Καλησπέρα στο
Θα ήθελα, εάν είναι εύκολο ,κάποιος από τους μαθηματικούς του να δώσει μια λύση για την άσκηση 284, χωρίς την χρήση ισοτιμιών (mod)
Ίσως χρησιμοποιώντας την ιδιότητα $\left(100+\alpha \right)^{\nu }=\pi o\lambda 100+\alpha ^{\nu }$

Ας θυμηθούμε ότι η άσκηση ζητάει να βρούμε τα δυο τελευταία ψηφία του $2^{70}$ .

Έχουμε $2^{10} = 1025 - 1 = 25k - 1$ για κάποιο ακέραιο

. Άρα $2^{70} = (25k - 1)^7 = 25k + (-1)^7 = 25\ell - 1$ για κάποιο ακέραιο $\ell$ .

Πρέπει να υπάρχει ακέραιος

ώστε $\ell = 4r+1$ ή 4r+2

ή

οπότε παίρνουμε $2^{70} = 100r+24$ ή 100r + 49

ή

. Όμως ο $2^{70}$ είναι πολλαπλάσιο του 4 και από τους πιο πάνω αριθμούς μόνο ο 100r+24

είναι πολλαπλάσιο του 4. Επομένως ο $2^{70}$ λήγει σε 24.

Karanus · #644

Να ευχαριστήσω δημόσια τον demetres για την άμμεση απάντηση του και να δείξω με την ευκαιρία και την μεγάλη χρησιμότητα του

Απάντηση σε μία απορία -ερώτηση μόλις σε 35 λεπτά. Α π ί θ α ν ο!!!!

edit Και απ' ότι βλέπω τρείς διαφορετικές λύσεις όπου χρησιμοποιήθηκαν πολλά και διαφορετικά λήμματα-θεωρήματα , όλα πολύ χρήσιμα.
Σας ευχαριστώ όλους.

#645

Karanus έγραψε:Καλησπέρα στο
Θα ήθελα, εάν είναι εύκολο ,κάποιος από τους μαθηματικούς του να δώσει μια λύση για την άσκηση 284, χωρίς την χρήση ισοτιμιών (mod)
Ίσως χρησιμοποιώντας την ιδιότητα $\left(100+\alpha \right)^{\nu }=\pi o\lambda 100+\alpha ^{\nu }$

Μία ακόμα λύση:

Ας βρούμε το τελευταίο ψηφίο του $2^{70}.$

Είναι $2^{70}=16^{17}\cdot 4.$ Ο αριθμός $16^{17}$ τελειώνει σε

αφού αν πολλαπλασιάσουμε δύο αριθμούς που τελειώνουν σε

προκύπτει αριθμός που τελειώνει σε

Άρα ο $2^{70}$ τελειώνει σε

Ας βρούμε τώρα το προτελευταίο ψηφίο. Αφαιρούμε το 4 από το $2^{70}$ και διαιρούμε με το 10.

Το τελευταίο ψηφίο αυτού του αριθμού είναι το προτελευταίο ψηφίο του $2^{70}.$ Έχουμε

$\displaystyle{\frac{2^{70}-4}{10}=\frac{2(4^{34}-1)}{5}=\frac{2(16^{17}-1)}{5}=2\cdot 3\cdot (16^{16}+16^{15}+...+16+1).}$

Όλες οι δυνάμεις του

τελειώνουν σε

Άρα ο αριθμός $2\cdot 3\cdot (16^{16}+16^{15}+...+16+1)$ τελειώνει σε 2 αφού ο $2\cdot 3\cdot \left(16\cdot 6+1 \right)=6\cdot 97$ τελειώνει σε

Επομένως ο $2^{70}$ τελειώνει σε 24.

#646

Γράφω μια ακόμα λύση για την άσκηση 284, χωρίς ισοτιμίες.

Έχω $2^{70}=(2^{10})^{7}=1024^{7}=(1000+24)^{7}=1000k+24^{7}$

Αρκεί λοιπόν να βρούμε τα δύο τελευταία ψηφία του $24^{7}$

Έχουμε

$24^{7}=24^{7}-24+24=24(24^{6}-1)+24=24(24+1)(24^{5}-24^{4}+24^{3}-24^{2}+24-1)+24=$

24.25.m+24=6.4.25.m+24=600m+24=

πολλ

+

Άρα ο αριθμός $24^{7}$ λήγει σε

και άρα σε

λήγει και ο δοσμένος αριθμός

#647

Το επόμενο θέμα έχει τεθεί σε διαγωνισμό της ΕΜΕ για την Α Λυκείου:

ΑΣΚΗΣΗ 297: Μια συλλογή διηγημάτων του Α. Παπαδιαμάντη περιέχει 70 διηγήματα, ένα μιας σελίδας, ένα δύο σελίδων,..., ένα 70 σελίδων και όχι αναγκαστικά με αυτή την σειρά.
Κάθε διήγημα αρχίζει από καινούρια σελίδα και η αρίθμηση των σελίδων του βιβλίου αρχίζει από την πρώτη σελίδα.
Ποιος είναι ο μέγιστος αριθμός διηγημάτων που αρχίζουν από σελίδα με περιττό αριθμό;

Αρχιμήδης 6 · #648

Ωραίες λύσεις...Να προσθέσω ότι ο

είναι ο μικρότερος αριθμός που αν υψωθεί σε οποιαδήποτε περιττή δύναμη το τεςλευταίο διψήφιο τμήμα του μένει αναλλοίωτο δηλαδή

.Αλλοι αριθμοί είναι

(για κάθε δύναμη) ,

,

(για κάθε δύναμη) ,

,

.

#649

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:Το επόμενο θέμα έχει τεθεί σε διαγωνισμό της ΕΜΕ για την Α Λυκείου:

ΑΣΚΗΣΗ 297: Μια συλλογή διηγημάτων του Α. Παπαδιαμάντη περιέχει 70 διηγήματα, ένα μιας σελίδας, ένα δύο σελίδων,..., ένα 70 σελίδων και όχι αναγκαστικά με αυτή την σειρά.
Κάθε διήγημα αρχίζει από καινούρια σελίδα και η αρίθμηση των σελίδων του βιβλίου αρχίζει από την πρώτη σελίδα.
Ποιος είναι ο μέγιστος αριθμός διηγημάτων που αρχίζουν από σελίδα με περιττό αριθμό;

Παρατηρούμε ότι αν ένα διήγημα αρχίζει από περιττή(άρτια) σελίδα και έχει άρτιο αριθμό σελίδων, τότε το επόμενο θα ξεκινά κι αυτό από περιττή(άρτια) σελίδα. Αντίστοιχα, αν ένα διήγημα αρχίζει από περιττή(άρτια) σελίδα και έχει περιττό αριθμό σελίδων, τότε το επόμενο θα ξεκινά κι αυτό από άρτια(περιττή) σελίδα.
Θα υπάρξουν, λοιπόν, 34 ή 35 αλλαγές του τύπου: άρτιος $\rightarrow$ περιττός ή περιττός $\rightarrow$ άρτιος (ανάλογα αν το τελευταίο διήγημα έχει περιττό ή άρτιο αριθμό σελίδων). Επειδή ξεκινάμε από περιττή σελίδα(1η) θα έχουμε τουλάχιστον 17 του τύπου περιττός $\rightarrow$ άρτιος και άρα τουλάχιστον 17 διηγήματα αρχίζουν από άρτια σελίδα. Συνεπώς, τα διηγήματα που αρχίζουν από περιττή σελίδα γίνονται μέγιστα όταν δεν έχουμε καθόλου άρτιος $\rightarrow$ άρτιος και τότε είναι 35+18=53 διηγήματα.
Αυτό είναι δυνατόν, αν π.χ. τα τοποθετήσουμε με τη σειρά 2, 4 , 6, ..., 70, 1,3,...,69.

#650

ΑΣΚΗΣΗ 298
Σε μια μαθητική κατασκήνωση παρατηρήθηκε ότι:
α) Κάθε μαθητής γνώριζε έναν τουλάχιστον άλλο μαθητή. (Θεωρούμε ότι αν ο μαθητής Α γνωρίζει τον Β, τότε και ο Β γνωρίζει τον Α.)
β) Αν δύο μαθητές έχουν τον ίδιο αριθμό γνωστών, τότε δεν έχουν κοινό γνωστό μαθητή.

Να δείξετε ότι ένας τουλάχιστον από τους μαθητές έχει μόνο ένα γνωστό.

ΑΣΚΗΣΗ 299
Μπορούμε να τοποθετήσουμε στα τετράγωνα μιας σκακιέρας $6\times 6$ αριθμούς από το σύνολο $\{-1,0,1\}$ έτσι ώστε σε κάθε γραμμή, στήλη και διαγώνιο το άθροισμα των αριθμών να είναι διαφορετικό;

ΑΣΚΗΣΗ 300
Οι θετικοί ακέραιοι a_1,a_2,...,a_n,...

ικανοποιούν τη σχέση $a_{n+2}=a_{n+1}a_n+1$ για κάθε θετικό ακέραιο

Να δείξετε ότι αν n>5

τότε ο αριθμός a_n-7

είναι σύνθετος.

#651

Με αφορμή την άσκηση 284, όπου δώθηκαν λύσεις και χωρίς την χρήση των mod είναι χρήσιμα μερικά θεωρητικά στοιχεία, που παραθέτω:

Έστω a,b

φυσικοί αριθμοί.

(1) Από την ταυτότητα $(a+b)^{n}=a^{n}+na^{n-1}b+...+nab^{n-1}+b^{n}$ βγάζοντας κοινό παράγοντα το

έχουμε:

$(a+b)^{n}=a(a^{n-1}+na^{n-2}b+...+nb^{n-1})+b^{n}\Rightarrow$

$(a+b)^{n}=$ πολ

+ $b^{n}$

(2) Για κάθε θετικό ακέραιο

ισχύει ότι $a^{n}-b^{n}=(a-b)(a^{n-1}+a^{n-2}b+a^{n-3}b^{2}+...+b^{n-1})$

Άρα έχουμε ότι για κάθε θετικό ακέραιο

: $a^{n}-b^{n}$ =πολ (a-b)

(3) Για κάθε περιττό θετικό ακέραιο

ισχύει ότι $a^{n}+b^{n}=(a+b)(a^{n-1}-a^{n-2}b+a^{n-3}b^{2}-...+b^{n-1})=\pi o\lambda (a+b)$

(4) Για κάθε άρτιο και θετικό ακέραιο

ισχύει ότι $a^{n}-b^{n}=(a+b)(a^{n-1}-a^{n-2}b+a^{n-3}b^{2}-...-b^{n-1})=\pi o\lambda (a+b)$

Ας δούμε μερικά παραδείγματα:

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 1: Να βρεθούν τα δύο τελευταία ψηφία του αριθμού

$A=4.(326)^{n}$

ΛΥΣΗ

$A=4.(300+26)^{n}=4.(\pi o\lambda 300+26^{n})=4.\pi o\lambda 300+4.26^{n}=$

$\pi o\lambda 1200+4.(25+1)^{n}=\pi o\lambda 100+4(\pi o\lambda 25+1^{n})=$

$\pi o\lambda 100+\pi o\lambda 100+4=\pi o\lambda 100+4$

Άρα ο δοσμένος αριθμός λήγει σε

.

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 2: Να βρεθούν τα δύο τελευταία ψηφία του αριθμού

$B=524^{2n+1}$

ΛΥΣΗ

$B=(500+24)^{2n+1}=\pi o\lambda 500+24^{2n+1}=\pi o\lambda 100+24^{2n+1}-24+24=$

$\pi o\lambda 100+24(24^{2n}-1)+24=\pi o\lambda 100+24(\pi o\lambda (24+1))+24=$

$\pi o\lambda 100+24.\pi o\lambda 25+24=\pi o\lambda 100+6.4.\pi o\lambda 25+24=$

$\pi o\lambda 100+\pi o\lambda 100+24=\pi o\lambda 100+24$

Άρα ο δοσμένος αριθμός λήγει σε

.

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 3: Να βρεθούν τα δύο τελευταία ψηφία του αριθμού

$C=902^{100}$

ΛΥΣΗ

$C=(900+2)^{100}=\pi o\lambda 900+2^{100}=\pi o\lambda 100+(2^{10})^{10}=$

$\pi o\lambda 100+1024^{10}=\pi o\lambda 100+(1000+24)^{10}=$

$\pi o\lambda 100+\pi o\lambda 1000+24^{10}=\pi o\lambda 100+\pi o\lambda 100+24^{10}+24-24=$

$\pi o\lambda 100+24(24^{9}+1)-24=\pi o\lambda 100+6.4.\pi o\lambda (24+1)-24=$

$\pi o\lambda 100+\pi o\lambda 100-24=\pi o\lambda 100-24$

Άρα ο δοσμένος αριθμός λήγει σε

.

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 4. (Το θέμα αυτό είχε τεθεί στην έκτη Εθνική Ολυμπιάδα, το έτος 1989)

Να βρεθούν τα δύο τελευταία ψηφία του αριθμού $D=6^{1989}$

ΛΥΣΗ

$D=(6^{3})^{663}=216^{663}=(200+16)^{663}=\pi o\lambda 200+16^{663}= \pi o\lambda 100+(2^{4})^{663}=\pi o\lambda 100+2^{2652}=\pi o\lambda 100+2^{2}.2^{2650}=\pi o\lambda 100+4.(2^{10})^{265}= \pi o\lambda 100+4.1024^{265}=\pi o\lambda 100+4(1000+24)^{265}= \pi o\lambda 100+4.(\pi o\lambda 1000+24^{265})= \pi o\lambda 100+4.\pi o\lambda 1000+4.(24^{265}+24^{2}-24^{2})= \pi o\lambda 100+\pi o\lambda 100+4.\left[24^{2}(24^{263}+1)-24^{2} \right]= \pi o\lambda 100+4.\left[24.24.\pi o\lambda (24+1)-24^{2} \right]= \pi o\lambda 100+\pi o\lambda 100-4.24^{2}=\pi o\lambda 100-2304$

Άρα ο δοσμένος αριθμός λήγει σε

.

ΑΠΡΟΣΕΞΙΑ: Λήγει σε 96 (Μπράβο ΑΡΣΕΝΟΗ που το εντόπισες) (Για το ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 4)

(Από τα παραπάνω παραδείγματα, έχει γίνει φανερό το τι προσπαθούμε να πετύχουμε για να λύνουμε τέτοιου είδους ασκήσεις)

#652

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 299
Μπορούμε να τοποθετήσουμε στα τετράγωνα μιας σκακιέρας $6\times 6$ αριθμούς από το σύνολο $\{-1,0,1\}$ έτσι ώστε σε κάθε γραμμή, στήλη και διαγώνιο το άθροισμα των αριθμών να είναι διαφορετικό;

Δεν μπορούμε: Το μέγιστο άθροισμα των

αριθμών κάθε γραμμής, στήλης ή διαγωνίου είναι, φυσικά, 1+1+1+1+1+1=6

και το ελάχιστο είναι

. Δηλαδή έχουμε το πολύ

δυνατά αθροίσματα, τους αριθμούς -6, -5, ... , 5, 6

. Αλλά το πλήθος των γραμμών, στηλών και διαγωνίων της $6\times 6$ σκακιέρας είναι 6+6+2=14 > 13

. Άρα δεν μπορεί όλα τα αθροίσματα να είναι διαφορετικά.

Φιλικά,

Μιχάλης

#653

Παρακάτω, θα δώσω κάποιες ασκήσεις για εξάσκηση των μαθητών του Γυμνασίου στον διαγωνισμό της ΕΜΕ που θα γίνει σε λίγες ημέρες.

ΑΣΚΗΣΗ 301: Να αποδείξετε ότι η παράσταση $A=\frac{n^{5}-5n^{3}+4n}{n+2}$ διαιρείται με το

για κάθε φυσικό αρίθμό

.

ΑΣΚΗΣΗ 302: Να βρείτε τα δύο τελευταία ψηψία του αριθμού $A=99^{99}-51^{51}$

ΑΣΚΗΣΗ 303: Να αποδειχθεί ότι το άθροισμα των τετραγώνων πέντε διαδοχικών ακεραίων δεν είναι ίσο με το τετράγωνο ακεραίου.

ΑΣΚΗΣΗ 304: Να αποδειχθεί ότι το τετράγωνο κάθε πρώτου αριθμού μεγαλύτερου από το

, αν διαιρεθεί με το

, δίνει υπόλοιπο

.

ΑΣΚΗΣΗ 305: Να εξετάσετε αν υπάρχουν ακέραιοι x,y

τέτοιοι ώστε

$3x^{2}-y^{2}=7$

ΑΣΚΗΣΗ 306: Οι διαιρέσεις του 253

και

με έναν φυσικό αριθμό

δίνουν υπόλοιπο

. Να βρεθούν οι δυνατές τιμές του

.

ΑΣΚΗΣΗ 307: Με ποιο φυσικό αριθμό πρέπει να διαιρεθούν οι 1268

και

για να πάρουμε αντίστοιχα υπόλοιπα

και

.

(Πηγή: Περιοδικό ¨ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β")

ΣΗΜ: Έγινε διόρθωση ενός τυπογραφικού λάθους στην ΑΣΚΗΣΗ 301

Antonis_Z · #654

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 304: Να αποδειχθεί ότι το τετράγωνο κάθε πρώτου αριθμού μεγαλύτερου από το , αν διαιρεθεί με το , δίνει υπόλοιπο .

.Το ίδιο βγαίνει αν ο πρώτος είναι της μορφής 6k-1

.

Antonis_Z · #655

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 305:
Να εξετάσετε αν υπάρχουν ακέραιοι τέτοιοι ώστε $3x^{2}-y^{2}=7$

Γράφουμε την εξίσωση σε αυτή τη μορφή 3x^2=7+y^2

.Το αριστερό μέλος διαιρείται με το 3 ενώ το δεξί όχι,γιατί τα τετραγωνικά υπόλοιπα του 3 είναι το 0 και το 1 $7+y^2\equiv 1+a(mod 3)$ όπου

ένας από τους αριθμούς 1 και 0.Αυτό είναι άτοπο άρα δεν υπάρχουν ακέραιοι.

#656

ΑΣΚΗΣΗ 308

Σε ένα παραλληλόγραμμο ABCD

η γωνία

είναι ορθή.Από το μέσο του

, όπου

είναι το μέσο της

, φέρνουμε ευθεία παράλληλη στην

που τέμνει τις ευθείες AB,AD

στα σημεία

και

αντίστοιχα.Να αποδειχθεί ότι AE=3OZ

.

spiros filippas · #657

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 305: Να εξετάσετε αν υπάρχουν ακέραιοι τέτοιοι ώστε $3x^{2}-y^{2}=7$

Γενικότερα δεν υπάρχουν ακέραιοι x,y

τέτοιοι ώστε $\displaystyle 3x^2-y^2=3k+1 \Leftrightarrow 3x^2=3k+1+y^2~~, k \in N$ αφού

$LHS \equiv 0 (mod3)$ ενώ $RHS \equiv 1(mod3)$ ή 2(mod3)

#658

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 304:
Να αποδειχθεί ότι το τετράγωνο κάθε πρώτου αριθμού μεγαλύτερου από το , αν διαιρεθεί με το , δίνει υπόλοιπο .

Antonis_Z έγραψε:304:
.Το ίδιο βγαίνει αν ο πρώτος είναι της μορφής .

Μπράβο στον Αντώνη, για την άμεση απάντηση.

Για να γίνει κατανοητός ο τρόπος που έλυσε την άσκηση αυτή, χρησιμοποίησε την πρόταση:

Κάθε πρώτος αριθμός που έχει απόλυτη τιμή μεγαλύτερη του

γράφεται με την μορφή 6k+1

ή

Η απόδειξη αυτής της πρότασης δεν είναι δύσκολο να γίνει:

Πράγματι, κάθε ακέραιος γράφεται με την μορφή a=6k+m

όπου

.
Αν

, τότε

και άρα ο

δεν είναι πρώτος.

Αν m=3

τότε

και άρα πάλι ο

δεν είναι πρώτος.

Όμοια αν m=4

ο

δεν είναι πρώτος.

Άρα για να είναι ο

πρώτος, πρέπει m=1

οπότε

ή

οπότε

πολ

-

=

#659

Antonis_Z έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 305:
Να εξετάσετε αν υπάρχουν ακέραιοι τέτοιοι ώστε $3x^{2}-y^{2}=7$
Γράφουμε την εξίσωση σε αυτή τη μορφή .Το αριστερό μέλος διαιρείται με το 3 ενώ το δεξί όχι,γιατί τα τετραγωνικά υπόλοιπα του 3 είναι το 0 και το 1 $7+y^2\equiv 1+a(mod 3)$ όπου ένας από τους αριθμούς 1 και 0.Αυτό είναι άτοπο άρα δεν υπάρχουν ακέραιοι.

Σωστά πάλι Αντώνη.

Απλώς ας γράψω μια πιο αναλυτική λύση για να γίνει κατανοητή από τους μαθητές του Γυμνασίου:

Έχουμε $3x^{2}-y^{2}=7\Rightarrow 3x^{2}=y^{2}+7\Rightarrow 3\mid y^{2}+7$

Όμως y=3k

ή

Αν

τότε $y^{2}+7=9k^{2}+7$ που όμως ο αριθμός αυτός δεν διαιρείται με το

. [Πράγματι, αν υπήρχε ακέραιος

τέτοιος ώστε
$9k^{2}+7=3n$ τότε $3k^{2}+\frac{7}{3}=n\Rightarrow \frac{7}{3}=n-3k^{2}$ πράγμα που είναι άτοπο]

Όμοια βρίσκουμε άτοπο και για τις άλλες περιπτώσεις.

Άρα τέτοιοι ακέραιοι δεν υπάρχουν.

#660

spiros filippas έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 305: Να εξετάσετε αν υπάρχουν ακέραιοι τέτοιοι ώστε $3x^{2}-y^{2}=7$
Γενικότερα δεν υπάρχουν ακέραιοι τέτοιοι ώστε $\displaystyle 3x^2-y^2=3k+1 \Leftrightarrow 3x^2=3k+1+y^2~~, k \in N$ αφού

$LHS \equiv 0 (mod3)$ ενώ $RHS \equiv 1(mod3)$ ή

Ωραία η γενίκευση του Σπύρου (Σε εξετάσεις της ΕΜΕ, όταν δοθεί κάποια γενίκευση σε κάποιο θέμα, αυτό εκτιμάται βαθμολογικά)

Η απόδειξη της γενίκευσης, γίνεται όπως και της ΑΣΚΗΣΗΣ 305

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