Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

freyia · #1401

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 661
Βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους μικρότερους του τέτοιους ώστε ο κύβος του αθροίσματος των ψηφίων τους να ισούται με το τετράγωνο του αριθμού.

Άμα ο αριθμός είναι τριψήφιος, τότε θα αποδείξω ότι δεν γίνεται να ισχύει αυτό που ζητάει η άσκηση.
Γιατί άμα ονομάσω $\displaystyle{\overline{abc}}$ , $\displaystyle{a\neq 0}$ , τότε θα έπρεπε να ήτανε:

$\displaystyle{(a+b+c)^3 =(100a+10b+c)^2 =100(10a+b+\frac{c}{10})^2}$ . Aυτό όμως είναι αδύνατον διότι:

$\displaystyle{a+b+c<100 , a+b+c<10a+b+\frac{c}{10}}$ , (επειδή $\displaystyle{a\geq 1}$ ) δηλαδή: $\displaystyle{a+b+c<100 , (a+b+c)^2 <(10a+b+\frac{c}{10})^2}$
kαι επομένως $\displaystyle{(a+b+c)^3 <100(10a+b+\frac{c}{10})^2}$

Τώρα θα δούμε αμα ο αριθμός μπορεί να είναι διψήφιος, δηλαδή να είναι ο $\displaystyle{\overline{ab}}$ με $\displaystyle{a\neq 0}$ . Tότε
$\displaystyle{(a+b)^3 =(10a+b)^2}$ .
O αριθμός $\displaystyle{(10a+b)^2}$ , έχει τελευταίο ψηφίο το $\displaystyle{0,1,4,5,6,9}$ .
Άμα το τελευταίο ψηφίο είναι $\displaystyle{0,1,5,6}$ , τότε θα ήταν $\displaystyle{b=0,1,5,6}$ αντίστοιχα kai επομένως και ο αριθμός
$\displaystyle{a+b}$ , πρέπει να έχει ως τελευταίο ψηφίο του τον αριθμό $\displaystyle{0,1,5,6}$ αντίστοιχα. Δηλαδή πρέπει $\displaystyle{a=0}$ , που όμως
δεν γίνεται αφού πρέπει $\displaystyle{a\neq 0}$ .
Επομένως πρέπει να εξεταστούνε οι περιπτώσεις:

1) Ο αριθμός $\displaystyle{(10a+b)^2}$ να έχει τελευταίο ψηφίο του το $\displaystyle{4}$ .
Τότε ο $\displaystyle{10a +b}$ έχει ψηφίο μονάδων το $\displaystyle{2}$ ή το $\displaystyle{8}$ , δηλαδή $\displaystyle{b=2}$ ή $\displaystyle{b=8}$ .
Άμα όμως $\displaystyle{b=2}$ , τότε επειδή ο $\displaystyle{(a+2)^3}$ έχει τελευταίο του ψηφίο το $\displaystyle{4}$ , άρα ο $\displaystyle{a+2}$ έχει τελευταίο ψηφίο
το $\displaystyle{4}$ kai επομένως $\displaystyle{a=2}$ , δηλαδή $\displaystyle{\overline{ab}=22}$ , που όμως δεν τον δεχόμαστε γιατί
$\displaystyle{(2+2)^3 \neq 22^2}$
Eπίσης άμα το ψηφίο των μονάδων είναι το $\displaystyle{8}$ , (δηλ $\displaystyle{b=8}$ ) τότε επειδή ο $\displaystyle{(a+8)^3}$ έχει τελευταίο ψηφίο το $\displaystyle{4}$ , άρα ο $\displaystyle{a+8}$ έχει επίσης τελευταίο του ψηφίο το $\displaystyle{4}$ και επομένως $\displaystyle{a=6}$ , δηλαδή $\displaystyle{\overline{ab}=68}$ , που όμως δεν τον δεχόμαστε γιατί $\displaystyle{(6+8)^3 \neq 68^2}$

2) O αριθμός $\displaystyle{(10a+b)^2}$ να έχει τελευταίο του ψηφίο το $\displaystyle{9}$ .
Τότε ο $\displaystyle{10a+b}$ έχει ψηφίο μονάδων το $\displaystyle{3}$ ή το $\displaystyle{7}$ , δηλαδή $\displaystyle{d=3}$ ή $\displaystyle{b=7}$ .
Άμα $\displaystyle{b=3}$ , τότε επειδή ο $\displaystyle{(a+3)^3}$ έχει τελευταίο ψηφίο το $\displaystyle{9}$ , ο $\displaystyle{a+3}$ θα έχει και αυτός τελευταίο του ψηφίο το $\displaystyle{9}$ και επομένως $\displaystyle{a=6}$ , δηλαδή $\displaystyle{\overline{ab}=63}$ , που θα τον απορρίψουμε γιατί $\displaystyle{(6+3)^3 \neq 63^3}$
Επίσης άμα $\displaystyle{b=7}$ , τότε επειδή ο $\displaystyle{(a+7)^3}$ έχει τελευταίο του ψηφίο το $\displaystyle{9}$ , άρα o $\displaystyle{a+7}$ έχει και αυτός τελευταίο ψηφίο το $\displaystyle{9}$ και επομένως $\displaystyle{a=2}$ , δηλαδή $\displaystyle{\overline{ab}=27}$ . Ο αριθμός αυτός είναι αυτός που ζητάμε, γιατί
$\displaystyle{(2+7)^3 =9^3 =27^2}$

Μένουνε μόνο οι μονοψήφιοι αριθμοι, από τους οποίους δεκτός είναι μονάχα ο $\displaystyle{1}$

Επομένως οι λύσεις είναι οι αριθμοί $\displaystyle{1}$ και $\displaystyle{27}$

#1402

AΣΚΗΣΗ 671:
Από τους ακεραίους 1, 2, 3, 4, ... , 2011, 2012

ποιος είναι ο μεγαλύτερος δυνατός αριθμός ακεραίων που μπορούμε να επιλέξουμε έτσι ώστε αν προσθέτουμε δύο οποιουσδήποτε από αυτούς που επιλέξαμε να προκύπτει ακέραιος που να μην είναι πολλαπλάσιο του 11 .

freyia · #1403

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 669:
α) Να συγκρίνετε τους αριθμούς

$\displaystyle{a=1+3+3^2+...+3^{148}+3^{149}}$ και $\displaystyle{b=1+5+...+5^{99}.}$

$\displaystyle{a=\frac{1.3^{150}-1}{3-1}=\frac{3^{150}-1}{2}}$

$\displaystyle{b=\frac{1.5^{100}-1}{5-1}=\frac{5^{100}-1}{4}}$

Άμα υποθέσω ότι $\displaystyle{a>b}$ τότε $\displaystyle{\frac{3^{150}-1}{2} > \frac{5^{100}-1}{4}\Leftrightarrow 2.3^{150}-2 > 5^{100}-1}$

$\displaystyle{\Leftrightarrow 2.(3^3 )^{50} > (5^2 )^{50}+1\Leftrightarrow 2.27^{50} > 25^{50}+1 }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow 27^{50}+27^{50} > 25^{50}+1}$

Που είναι αλήθεια.

#1404

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 669:
α) Να συγκρίνετε τους αριθμούς

$\displaystyle{a=1+3+3^2+...+3^{148}+3^{149}}$ και $\displaystyle{b=1+5+...+5^{99}.}$

β) Να συγκρίνετε τους αριθμούς

$\displaystyle{200^{2013}+243^{2013}}$ και $\displaystyle{216^{2013}+225^{2013}.}$

AΣΚΗΣΗ 670:
Να προσδιορίσετε τους τετραψήφιους αριθμούς $\displaystyle{\overline{abcd}}$ για τους οποίους ισχύει

$\displaystyle{a(a+b+c+d)(a^2+b^2+c^2+d^2)(a^6+2b^6+3c^6+4d^6)=\overline{abcd}.}$

(β)
Έστω $\displaystyle{A=200^{2013}+243^{2013}=(2^3 \cdot 5^2 )^{2013}+(3^5 )^{2013}=2^{6029}\cdot 5^{4026}+3^{10065}=}$

$\displaystyle{=2^{6039}\cdot 5^{4026}+3^{6039}\cdot 3^{4026}}$

Και $\displaystyle{B=216^{2013}+225^{2013}=(2^3 \cdot 3^3 )^{2013}+(5^2 \cdot 3^2 )^{2013}=2^{6039}\cdot 3^{6039}+5^{4026}\cdot 3^{4026}}$

Τώρα:

$\displaystyle{A-B=3^{6039}(2^{6039}-3^{4026})+5^{4026}(3^{4026}-2^{6039})=(3^{4026}-2^{6039})\cdot (5^{4026}-3^{6039})=}$

$\displaystyle{=[(3^6 )^{671}-(2^9 )^{671}][(5^6 )^{671}-(3^9 )^{671}]=(729^{671}-512^{671})(15625^{671}-19683^{671}) < 0}$

Άρα $\displaystyle{A<B}$

#1405

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 670:
Να προσδιορίσετε τους τετραψήφιους αριθμούς $\displaystyle{\overline{abcd}}$ για τους οποίους ισχύει

$\displaystyle{a(a+b+c+d)(a^2+b^2+c^2+d^2)(a^6+2b^6+3c^6+4d^6)=\overline{abcd}.}$

(Δεν μπόρεσα να κάνω πιο σύντομη λύση)

Ονομάζω $\displaystyle{A=a(a+b+c+d)(a^2 +b^2 +c^2 +d^2 )(a^6 +2b^6 +3c^6 +4d^6 )=\overline{abcd}}$

Αν υποθέσουμε ότι $\displaystyle{a\geq 3}$ , τότε $\displaystyle{A\geq 3\cdot 3\cdot 3^2 \cdot 3^6 =3^{10}}$ , που είναι άτοπο, αφού ο $\displaystyle{A}$ είναι

τετραψήφιος. Άρα πρέπει $\displaystyle{a\in \{1,2\}}$ και άρα $\displaystyle{A\leq 2999}$

Τώρα, αν $\displaystyle{d\geq 2}$ και δεδομένου ότι $\displaystyle{a\in \{1,2\}}$ , θα έχουμε:

$\displaystyle{A\geq (1+2)(1+4)(1+4.64)=3855}$ , που είναι άτοπο, αφού $\displaystyle{A\leq 2999}$ . Άρα $\displaystyle{d\in \{0,1\}}$

Επίσης αν $\displaystyle{b\geq 3}$ , τότε (δεδομένου ότι $\displaystyle{a\in \{1,2\}}$ , θα ήταν:

$\displaystyle{A\geq 1(1+3)(1^2 +3^2 )(1^6 +2\cdot 3^6 )=58360}$ , που είναι άτοπο. Άρα $\displaystyle{b\in \{0,1,2\}}$ και άρα

$\displaystyle{A\leq 2291}$

Τέλος, αν ήταν $\displaystyle{c\geq 2}$ τότε $\displaystyle{A\geq 1(1+2)(1+4)(1+3\cdot 64)=2899}$ , που είναι άτοπο αφού $\displaystyle{A\leq 2291}$

Άρα $\displaystyle{c\in \{0,1\}}$

Είδαμε λοιπόν ότι $\displaystyle{a\in \{1,2} , b\in \{0,1,2\} , c,d \in \{0,1\}}$

Στη συνέχεια θα δείξω ότι είναι αδύνατον να είναι $\displaystyle{a,b,c,d \leq 1}$ . Πράγματι, τότε θα ήταν:

$\displaystyle{A\leq 1.4.4.10=160}$ , που είναι άτοπο, αφού ο $\displaystyle{A}$ είναι τετραψήφιος. Άρα ένα τουλάχιστον από τα $\displaystyle{a,b}$ , θα είναι

το $\displaystyle{2}$ .

1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: $\displaystyle{b=2}$ . Τότε $\displaystyle{A=a(a+2+c+d)(a^2 +4+c^2 +d^2 )(a^6 +2\cdot 64 +3\cdot c^6 +4\cdot d^6 )}$ και τότε

αν μεν είναι $\displaystyle{a=2\Rightarrow A\geq 2.4.8.(3\cdot 64)}$ που προφανώς είναι άτοπο, αν δε $\displaystyle{a=1\Rightarrow}$

$\displaystyle{A\geq 3.5.(1+2\cdot 64)=1935}$ , που πάλι είναι άτοπο εφόσον είναι $\displaystyle{a=1 , b=2}$

2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: $\displaystyle{a=2}$ . Τότε $\displaystyle{A=2(2+b+c+d)(4+b^2 +c^2 +d^2 )(64+2b^6 +3c^6 +4d^6 )}$

Παραπάνω είδαμε ότι αν $\displaystyle{a=2 , b=2}$ , καταλήγουμε σε άτοπο.

Διακρίνουμε λοιπόν τις δύο υποπεριπτώσεις:

(a): $\displaystyle{b=1\Rightarrow A=2.(3+c+d)(5+c^2 +d^2 )(66+3c^6 +4d^6 )}$ και τότε αν με είναι $\displaystyle{c=d=0\Rightarrow}$

$\displaystyle{A=1980}$ , που είναι άτοπο αφού $\displaystyle{c=0}$ , αν δε $\displaystyle{c\neq 0}$ ή $\displaystyle{d\neq 0}$ τότε: $\displaystyle{A\geq 2.4.6.69=3312}$ , που

επίσης είναι άτοπο, αφού $\displaystyle{A\leq 2291}$ .

(b): $\displaystyle{b=0}$ . Τότε $\displaystyle{A=2(2+c+d)(4+c^2 +d^2 )(64+3c^6 +4d^6 )}$ και βλέπουμε αμέσως ότι με δεδομένο ότι

$\displaystyle{c,d \in \{0,1\}}$ , η μοναδική περίπτωση που μας δίνει λύση είναι η $\displaystyle{c=1 , d=0}$ και τότε τα ψηφία που ζητάμε είναι:

$\displaystyle{a=2 , b=0 , c=1 , d=0}$ .

#1406

AΣΚΗΣΗ 672:
Να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{x^2+yz+3}}+\frac{1}{\sqrt{y^2+zx+3}}+\frac{1}{\sqrt{z^2+xy+3}}\geq 1,}$

για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς x,y,z

με $x^2+y^2+z^2\leq 9.$

AΣΚΗΣΗ 673:
Για τους ακέραιους a,b,c

ισχύει

. Δείξτε ότι ο αριθμός a^2-2b

γράφεται ως άθροισμα δύο τετραγώνων ακεραίων.

AΣΚΗΣΗ 674:
Δείξτε ότι ανάμεσα σε $2^{2013}+2$ πρώτους, υπάρχουν δύο που η διαφορά τους διαιρείται με τον $2^{2014.}$

AΣΚΗΣΗ 675:
Θεωρούμε ευθεία

και δύο διαφορετικά σημεία, A,B

, επί αυτής. Έστω ακόμη 2013

σημεία, διαφορετικά μεταξύ τους και με τα A,B

, που δεν ανήκουν στο τμήμα AB.

Είναι δυνατόν το άθροισμα των αποστάσεων των σημείων αυτών από το

να ισούται με το άθροισμα των αποστάσεων τους από το

AΣΚΗΣΗ 676:
Υπάρχουν ακέραιοι a,b,c

ώστε

AΣΚΗΣΗ 677:
Βρείτε τις ακέραιες λύσεις της εξίσωσης $a+2b-b^2=\sqrt{2a+a^2+|2a+1-2b|}$ .

#1407

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 670:
Να προσδιορίσετε τους τετραψήφιους αριθμούς $\displaystyle{\overline{abcd}}$ για τους οποίους ισχύει

$\displaystyle{a(a+b+c+d)(a^2+b^2+c^2+d^2)(a^6+2b^6+3c^6+4d^6)=\overline{abcd}.}$
(Δεν μπόρεσα να κάνω πιο σύντομη λύση)

....

Δημήτρη, δε νομίζω ότι υπάρχει απλούστερη λύση...

Προτεινόμενη σε διαγωνισμό η άσκηση...

G.Bas · #1408

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 672:
Να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{x^2+yz+3}}+\frac{1}{\sqrt{y^2+zx+3}}+\frac{1}{\sqrt{z^2+xy+3}}\geq 1,}$

για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς με $x^2+y^2+z^2\leq 9.$

.

Από την Ανισότητα Cauchy-Schwarz ισχύει

$\displaystyle{\sum\frac{1}{\sqrt{x^2+yz+3}}\geq\frac{9}{\sqrt{x^2+yz+3}+\sqrt{y^2+zx+3}+\sqrt{z^2+xy+3}}.}$

Μένει δηλαδή να δείξουμε ότι

$\displaystyle{\sum\sqrt{x^2+yz+3}\leq 9.}$

Αυτή η Ανισότητα ισχύει σύμφωνα με την Ανισότητα AM-GM και την υπόθεση αφού ισοδύναμα έχουμε

$\displaystyle{\sum\sqrt{x^2+yz+3}\leq\frac{1}{6} \sum [(x^2+yz+3)+9]\leq\frac{1}{6}\cdot\left(\sum x^2+\sum x^2+36\right)=9.}$

Bill K · #1409

socrates έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 581
Σε πόσα μηδενικά τελειώνει ο αριθμός ; Ποιο το τελευταίο μη μηδενικό ψηφίο του;

Ο αριθμός των μηδενικών είναι ίσος με τον αριθμό των πέντε αφού θα υπάρχουν σίγουρα αρκετά δύο ώστε να πολλαπλασιαστούν με αυτά.
Έτσι ο αριθμός 2007!

τελειώνει σε 401+80+16+3=500

μηδενικά.

Σχετικά με το τελευταίο μη μηδενικό ψηφίο δεν ξέρω αν υπάρχει πιο απλή λύση.
Θα υπολογίσω αρχικά το τελευταίο μη μηδενικό ψηφίο του 2000!

Έτσι $2000!=1\cdot2\cdot3\cdot...\cdot2000=(5\cdot10\cdot15\cdot...\cdot2000)(1\cdot2\cdot3\cdot4\cdot6\cdot7\cdot8\cdot9)(11\cdot12\cdot13\cdot14\cdot16\cdot18\cdot19)...(1991\cdot1992\cdot1993\cdot1994\cdot1995\cdot1996\cdot1997\cdot1998\cdot1999)$

$2000!=5^{400} \cdot 400!(1\cdot2\cdot3\cdot4\cdot6\cdot7\cdot8\cdot9)(11\cdot12\cdot13\cdot14\cdot16\cdot18\cdot19)...(1991\cdot1992\cdot1993\cdot1994\cdot1996\cdot1997\cdot1998\cdot1999)$

όμως κάθε παρένθεση έχει τη μορφή (10a+1)(10a+2)(10a+3)(10a+4)(10a+6)(10a+7)(10a+8)(10a+9)

όπου

και

με

Και θα έχουμε 200 παραστάσεις αυτής της μορφής άρα $2000!=5^{400}2^{400} 400!\prod_{a=0}^{199} x_a \cdot y_a=10^{400}400!\prod_{a=0}^{199} x_a \cdot y_a$

Ίδια διαδικασία για το $400!=(5\cdot10\cdot...400)(1\cdot2\cdot3..9)...(391\cdot392\cdot..399)=10^{80}80!\prod_{b=0}^{39} x_b \cdot y_b$

με b=0,1,2,..,39

ίδιας μορφής παραστάσεις.

$80!=10^{16}16!\prod_{c=0}^{7} x_c \cdot y_c, c=0,1,..,7$

Επίσης πιο εύκολα υπολογίζεται το $16!=2^{15}\cdot 3^6\cdot 5^3 \cdot 7^2\cdot 11\cdot 13= 10^3(2^{12}\cdot 3^6 \cdot 7^2\cdot 11\cdot 13)$

Οπότε έχουμε $2000!=10^{499}(2^{12}\cdot 3^6 \cdot 7^2\cdot 11\cdot 13 \prod_{a=0}^{199} x_a \cdot y_a \prod_{b=0}^{39} x_b \cdot y_b \prod_{c=0}^{7} x_c \cdot y_c )$

Άρα το τελευταίο μη μηδενικό ψηφίο του εξαρτάται από όλη την παρένθεση όπου έχουμε:

$x_a \equiv 9 (mod 10)$ και $y_a \equiv 6 (mod 10)$
άρα $x_ay_a \equiv 4(mod 10) \Rightarrow (x_ay_a)^8\equiv 6 (mod 10)$

$(x_ay_a)^{40} \equiv 6 (mod 10) \Rightarrow (x_ay_a)^{200}\equiv 6 (mod 10)$

ομοίως προκύπτει:

$\prod_{a=0}^{199} x_a \cdot y_a \prod_{b=0}^{39} x_b \cdot y_b \prod_{c=0}^{7} x_c \cdot y_c \equiv 6 (mod 10), 2^{12} \equiv 6 (mod 10), 3^6 \equiv 9 (mod 10), 7^2 \equiv 9 (mod 10), 11\equiv 1(mod 10), 13 \equiv 3 (mod 10)$

Άρα για $z=2^{12}\cdot 3^6 \cdot 7^2\cdot 11\cdot 13 \prod_{a=0}^{199} x_a \cdot y_a \prod_{b=0}^{39} x_b \cdot y_b \prod_{c=0}^{7} x_c \cdot y_c \equiv 8 (mod 10)$

Τότε
$2007!=2000! 2001 \cdot (2002\cdot 2005) \cdot 2003 \cdot 2004 \cdot 2006 \cdot 2007=10^{499}z(4014010 \cdot 2001 \cdot ...2007)= 10^{500}z(401401 \cdot2001\cdot 2003 \cdot 2004 \cdot 2006 \cdot 2007)$

Είναι $401401 \cdot2001\cdot 2003 \cdot 2004 \cdot 2006 \cdot 2007 \equiv 4 (mod 10)$

άρα $N=z(401401 \cdot2001\cdot 2003 \cdot 2004 \cdot 2006 \cdot 2007) \equiv 2 (mod 10)$

#1410

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 676:
Υπάρχουν ακέραιοι ώστε

Aφού ο αριθμός a^2 +b^2 +c^2

είναι άρτιος, θα πρέπει οι αριθμοί a,b,c

να είναι οι δύο περιττοί και ο ένας άρτιος ή

να είναι και οι τρεις άρτιοι.

1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: Οι δύο είναι περιττοί (π.χ οι a,b

) και ο τρίτος άρτιος. Τότε υπάρχουν $k,n,m\in Z$ , ώστε

a^2 =8k+1 , b^2 =8n+1 , c^2 =4n^2

. Άρα: $8k+1 +8n+1+4m^2 =20122012\Rightarrow 4(2k+2n+m^2 )=20122010$

Άρα πρέπει 4|20122010

, που είναι άτοπο.

2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: Και οι τρεις είναι άρτιοι. Άρα υπάρχουν $k,n,m \in Z$ ώστε a=2k, b=2n , c=2m

. Άρα:

$4k^2 +4n^2 +4m^2 =20122012\Rightarrow k^2 +n^2 +m^2 =5030503$ . Από την ισότητα αυτή, συμπεραίνουμε ότι οι

αριθμοί k,n,m

είναι και οι τρεις περιττοί ή οι δύο είναι άρτιοι και ο τρίτος περιττός. Παίρνουμε λοιπόν δύο

υποπεριπτώσεις:

2α) Αν είναι και οι τρεις περιττοί. Τότε: $8k_1 +1 +8n_1 +1 +8m_1 +1 =5030503\Rightarrow 8|5030500$ , που είναι άτοπο.

2β) Αν είναι οι δύο άρτιοι (π.χ k,n

) και ο άλλος περιττός, τότε έχουμε:

$4k_2 ^2 +4n_2 ^2 +8m_2 +1=5030503\Rightarrow 4|5030502$ , που και πάλι είναι άτοπο.

Άρα δεν υπάρχουν ακέραιοι που να ικανοποιούν την δοσμένη ισότητα.

ΣΗΜ: Χρησιμοποιήσαμε την πρόταση ότι το τετράγωνο περιττού έχει την μορφή : 8k+1

#1411

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 673:
Για τους ακέραιους ισχύει . Δείξτε ότι ο αριθμός γράφεται ως άθροισμα δύο τετραγώνων ακεραίων.

Έχουμε: $\displaystyle{a^2 -c^2 =4b\Rightarrow b=\frac{a^2 -c^2}{4}}$ , οπότε $\displaystyle{a^2 -2b=a^2 -\frac{a^2 -c^2}{2}=\frac{a^2 +c^2}{2}=}$

$\displaystyle{(\frac{a-c}{2})^2 +(\frac{a+c}{2})^2}$ .

Μένει μόνο να δείξουμε ότι οι αριθμοί $\displaystyle{\frac{a+c}{2}}$ και $\displaystyle{\frac{a-c}{2}}$ , είναι ακέραιοι.

Πράγματι, αν οι $\displaystyle{a,c}$ είναι και οι δύο άρτιοι ή και οι δύο περιττοί, τότε είναι προφανές το ζητούμενο.

Αν $\displaystyle{a}$ άρτιος και $\displaystyle{c}$ περιττός, τότε αυτό είναι άτοπο, αφού $\displaystyle{a^2 -c^2 =4b=}$ άρτιος.

Όμοια σε άτοπο καταλήγουμε όταν $\displaystyle{a}$ περιττός και $\displaystyle{c}$ άρτιος και έτσι η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

#1412

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 677:
Βρείτε τις ακέραιες λύσεις της εξίσωσης $a+2b-b^2=\sqrt{2a+a^2+|2a+1-2b|}$ .

Πρέπει $\displaystyle{a+2b-b^2 \geq 0\Leftrightarrow b^2 -2b-a\leq 0}$ . Η διακρίνουσα του τριωνύμου είναι $\displaystyle{\Delta =4+4a}$

Αν ήταν $\displaystyle{\Delta <0}$ , τότε η πιο πάνω ανίσωση είναι αδύνατη. Άρα πρέπει $\displaystyle{\Delta \geq 0\Leftrightarrow a\geq -1}$

Αν είναι $\displaystyle{a=-1}$ , τότε η δοσμένη εξίσωση γράφεται: $\displaystyle{-1+2b-b^2=\sqrt{-2+1+|-2+1-2b|}\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{-1+2b-b^2 =\sqrt{-1+|2b+1|}\Leftrightarrow -(b-1)^2 =\sqrt{-1+|2b+1|}}$ , η οποία προφανώς είναι αδύνατη (αφού

η μόνη πιθανή λύση $\displaystyle{b=1}$ , δεν την επαληθεύει). Άρα $\displaystyle{a\geq 0}$ . Τότε η δοσμένη εξίσωση με ύψωση στο τετράγωνο

ισοδύναμα γράφεται:

$\displaystyle{a^2 +2a(2b-b^2 )+(2b-b^2 )^2 =2a+a^2 +|2a +1-2b|}$ , (I)

Θα διακρίνουμε τώρα δύο περιπτώσεις:

1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: $\displaystyle{a\geq b}$ . Τότε $\displaystyle{2a-2b+1>0}$ και άρα $\displaystyle{(I)\Leftrightarrow 2a(2b-b^2 )+(2b-b^2 )^2 =4a+1-2b}$

$\displaystyle{\Leftrightarrow 2a(2-2b+b^2)=(b^2 -2b)^2 -4+2b+3\Leftrightarrow 2a=b^2-2b-2+\frac{2b+3}{b^2 -2b+2}}$ , (II), (δεδομένου

ότι $\displaystyle{b^2 -2b+2\neq 0}$ , εφόσον έχει αρνητική διακρίνουσα).

Αφού $\displaystyle{a,b\in Z}$ , και δεδομένου ότι $\displaystyle{2b+3\neq 0}$ , πρέπει: $\displaystyle{|b^2 -2b+2|\leq |2b+3|}$ , και αφού $\displaystyle{b^2 -2b+2>0}$ ,

(διότι η διακρίνουσα είναι αρνητική), άρα: $\displaystyle{b^2 -2b+2\leq |2b+3|}$ , από όπου βρίσκουμε ότι $\displaystyle{b\in \{0,1,2,3,4\}}$ και

λόγω και της (ΙΙ) έχουμε την δεκτή λύση $\displaystyle{(a,b)=(1,1)}$

2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: $\displaystyle{a<b}$ . Tότε $\displaystyle{2a<2b\Leftrightarrow 2a-2b<0\Leftrightarrow 2a-2b\leq -1\Leftrightarrow 2a-2b+1\leq 0}$

Άρα η (Ι) με ύψωση στο τετράγωνο, γράφεται ισοδύναμα:

$\displaystyle{2a(2b-b^2 )+(2b-b^2 )^2 =2a-2a-1+2b\Leftrightarrow 2a(b^2 -2b)=(b^2 -2b)^2 -2b+1}$

Αν ήταν $\displaystyle{b^2 -2b=0}$ , τότε η πιο πάνω εξίσωση είναι προφανώς αδύνατη. Άρα $\displaystyle{b\neq 0}$ και $\displaystyle{b\neq 2}$

Tότε έχουμε: $\displaystyle{2a=b^2 -2b-\frac{2b-1}{b^2 -2b}}$ , (III).

Mε δεδομένο ότι $\displaystyle{a,b\in Z}$ και $\displaystyle{2b-1\neq 0}$ , συμπεραίνουμε ότι πρέπει $\displaystyle{|b^2 -2b|\leq |2b-1|\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{|\frac{b^2 -2b}{2b-1}|\leq 1\Leftrightarrow -1\leq \frac{b^2 -2b}{2b-1}\leq 1}$ . Λύνοντας την ανίσωση, βρίσκουμε ότι

$\displaystyle{b\in \{1,3\}}$ , (η τιμή $\displaystyle{b=-1}$ απορρίπτεται διότι είναι $\displaystyle{-1<a<b}$ ), και λόγω και της (ΙΙΙ), βρίσκουμε την εξής επί πλέον λύση:

$\displaystyle{(a,b)=(0,1)}$

Άρα τελικά το σύνολο λύσεων είναι το $\displaystyle{\{(1,1),(0,1)\}}$

#1413

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 677:
Βρείτε τις ακέραιες λύσεις της εξίσωσης $a+2b-b^2=\sqrt{2a+a^2+|2a+1-2b|}$ .

Μια ακόμη λύση: http://forum.gil.ro/viewtopic.php?f=40&t=5793&start=0

#1414

socrates έγραψε:
AΣΚΗΣΗ 675:
Θεωρούμε ευθεία και δύο διαφορετικά σημεία, , επί αυτής. Έστω ακόμη σημεία, διαφορετικά μεταξύ τους και με τα , που δεν ανήκουν στο τμήμα
Είναι δυνατόν το άθροισμα των αποστάσεων των σημείων αυτών από το να ισούται με το άθροισμα των αποστάσεων τους από το

Σίγουρα αυτή είναι η ερώτηση; Μπορούμε να το επιτύχουμε εύκολα παίρνοντας σημεία της μεσοκαθέτου.

#1415

socrates έγραψε:

AΣΚΗΣΗ 674:
Δείξτε ότι ανάμεσα σε $2^{2013}+2$ πρώτους, υπάρχουν δύο που η διαφορά τους διαιρείται με τον $2^{2014.}$

Κάθε πρώτος είναι ισότιμος με $1,2,3,5,7,\ldots,2^{2014}-1 \bmod 2^{2014}$ . Υπάρχουν $2^{2013}+1$ δυνατές ισοτιμίες και έχουμε $2^{2013}+2$ πρώτους άρα τουλάχιστον δύο έχουν την ίδια ισοτιμία $\bmod 2^{2014}$ και άρα η διαφορά τους διαιρείται από το $2^{2014}$ .

#1416

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 676:
Υπάρχουν ακέραιοι ώστε

Aφού ο αριθμός είναι άρτιος, θα πρέπει οι αριθμοί να είναι οι δύο περιττοί και ο ένας άρτιος ή

να είναι και οι τρεις άρτιοι.

1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: Οι δύο είναι περιττοί (π.χ οι ) και ο τρίτος άρτιος. Τότε υπάρχουν $k,n,m\in Z$ , ώστε

. Άρα: $8k+1 +8n+1+4m^2 =20122012\Rightarrow 4(2k+2n+m^2 )=20122010$

Άρα πρέπει , που είναι άτοπο.

2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: Και οι τρεις είναι άρτιοι. Άρα υπάρχουν $k,n,m \in Z$ ώστε . Άρα:

$4k^2 +4n^2 +4m^2 =20122012\Rightarrow k^2 +n^2 +m^2 =5030503$ . Από την ισότητα αυτή, συμπεραίνουμε ότι οι

αριθμοί είναι και οι τρεις περιττοί ή οι δύο είναι άρτιοι και ο τρίτος περιττός. Παίρνουμε λοιπόν δύο

υποπεριπτώσεις:

2α) Αν είναι και οι τρεις περιττοί. Τότε: $8k_1 +1 +8n_1 +1 +8m_1 +1 =5030503\Rightarrow 8|5030500$ , που είναι άτοπο.

2β) Αν είναι οι δύο άρτιοι (π.χ ) και ο άλλος περιττός, τότε έχουμε:

$4k_2 ^2 +4n_2 ^2 +8m_2 +1=5030503\Rightarrow 4|5030502$ , που και πάλι είναι άτοπο.

Άρα δεν υπάρχουν ακέραιοι που να ικανοποιούν την δοσμένη ισότητα.

ΣΗΜ: Χρησιμοποιήσαμε την πρόταση ότι το τετράγωνο περιττού έχει την μορφή :

Η απόδειξη του Δημήτρη μπορεί να τροποποιηθεί για να δείξει ότι κανένας αριθμός της μορφής 4^n(8k+7)

δεν μπορεί να γραφτεί σαν άθροισμα τριών τέλειων τετραγώνων. Ισχύει επίσης (αλλά είναι δύσκολο να αποδειχθεί) ότι κάθε άλλος φυσικός μπορεί να γραφτεί σαν άθροισμα τριών τέλειων τετραγώνων.

#1417

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 671:
Από τους ακεραίους ποιος είναι ο μεγαλύτερος δυνατός αριθμός ακεραίων που μπορούμε να επιλέξουμε έτσι ώστε αν προσθέτουμε δύο οποιουσδήποτε από αυτούς που επιλέξαμε να προκύπτει ακέραιος που να μην είναι πολλαπλάσιο του

Παρατηρούμε ότι μπορούμε να επιλέξουμε το πολύ ένα πολλαπλάσιο του

. Επίσης χωρίζοντας τα μη πολλαπλάσια του

στα ζεύγη $\{1,2012\},\{2,2011\},\ldots,\{1006,1007\}$ παρατηρούμε ότι από κάθε ζεύγος μπορούμε να επιλέξουμε μόνο ένα από τους αριθμούς. (Αφού 11|2013

.) Έχουμε συνολικά $\displaystyle{ 1006 - \frac{1001}{11} = 1006 - 91 = 915}$ τέτοια ζεύγη. Άρα συνολικά μπορούμε να επιλέξουμε το πολύ 915+1 = 916

τέτοιους αριθμούς.

Μπορούμε να διαλέξουμε 916

αριθμούς επιλέγοντας τον

μαζί με όλους τους δοσμένους φυσικούς που είναι της μορφής 11k+r

όπου $r \in \{1,2,3,4,5\}$ . Παρατηρούμε ότι αυτό το σύνολο έχει την ιδιότητα που θέλουμε και έχει μέγεθος $\displaystyle{1 + \frac{5}{11} \cdot 2013 = 1 + 5 \cdot (2\cdot 91 + 1) = 916}$ όπως θέλαμε να δείξουμε.

sokratis lyras · #1418

Demetres έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 676:
Υπάρχουν ακέραιοι ώστε

Aφού ο αριθμός είναι άρτιος, θα πρέπει οι αριθμοί να είναι οι δύο περιττοί και ο ένας άρτιος ή

να είναι και οι τρεις άρτιοι.

1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: Οι δύο είναι περιττοί (π.χ οι ) και ο τρίτος άρτιος. Τότε υπάρχουν $k,n,m\in Z$ , ώστε

. Άρα: $8k+1 +8n+1+4m^2 =20122012\Rightarrow 4(2k+2n+m^2 )=20122010$

Άρα πρέπει , που είναι άτοπο.

2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: Και οι τρεις είναι άρτιοι. Άρα υπάρχουν $k,n,m \in Z$ ώστε . Άρα:

$4k^2 +4n^2 +4m^2 =20122012\Rightarrow k^2 +n^2 +m^2 =5030503$ . Από την ισότητα αυτή, συμπεραίνουμε ότι οι

αριθμοί είναι και οι τρεις περιττοί ή οι δύο είναι άρτιοι και ο τρίτος περιττός. Παίρνουμε λοιπόν δύο

υποπεριπτώσεις:

2α) Αν είναι και οι τρεις περιττοί. Τότε: $8k_1 +1 +8n_1 +1 +8m_1 +1 =5030503\Rightarrow 8|5030500$ , που είναι άτοπο.

2β) Αν είναι οι δύο άρτιοι (π.χ ) και ο άλλος περιττός, τότε έχουμε:

$4k_2 ^2 +4n_2 ^2 +8m_2 +1=5030503\Rightarrow 4|5030502$ , που και πάλι είναι άτοπο.

Άρα δεν υπάρχουν ακέραιοι που να ικανοποιούν την δοσμένη ισότητα.

ΣΗΜ: Χρησιμοποιήσαμε την πρόταση ότι το τετράγωνο περιττού έχει την μορφή :
Η απόδειξη του Δημήτρη μπορεί να τροποποιηθεί για να δείξει ότι κανένας αριθμός της μορφής δεν μπορεί να γραφτεί σαν άθροισμα τριών τέλειων τετραγώνων. Ισχύει επίσης (αλλά είναι δύσκολο να αποδειχθεί) ότι κάθε άλλος φυσικός μπορεί να γραφτεί σαν άθροισμα τριών τέλειων τετραγώνων.

Με κάποια επιφύλαξη.
a^2+b^2+c^2=4^n(8k+7)

.Ουσιαστικά αρκεί να δειχθεί για n=0,1

αφού για $n\ge 2$ πρέπει με $\mod 8$ να είναι είναι $a\equiv b\equiv c \equiv 0\mod 4$ και καταλήγουμε στην $a_1^2+b_1^2+c_1^2=4^{n-2}(8k+7)$ όπου a=4a_1

κλπ.Όμως για n=0,1

το δεξί μέλος είναι ισότιμο με $7,4\mod 8$ αντίστοιχα που το χουμε συναντήσει τουλάχιστον 2 φορές(αν θυμάμαι καλά με ρητά σημεία πάνω σε σφαίρα).

#1419

Πολύ πιθανό να το έχουμε ξαναδεί. Ας την συμπληρώσουμε όμως την απόδειξη και εδώ. Επειδή κάθε τέλειο τετράγωνο είναι ισότιμο με $0,1,4 \bmod 8$ τότε το άθροισμα τριών τέλειων τετραγώνων δεν μπορεί να ισούται με $7 \bmod 8$ . Πρέπει λοιπόν να ισούται με $4 \bmod 8$ (είμαστε δηλαδή στην περίπτωση n=1

). Για να συμβεί όμως αυτό πρέπει και οι τρεις αριθμοί να είναι άρτιοι. Διαιρώντας τους με το 2 πάμε στην περίπτωση n=0

και σε άθροισμα τριών τέλειων τετραγώνων ισότιμο με $7 \bmod 8$ που είναι άτοπο.

#1420

Demetres έγραψε:
socrates έγραψε:
AΣΚΗΣΗ 675:
Θεωρούμε ευθεία και δύο διαφορετικά σημεία, , επί αυτής. Έστω ακόμη σημεία, διαφορετικά μεταξύ τους και με τα , που δεν ανήκουν στο τμήμα
Είναι δυνατόν το άθροισμα των αποστάσεων των σημείων αυτών από το να ισούται με το άθροισμα των αποστάσεων τους από το

Σίγουρα αυτή είναι η ερώτηση; Μπορούμε να το επιτύχουμε εύκολα παίρνοντας σημεία της μεσοκαθέτου.

Τα σημεία ανήκουν στην ευθεία d...

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