Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

nikos999 · #1441

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 471 Αν $\displaystyle{n\in N}$ και ο αριθμός $\displaystyle{A=\frac{2^n .3^{n+1}+3}{2^{n+1}.3^n +4}}$ είναι επίσης φυσικός, να αποδείξετε ότι :

$\displaystyle{(n+A)^{2015}=(n-A)^{2014}}$

Είναι $2^n \cdot3^{n+1}+3=3 \cdot(6^n+1)$ και $2^{n+1}\cdot3^n +4}=2(6^n+2)$ .
Επειδή $\displaystyle{A\in N}$ πρέπει $2^{n+1}\cdot3^n +4}\mid3 \cdot(6^n+1)$ . Οπότε θα είναι και $2^{n+1}\cdot3^n +4}\mid3 \cdot(6^n+1)-(2^{n+1}\cdot3^n +4})\Leftrightarrow 2^{n+1}\cdot3^n +4}\mid 6^n-1\Leftrightarrow 2^{n+1}\cdot3^n +4}\mid3(6^n-1).$
Επομένως θα πρέπει $2^{n+1}\cdot3^n +4}\mid3 \cdot(6^n+1)-3(6^n-1)\Leftrightarrow 2^{n+1}\cdot3^n +4}\mid 6$ .
Επειδή $2^{n+1}\cdot3^n +4}\mid 6$ και $2^{n+1}\cdot3^n +4}>4$ παίρνουμε ότι $2^{n+1}\cdot3^n +4}=6\Leftrightarrow 2\cdot 6^n=2\Leftrightarrow 6^n=1\Leftrightarrow n=0$ και συνεπώς A=1

. Άρα η ζητούμενη γράφεται $\displaystyle{(n+A)^{2015}=(n-A)^{2014}}\Leftrightarrow 1^{2015}=(-1)^{2014}$ η οποία ισχύει.

Αρχιμήδης 6 · #1442

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 471 Αν $\displaystyle{n\in N}$ και ο αριθμός $\displaystyle{A=\frac{2^n .3^{n+1}+3}{2^{n+1}.3^n +4}}$ είναι επίσης φυσικός, να αποδείξετε ότι :

$\displaystyle{(n+A)^{2015}=(n-A)^{2014}}$

Πολύ ωραία Νίκο όμως ...

Αν n>0

τότε

Ο παρανομαστής του κλάσματος είναι άρτιος ενώ ο αριθμητής του περιττός άρα το κλάσμα δεν είναι φυσικός.

Άρα μένει να ελέγξω για n=0

όπου αριθμητής και παρανομαστής είναι ίσοι με

άρα

Οπότε ισχύει και η σχέση που θέλω να αποδείξω.

Φιλικά ,

Δημήτρης

nikos999 · #1443

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 471 Αν $\displaystyle{n\in N}$ και ο αριθμός $\displaystyle{A=\frac{2^n .3^{n+1}+3}{2^{n+1}.3^n +4}}$ είναι επίσης φυσικός, να αποδείξετε ότι :

$\displaystyle{(n+A)^{2015}=(n-A)^{2014}}$

Και μία δεύτερη λύση πιο γρήγορη.
Είναι $2^n \cdot3^{n+1}+3=3(6^n+1)$ και $2^{n+1}\cdot3^n +4}=2(6^n+2)$ . Επειδή ο

είναι άρτιος θα πρέπει και ο 6^n+1

να είναι άρτιος. Για $n\neq 0$ είναι 6^n+1

περιττός, άτοπο.
Για n=0

παίρνουμε ότι A=1

και εύκολα αποδεικνύεται το ζητούμενο.

Με πρόλαβες Δημήτρη

#1444

ΑΣΚΗΣΗ 472 Αν $\displaystyle{x,y,z}$ πρώτοι και $\displaystyle{x<y<z}$ και αν $\displaystyle{(x+y+z)((5x+15)=y(5x-4)(48-z)}$ , να βρεθούν οι αριθμοί $\displaystyle{x,y,z}$

nikos999 · #1445

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 472 Αν $\displaystyle{x,y,z}$ πρώτοι και $\displaystyle{x<y<z}$ και αν $\displaystyle{(x+y+z)((5x+15)=y(5x-4)(48-z)}$ , να βρεθούν οι αριθμοί $\displaystyle{x,y,z}$

Είναι

πρώτοι. Για x>2

είναι

άρτιος, ενώ y(5x-4)(48-z)

περιττός, άτοπο.
Επομένως x=2

. Οπότε η αρχική γράφεται $25(2+y+z)=6y(48-z)\Leftrightarrow 263y-25z-6yz=50$ .
Άρα $263y>25z+6yz\Leftrightarrow y(263-6z)>25z>0\Leftrightarrow y>\frac{25z}{263-6z}$ και επειδή z>y

θα είναι $z>\frac{25z}{263-6z}\Leftrightarrow z<\frac{238}{6}<40.$
Συνεπώς $\displaystyle{z\in \{ 5,7,11,13,17,19,23,29,31,37\}}.$
Από την αρχική έχουμε ότι $y=\frac{25(2+z)}{263-6z}$ .
Παίρνοντας τις περιπτώσεις βρίσκουμε ότι δεκτή είναι η τριάδα (x,y,z)=(2,5,23)

.

#1446

ΑΣΚΗΣΗ 473 Δείξτε ότι για κάθε $\displaystyle{n\in N}$ , το κλάσμα $\displaystyle{A=\frac{7n+5}{12n^2 +17n +6}}$ είναι ανάγωγο.

nikos999 · #1447

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 473 Δείξτε ότι για κάθε $\displaystyle{n\in N}$ , το κλάσμα $\displaystyle{A=\frac{7n+5}{12n^2 +17n +6}}$ είναι ανάγωγο.

Έστω

ένας κοινός διαιρέτης. Τότε ισχύει ότι $d\mid 7n+5$ και $d\mid 12n^2+17n+6$ . Επομένως ισχύει και ότι $d\mid 7(12n^2+17n+6)-12n(7n+5)\Rightarrow d\mid 59n+42$ . Ακόμα είναι $d\mid 8(7n+5)$ . Άρα είναι $d\mid 59n+42-8(7n+5)\Rightarrow d\mid 3n+2$ και συνεπώς $d\mid 7n+5-2(3n+2)\Rightarrow d\mid n+1$
Όμως ισχύει ότι $d\mid 3(n+1)$ άρα και $d\mid 3(n+1)-3n-2\Rightarrow d\mid 1$ . Επομένως $\gcd(7n+5,12n^2+17n+6)=1$ και το κλάσμα είναι ανάγωγο.

Αρχιμήδης 6 · #1448

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 473 Δείξτε ότι για κάθε $\displaystyle{n\in N}$ , το κλάσμα $\displaystyle{A=\frac{7n+5}{12n^2 +17n +6}}$ είναι ανάγωγο.

Από την ταυτότητα...

49(12n^2+17n+6)=(84n+59)(7n+5)-1

Αν

,

τότε

,

Άρα το κλάσμα είναι ανάγωγο.

Δημήτρης

#1449

ΑΣΚΗΣΗ 474 Έστω $\displaystyle{a_1 =1.2014 , a_2 = 2.2013 , a_3 = 3. 2012 , ...}$ και θεωρούμε τον αριθμό:

$\displaystyle{A=a_1 +a_2 +a_3 + . . . + a_{100}}$ . Να αποδείξετε ότι ο αριθμός αυτός διαιρείται με το $\displaystyle{50}$

nikos999 · #1450

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 474 Έστω $\displaystyle{a_1 =1.2014 , a_2 = 2.2013 , a_3 = 3. 2012 , ...}$ και θεωρούμε τον αριθμό:

$\displaystyle{A=a_1 +a_2 +a_3 + . . . + a_{100}}$ . Να αποδείξετε ότι ο αριθμός αυτός διαιρείται με το $\displaystyle{50}$

Έχουμε ότι $A=1\cdot2014+2(2014-1)+3(2014-2)+...+100(2014-99)$ ή
$A=2014(1+2+3+...+100)-(2+2\cdot 3+3\cdot 4+...+99\cdot 100)$
$=2014(1+2+3+...+100)-(1\cdot2+2\cdot 3+3\cdot 4+...+99\cdot 100)$ .
Ισχύει ότι n(n+1)=n^2+n

. Τότε
$1\cdot2=1^2+1$
$2\cdot3=2^2+2$
$3\cdot4=3^2+3$
.....................
$99\cdot100=99^2+99.$
Άρα $1\cdot2+2\cdot 3+3\cdot 4+...+99\cdot 100=1^2+2^2+3^2+...+99^2+1+2+3+...+99$ .
Ισχύει ότι $\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}=1^2+2^2+3^2+...+n^2$ και $\frac{n(n+1)}{2}=1+2+3+...+n$ , όπου $\displaystyle{n\in{N^*}}$ .
Επομένως $1^2+2^2+3^2+...+99^2=\frac{99\cdot100\cdot199}{6}=33\cdot50\cdot199$ , $1+2+3+...+99=\frac{99\cdot100}{2}=99\cdot50$ και $1+2+3+...+100=50\cdot101.$
Τελικά $A=2014\cdot 50\cdot101-33\cdot50\cdot199-50\cdot99$ , που είναι πολλαπλάσιο του 50.

Αρχιμήδης 6 · #1451

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 474 Έστω $\displaystyle{a_1 =1.2014 , a_2 = 2.2013 , a_3 = 3. 2012 , ...}$ και θεωρούμε τον αριθμό:

$\displaystyle{A=a_1 +a_2 +a_3 + . . . + a_{100}}$ . Να αποδείξετε ότι ο αριθμός αυτός διαιρείται με το $\displaystyle{50}$

Μια άλλη σκέψη ίσως ήταν ....

Προφανώς και διαιρείται από το

αφού το άθροισμα αποτελείται από 100

άρτιους προσθετέους.

Μένει να αποδείξω ότι το άθροισμα διαιρείται από

.

Με χρήση της ταυτότητας $xy=\dfrac{(x+y)^2-(x-y)^2}{4}$ το άθροισμα τελικά θα γίνει

$A=\dfrac{100*2015^{2}+1815^{2}+1817^{2}+....2011^{2}+2013^{2}}{4}$

Προφανώς $25|\dfrac{100*2015^{2}}{4}$

Μένει να αποδείξω ότι

$25|\dfrac{1815^{2}+1817^{2}+....2011^{2}+2013^{2}}{4}$

Εφόσον το κλάσμα είναι ακέραιος αρκεί

$25|{1815^{2}+1817^{2}+....2011^{2}+2013^{2}$

Μένει να παρατηρήσουμε ότι το κλάσμα αυτό μπορεί να σπάσει σε 100 προσθετέους και δεδομένου ότι

(5k)^2+(5k+2)^2+(5k+4)^2+(5k+6)^2+(5k+8)^2=20mod25

Άρα

$A=\dfrac{100*2015^{2}+1815^{2}+1817^{2}+....2011^{2}+2013^{2}}{4}=20*20=0mod25$

#1452

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 474 Έστω $\displaystyle{a_1 =1.2014 , a_2 = 2.2013 , a_3 = 3. 2012 , ...}$ και θεωρούμε τον αριθμό:

$\displaystyle{A=a_1 +a_2 +a_3 + . . . + a_{100}}$ . Να αποδείξετε ότι ο αριθμός αυτός διαιρείται με το $\displaystyle{50}$

Και μια απόδειξη ρουτίνα:

$\displaystyle{A=\sum_{k=1}^{100}k(2015-k)=2015\sum_{k=1}^{100}k-\sum_{k=1}^{100}k^2=2015\cdot \frac{100\cdot 101}{2}-\frac{100\cdot 101\cdot 201}{6}=2015\cdot 50\cdot 101-50\cdot 101\cdot 67=\text{\gr πολλαπλάσιο του}~50.}$

Όπως φαίνεται, το $\displaystyle{A}$ είναι μάλιστα πολλαπλάσιο του $\displaystyle{5050.}$

#1453

ΑΣΚΗΣΗ 475: Αν $\displaystyle{m , n \in N}$ και $\displaystyle{(m!+1)(n!+1) = (m+n)!}$ , να βρεθούν οι αριθμοί $\displaystyle{m , n}$

nikos999 · #1454

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 475: Αν $\displaystyle{m , n \in N}$ και $\displaystyle{(m!+1)(n!+1) = (m+n)!}$ , να βρεθούν οι αριθμοί $\displaystyle{m , n}$

Έστω $m, n \geq 5$ . Τότε παρατηρούμε ότι επειδή $5!=1\cdot2\cdot3\cdot4\cdot5$ λήγει σε

, άρα και

λήγει σε

, ενώ ο αριθμός (m!+1)(n!+1)

λήγει σε

.
Έστω $m\geq5$ και n<5

. Τότε

λήγει σε

. Όμοια

λήγει σε

.
Οπότε πρέπει (n!+1)

να λήγει σε

, άτοπο.
Το ίδιο ισχύει για $n\geq5$ και m<5

.
Άρα

. Τότε ισχύει ότι (m!+1)(n!+1)

δε θα λήγει σε

. Όμως θα πρέπει και (m+n)!

να μη λήγει σε

. Οπότε πρέπει να είναι m+n<5

.
Εξετάζοντας τις περιπτώσεις βρίσκουμε ότι λύσεις είναι τα ζεύγη τιμών (m,n)=(1,2)

και

. (Ισχύει ότι 0!=1

)

Αρχιμήδης 6 · #1455

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 475: Αν $\displaystyle{m , n \in N}$ και $\displaystyle{(m!+1)(n!+1) = (m+n)!}$ , να βρεθούν οι αριθμοί $\displaystyle{m , n}$

Χωρίς βλάβη της γενικότητας έστω m>=n

Αν

Τότε μοναδική λύση η (m,n)=(2,1)

Αν

τότε

περιττός ενώ (m+n)!

άρτιος άρα δεν έχουμε λύσεις...

Μοναδικές λύσεις (m,n)=(1,2),(2,1)

#1456

ΑΣΚΗΣΗ 476:

: EIS 2.png (5.61 KiB) Προβλήθηκε 2560 φορές

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ (με $\displaystyle{AB=AC}$ ) και έστω AH το ύψος του. Θεωρούμε τυχαίο σημείο $\displaystyle{P}$ επί του ύψους $\displaystyle{AH}$ και στο σημείο $\displaystyle{C}$ υψώνουμε ημιευθεία $\displaystyle{Cx}$ κάθετη στην $\displaystyle{BC}$ , η οποία τέμνει την από το $\displaystyle{P}$ παράλληλη προς την $\displaystyle{AB}$ σε ένα σημείο $\displaystyle{S}$ . Να αποδείξετε ότι η $\displaystyle{SB}$ διέρχεται από το μέσον της $\displaystyle{AP}$

nikos999 · #1457

Έστω

το σημείο τομής της

με την

.
Τότε επειδή η

είναι ύψος του ισοσκελούς θα είναι και διάμεσος. Οπότε το

είναι το μέσο της

. H

είναι κάθετη στην

και επομένως παράλληλη στην

. Αυτό σημαίνει ότι η

τέμνει την

στο μέσο της.
Άρα BZ=ZS

.
Ακόμα είναι $\angle PSZ=\angle ZBA$ ως εντός εναλλάξ των παραλλήλων

και

.
Επιπλέον ισχύει ότι $\angle PZS=\angle AZB$ ως κατακορυφήν γωνίες.
Επομένως τα τρίγωνα $\triangle PZS$ και $\triangle AZB$ είναι ίσα (έχουν $\angle PZS=\angle AZB$ , $\angle PSZ=\angle ZBA$ και BZ=ZS

).
Συνεπώς θα είναι και AZ=PZ

, οπότε η

διέρχεται από το μέσο της

.

#1458

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 476:

Το συνημμένο EIS 2.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ (με $\displaystyle{AB=AC}$ ) και έστω AH το ύψος του. Θεωρούμε τυχαίο σημείο $\displaystyle{P}$ επί του ύψους $\displaystyle{AH}$ και στο σημείο $\displaystyle{C}$ υψώνουμε ημιευθεία $\displaystyle{Cx}$ κάθετη στην $\displaystyle{BC}$ , η οποία τέμνει την από το $\displaystyle{P}$ παράλληλη προς την $\displaystyle{AB}$ σε ένα σημείο $\displaystyle{S}$ . Να αποδείξετε ότι η $\displaystyle{SB}$ διέρχεται από το μέσον της $\displaystyle{AP}$

Καλημέρα .

: 476.png (25.08 KiB) Προβλήθηκε 2529 φορές

Έστω

η προβολή του

στην

και ας είναι $\boxed{AB = AC = b\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,BC = 2a}$ .

Επειδή το ύψος

είναι και διάμεσος θα έχουμε : BH = HC = a

. Το τετράπλευρο AHCK

είναι ορθογώνιο και άρα , $AK = HC = a\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AC = HK$ . Αφού όμως

AK// = BH = a

το τετράπλευρο AHBC

είναι παραλληλόγραμμο και επομένως $AB// = HK\,\,\,(1)$ . Τώρα όμως και το τετράπλευρο PHKS

είναι παραλληλόγραμμο

γιατί οι απέναντι πλευρές του είναι παράλληλες . Μετά απ’ αυτά θα είναι HK// = PS

, οπότε λόγω της (1)

θα είναι

, που μας

εξασφαλίζει ότι το τετράπλευρο ABPS

είναι παραλληλόγραμμο και άρα οι διαγώνιοι του διχοτομούνται , δηλαδή η

θα διέρχεται από το μέσο της

.

Φιλικά Νίκος

Με επιφύλαξη αν είμαι εντός φακέλου

p_gianno · #1459

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 476:

Το συνημμένο EIS 2.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ (με $\displaystyle{AB=AC}$ ) και έστω AH το ύψος του. Θεωρούμε τυχαίο σημείο $\displaystyle{P}$ επί του ύψους $\displaystyle{AH}$ και στο σημείο $\displaystyle{C}$ υψώνουμε ημιευθεία $\displaystyle{Cx}$ κάθετη στην $\displaystyle{BC}$ , η οποία τέμνει την από το $\displaystyle{P}$ παράλληλη προς την $\displaystyle{AB}$ σε ένα σημείο $\displaystyle{S}$ . Να αποδείξετε ότι η $\displaystyle{SB}$ διέρχεται από το μέσον της $\displaystyle{AP}$

(1) και επειδή έχουν ίσες ορθές προβολές επί της

(

) έπεται ότι BA=PS

(2)

Από (1) και (2) προκύπτει ότι BPSA

παραλληλόγραμμο συνεπώς AT=TP

#1460

ΑΣΚΗΣΗ 477:

: EIS 1.png (5.9 KiB) Προβλήθηκε 2474 φορές

Πάνω σε μια ευθεία $\displaystyle{xy}$ θεωρούμε ένα σημείο $\displaystyle{A}$ και από αυτό φέρνουμε μια ημιευθεία $\displaystyle{Az}$ κάθετη στην $\displaystyle{xy}$ . Με κέντρο τυχαίο σημείο $\displaystyle{B}$

της $\displaystyle{Ax}$ και ακτίνα $\displaystyle{p>AB}$ , γράφουμε κύκλο ο οποίος τέμνει τις διχοτόμους των γωνιών $\displaystyle{yAz}$ και $\displaystyle{xAz}$ στα σημεία $\displaystyle{E}$ και $\displaystyle{D}$ αντιστοίχως.

Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο $\displaystyle{BDE}$ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές.

Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Re: Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

Μέλη σε σύνδεση