Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

G.Bas · #2361

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 1207
Έστω $\displaystyle{a,b,c}$ θετικοί πραγματικοί αριθμοί με $\displaystyle{a+b+c=3.}$ Να δείξετε ότι

$\displaystyle{ 2(ab+bc+ca)-3abc\ge a \sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}+ b \sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}}+ c \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}.}$

Από τη γνωστή Ανισότητα $\displaystyle{\sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}}+\sqrt{xy}\leq x+y}$ (είναι άμεση με Cauchy-Schwarz) προκύπτει ότι

$\displaystyle{\sum a\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}\leq\sum[a(b+c)-a\sqrt{bc}]=2(ab+bc+ca)-(a\sqrt{bc}+b\sqrt{ca}+c\sqrt{ab}).}$

'Ετσι είναι αρκετό να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{a\sqrt{bc}+b\sqrt{ca}+c\sqrt{ab}\geq 3abc.}$

Αλλά από την Ανισότητα AM-GM παίρνουμε για το αριστερό μέλος ότι

$\displaystyle{a\sqrt{bc}+b\sqrt{ca}+c\sqrt{ab}\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\geq 3\sqrt[3]{a^3b^3c^3}=3abc}$ με την τελευταία Ανισότητα να ισχύει λόγω της υπόθεσης αφού ισοδύναμα έχουμε

$\displaystyle{3=a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}\Leftrightarrow abc\leq 1.}$

G.Bas · #2362

socrates έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 1208
Έστω $\displaystyle{a,b,c}$ θετικοί πραγματικοί αριθμοί. Να δείξετε ότι

$\displaystyle{[(3a^2+1)^2+2(1+\frac{3}{b})^2][(3b^2+1)^2+2(1+\frac{3}{c})^2][(3c^2+1)^2+2(1+\frac{3}{a})^2]\geq48^3}$

Ισχύει από τις Ανισότητες Cauchy-Schwarz και AM-GM

$\displaystyle{\begin{aligned}\left[(3a^2+1)^2+2\left(1+\frac{3}{b}\right)^2\right](1+2)&\geq\left[3a^2+1+2\left(1+\frac{3}{b}\right)\right]^2\\&=9\left[a^2+1+\frac{2}{b}\right]^2\\&\geq 9\left[2a+\frac{2}{b}\right]^2\\&=36\left[a+\frac{1}{b}\right]^2\\&\geq 36\cdot 4\cdot\frac{a}{b}.\end{aligned}}$

Επομένως είναι

$\displaystyle{(3a^2+1)^2+2\left(1+\frac{3}{b}\right)^2\geq 48\cdot\frac{a}{b}.}$ ΠΛέον, το ζητούμενο είναι προφανές μετά από πολλαπλασιασμό των υπόλοιπων παραγόντων κατά μέλη.

#2363

ΑΣΚΗΣΗ 1215
Να συγκρίνετε τους αριθμούς $\displaystyle{4^{4^{4^{4^{4}}}}$ και $\displaystyle{ 5^{5^{5^{5}} .}$
http://forum.gil.ro/viewtopic.php?f=18&t=7155&start=0

ΑΣΚΗΣΗ 1216
Αν a =123456789,

να συγκρίνετε τους αριθμούς $\displaystyle{2014^{9^{9^{a}}}}$ και $\displaystyle{2015^{a^{a^{9}}}.}$

ΑΣΚΗΣΗ 1217
Έστω $\displaystyle{a,b,c}$ θετικοί πραγματικοί αριθμοί με $a \geq bc^2$ , $b \geq ca^2$ και $c \geq ab^2$ . Να βρείτε τη μέγιστη τιμή της παράστασης

$\displaystyle{E=abc(a-bc^2)(b-ca^2)(c-ab^2)}$ .

ΑΣΚΗΣΗ 1218
Έστω $\displaystyle{a,b,c}$ θετικοί πραγματικοί αριθμοί με $\displaystyle{abc=1.}$ Να δείξετε ότι

$\displaystyle{a^3+b^3+c^3+\frac{ab}{a^2+b^2}+\frac{bc}{b^2+c^2}+\frac{ca}{c^2+a^2} \geq \frac{9}{2}.}$

ΑΣΚΗΣΗ 1219
Έστω $\displaystyle{a,b,c}$ θετικοί πραγματικοί αριθμοί. Να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{1}{4}\left(\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\right)+\frac{ab}{a^2+b^2}+\frac{bc}{b^2+c^2}+\frac{ca}{c^2+a^2}\geq3. }$

ΑΣΚΗΣΗ 1220
Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης 11^n+2014^n=m^2

ΑΣΚΗΣΗ 1221
Να βρεθούν

θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε αυξάνοντας καθέναν κατά ένα, το γινόμενό τους να γίνεται 2015

φορές μεγαλύτερο.

ΑΣΚΗΣΗ 1222
Να βρείτε την ελάχιστη τιμή της παράστασης $\displaystyle{|3\cdot 5^m-11\cdot 13^n|}$ αν m,n

είναι θετικοί ακέραιοι.

ΑΣΚΗΣΗ 1223
Έστω

ένα σύνολο θετικών ακεραίων με δύο τουλάχιστον στοιχεία. Αν για κάθε $m,n\in A$ ο αριθμός $\displaystyle{\frac{m+1}{(m+1,n+1)}}$ ανήκει στο

να δείξετε ότι $A=\Bbb{N}^*.$

ΑΣΚΗΣΗ 1224
Στον πίνακα είναι γραμμένοι οι αριθμοί $\displaystyle{1, 2, . . . , 33.}$ Ένας μαθητής επιλέγει δύο από τους αριθμούς που είναι γραμμένοι στον πίνακα και τέτοιοι ώστε ο ένας να είναι πολλαπλάσιο του άλλου, τους διαγράφει και γράφει στον πίνακα το πηλίκο τους. Ο μαθητής επαναλαμβάνει τη διαδικασία μέχρις ότου να μην υπάρχουν στον πίνακα αριθμοί που ο ένας είναι πολλαπλάσιο του άλλου. Πόσοι αριθμοί θα υπάρχουν τότε στον πίνακα;

ΑΣΚΗΣΗ 1225
Αφαιρώντας ένα μοναδιαίο τετράγωνο από ένα τετράγωνο $2\times 2$ προκύπτει ένα σχήμα που λέγεται L-tromino.
Από την τέταρτη γραμμή μιας σκακιέρας $7 \times 7$ αφαιρούμε μερικά μοναδιαία τετράγωνα. Η σκακιέρα που προκύπτει μπορεί να καλυφθεί πλήρως, χωρίς επικαλύψεις, χρησιμοποιώντας L-tromino. Να προσδιορίσετε τον αριθμό και τη θέση των μοναδιαίων τετραγώνων που αφαιρέσαμε.

ΑΣΚΗΣΗ 1226
Να προσδιορίσετε τον ελάχιστο ακέραιο

για τον οποίο μπορεί να ισχύει: Σε μία συνάντηση σκακιού με

παίκτες, κάθε ζευγάρι παικτών παίζουν μεταξύ τους τουλάχιστον δύο και το πολύ

παιγνίδια. Στο τέλος της συνάντησης προκύπτει ότι κάθε παίκτης έχει παίξει διαφορετικό αριθμό παιγνιδιών.
viewtopic.php?f=44&t=49695

ΑΣΚΗΣΗ 1227
Ο Αντρέας και ο Βασίλης παίζουν το εξής παιγνίδι: Υπάρχουν 100 μπλε μπάλες σε ένα κόκκινο κουτί και 100 κόκκινες μπάλες σε ένα μπλε κουτί. Σε κάθε του κίνηση ένας παίκτης μπορεί να κάνει μία από τις εξής κινήσεις:

(α) Να αφαιρέσει δυο κόκκινες μπάλες από το μπλε κουτί και να τις βάλει στο κόκκινο.
(β) Να αφαιρέσει δυο μπλε μπάλες από το κόκκινο κουτί και να τις βάλει στο μπλε.
(γ) Να αφαιρέσει δυο μπάλες διαφορετικών χρωμάτων από το ίδιο κουτί και να τις πετάξει.

Οι δυο παίκτες ξεκινώντας από τον Αντρέα κινούνται εναλλάξ. Ο παίκτης που πρώτος αφαιρεί την τελευταία κόκκινη μπάλα από το μπλε κουτί ή την τελευταία μπλε από το κόκκινο κουτί κερδίζει.

Να βρεθεί ποιος παίκτης έχει στρατηγική νίκης.
viewtopic.php?f=111&t=49665

ΑΣΚΗΣΗ 1228
Δίνεται ένας $2015 \times 2015$ πίνακας. Να βρεθεί με πόσους τρόπους μπορούμε να τοποθετήσουμε μηδενικά και άσσους στα κελιά του ώστε το άθροισμα κάθε σειράς και κάθε στήλης να είναι άρτιος.
viewtopic.php?f=111&t=49432

#2364

socrates έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 1218
Έστω $\displaystyle{a,b,c}$ θετικοί πραγματικοί αριθμοί με $\displaystyle{abc=1.}$ Να δείξετε ότι

$\displaystyle{a^3+b^3+c^3+\frac{ab}{a^2+b^2}+\frac{bc}{b^2+c^2}+\frac{ca}{c^2+a^2} \geq \frac{9}{2}.}$

Είναι

$\displaystyle{a^3+b^3+c^3+\frac{ab}{a^2+b^2}+\frac{bc}{b^2+c^2}+\frac{ca}{c^2+a^2}=}$

$\displaystyle{a^3+b^3+c^3+\sum \frac{1}{c(a^2+b^2)}\stackrel{C-S}{\geq }a^3+b^3+c^3+\frac{9}{\sum c(a^2+b^2)}\stackrel{Schur}{\geq }3+\sum c (a^2+b^2)+\frac{9}{\sum c(a^2+b^2)}=}$

$\displaystyle{\stackrel{x=\sum c(a^2+b^2)}{=}3+x+\frac{9}{x}\stackrel{AM-GM}{\geq 3+2\sqrt{x\frac{9}{x}}}=9.}$

gavrilos · #2365

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1218
Έστω $\displaystyle{a,b,c}$ θετικοί πραγματικοί αριθμοί με $\displaystyle{abc=1.}$ Να δείξετε ότι

$\displaystyle{a^3+b^3+c^3+\frac{ab}{a^2+b^2}+\frac{bc}{b^2+c^2}+\frac{ca}{c^2+a^2} \geq \frac{9}{2}.}$

Είναι από τον προκριματικό της Μολδαβίας αν δεν κάνω λάθος.Η λύση που έχω βρει είναι η εξής:

Από Schur παίρνουμε $\displaystyle{a^3+b^3+c^3+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)}$ .

Επομένως αρκεί να δειχθεί ότι $\displaystyle{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)-3abc+\frac{ab}{a^2+b^2}+\frac{bc}{b^2+c^2}+\frac{ca}{c^2+a^2} \geq \frac{9}{2}}$ .

Ισοδύναμα και λαμβάνοντας υπ' όψιν μας τη δοσμένη συνθήκη,αρκεί $\displaystyle{LHS=a(b^2+c^2)+b(c^2+a^2)+c(a^2+b^2)+\frac{ab}{a^2+b^2}+\frac{bc}{b^2+c^2}+\frac{ca}{c^2+a^2}\geq \frac{15}{2}}$ .

Έχουμε $\displaystyle{a(b^2+c^2)+\frac{4bc}{b^2+c^2}\geq 4}$ .Προσθέτοντας κυκλικά παίρνουμε $\displaystyle{LHS+3\left (\frac{ab}{a^2+b^2}+\frac{bc}{b^2+c^2}+\frac{ca}{c^2+a^2}\right)\geq 12}$ .

Άρα $\displaystyle{LHS\geq 12-3\left (\frac{ab}{a^2+b^2}+\frac{bc}{b^2+c^2}+\frac{ca}{c^2+a^2}\right)\geq 12-\frac{9}{2}=\frac{15}{2}}$

όπου η τελευταία προκύπτει από την $\displaystyle{a^2+b^2\geq 2ab\Leftrightarrow \frac{ab}{a^2+b^2}\leq \frac{1}{2}\Leftrightarrow -\frac{ab}{a^2+b^2}\geq -\frac{1}{2}}$ και το ζητούμενο αποδείχθηκε.

#2366

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 1222
Να βρείτε την ελάχιστη τιμή της παράστασης $\displaystyle{|3\cdot 5^m-11\cdot 13^n|}$ αν είναι θετικοί ακέραιοι.

Παρατηρούμε ότι $\displaystyle{f(m=4,n=2)=16.}$ Θα αποδείξουμε ότι $\displaystyle{\min f=16}$ με το να αποκλείσουμε τα ενδεχόμενα να υπάρχουν $\displaystyle{m,n,}$ ώστε

$\displaystyle{f(m,n)=0,\pm 2,\pm 4,\pm 6,\pm 8\pm 10,\pm 12,\pm 14.}$

$\displaystyle{\bullet}$ Το $\displaystyle{0}$ αποκλείεται επειδή τα $\displaystyle{3\cdot 5^m,11\cdot 13^n}$ προφανώς έχουν διαφορετικό τελευταίο ψηφίο.

$\displaystyle{\bullet}$ Είναι $\displaystyle{3\cdot 5^m-11\cdot 13^n\equiv 0\mod 4,}$ οπότε αμέσως αποκλείονται οι τιμές $\displaystyle{\pm 2,\pm 6,\pm 10, \pm 14.}$ (οι τιμές $\displaystyle{\pm 10}$ αποκλείονται και από το προηγούμενο επιχείρημα).

$\displaystyle{\bullet}$ Είναι $\displaystyle{3\cdot 5^m-11\cdot 13^n\equiv 4\mod 6,}$ οπότε αμέσως αποκλείονται οι τιμές $\displaystyle{\pm 12.}$

$\displaystyle{\bullet}$ Είναι $\displaystyle{3\cdot 5^m-11\cdot 13^n\equiv 1\mod 3,}$ οπότε αμέσως αποκλείονται οι τιμές $\displaystyle{-4,8.}$

* Διόρθωση αβλεψίας που μου επισήμαναν ο Δημήτρης (Demetres) και ο Θανάσης (socrates). Υπάρχει ένα κενό για τις περιπτώσεις $\displaystyle{4,-8}$ . Θα τπο καλύψω αφού επιστρέψω.

gavrilos · #2367

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1219
Έστω $\displaystyle{a,b,c}$ θετικοί πραγματικοί αριθμοί. Να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{1}{4}\left(\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\right)+\frac{ab}{a^2+b^2}+\frac{bc}{b^2+c^2}+\frac{ca}{c^2+a^2}\geq3. }$

Είναι παραλλαγή της 1218.

Λόγω ομοιογένειας ας υποθέσουμε ότι $\displaystyle{abc=1}$ .

Τότε η δοσμένη ανισότητα γράφεται $\displaystyle{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+\frac{4ab}{a^2+b^2}+\frac{4bc}{b^2+c^2}+\frac{4ca}{c^2+a^2}\geq 12}$ το οποίο όπως έχει δειχθεί δύο δημοσιεύσεις παραπάνω ισχύει.

simantiris j. · #2368

Η αλλιώς $\displaystyle{\frac{1}{4}\left(\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\right)+\frac{ab}{a^2+b^2}+\frac{bc}{b^2+c^2}+\frac{ca}{c^2+a^2}=\sum{\frac{a^2+c^2}{4ac}+\frac{ac}{a^2+c^2}}\geq \sum{2\sqrt{\frac{ac(a^2+c^2)}{4ac(a^2+c^2)}}}=3$ από την ανισότητα αριθμητικού γεωμετρικού μέσου.

raf616 · #2369

Μία για την 1220

.

Εύκολα με $\pmod3$ προκύπτει

περιττός. Αν $n\geq3$ τότε $2014^n \equiv 0 \pmod4$ . Ακόμα $11^n \equiv -1 \pmod4$ και άρα $LHS \equiv -1\pmod4$ , άτοπο αφού το

δεν είναι τετραγωνικό κατάλοιπο $\pmod4$ . Τώρα εύκολα βλέπουμε ότι μοναδική λύση η n=1

που δίνει

.

Συγγνώμη για την πιθανή άσχημη εμφάνιση αλλά γράφω από κινητό.

#2370

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1224
Στον πίνακα είναι γραμμένοι οι αριθμοί $\displaystyle{1, 2, . . . , 33.}$ Ένας μαθητής επιλέγει δύο από τους αριθμούς που είναι γραμμένοι στον πίνακα και τέτοιοι ώστε ο ένας να είναι πολλαπλάσιο του άλλου, τους διαγράφει και γράφει στον πίνακα το πηλίκο τους. Ο μαθητής επαναλαμβάνει τη διαδικασία μέχρις ότου να μην υπάρχουν στον πίνακα αριθμοί που ο ένας είναι πολλαπλάσιο του άλλου. Πόσοι τουλάχιστον αριθμοί θα υπάρχουν τότε στον πίνακα;

Μια διόρθωση... Ψάχνουμε τον ελάχιστο αριθμό αριθμών που θα υπάρχουν τότε στον πίνακα...

Ευχαριστώ το Δημήτρη (Demetres) που μου το επεσήμανε!

#2371

gavrilos έγραψε:
socrates έγραψε:
socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1224
Στον πίνακα είναι γραμμένοι οι αριθμοί $\displaystyle{1, 2, . . . , 33.}$ Ένας μαθητής επιλέγει δύο από τους αριθμούς που είναι γραμμένοι στον πίνακα και τέτοιοι ώστε ο ένας να είναι πολλαπλάσιο του άλλου, τους διαγράφει και γράφει στον πίνακα το πηλίκο τους. Ο μαθητής επαναλαμβάνει τη διαδικασία μέχρις ότου να μην υπάρχουν στον πίνακα αριθμοί που ο ένας είναι πολλαπλάσιο του άλλου. Πόσοι τουλάχιστον αριθμοί θα υπάρχουν τότε στον πίνακα;
Μια διόρθωση... Ψάχνουμε τον ελάχιστο αριθμό αριθμών που θα υπάρχουν τότε στον πίνακα...

Ευχαριστώ το Δημήτρη (Demetres) που μου το επεσήμανε!
Η απάντηση είναι $\displaystyle{9}$ .

Το γινόμενο των αριθμών στον πίνακα είναι $\displaystyle{33!=2^{31}\cdot 3^{15}\cdot 5^{7}\cdot 7^{4}\cdot 11^{3}\cdot 13^{2}\cdot 17\cdot 19\cdot 23\cdot 29\cdot 31}$ .

Μετά από κάθε κίνηση του μαθητή ο εκθέτης κάθε πρώτου στο γινόμενο αυτό μειώνεται κατά άρτιο ακέραιο (μπορεί και κατά μηδέν).

Άρα στον πίνακα θα μείνουν σίγουρα οι $\displaystyle{2,3,5,11,17,19,23,29,31}$ αφού οι εκθέτες τους στο γινόμενο είναι περιττοί άρα δεν μπορούμε να τους απαλοίψουμε.

Είναι εύκολο να βρούμε παράδειγμα ακολουθίας κινήσεων όπου στο τέλος μένουν ακριβώς $\displaystyle{9}$ αριθμοί για να ολοκληρώσουμε την απόδειξη.

Περισσότερα το πρωί.

Γίνεται και με 7.

#2372

matha έγραψε:
socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 1222
Να βρείτε την ελάχιστη τιμή της παράστασης $\displaystyle{|3\cdot 5^m-11\cdot 13^n|}$ αν είναι θετικοί ακέραιοι.
Παρατηρούμε ότι $\displaystyle{f(m=4,n=2)=16.}$ Θα αποδείξουμε ότι $\displaystyle{\min f=16}$ με το να αποκλείσουμε τα ενδεχόμενα να υπάρχουν $\displaystyle{m,n,}$ ώστε

$\displaystyle{f(m,n)=0,\pm 2,\pm 4,\pm 6,\pm 8\pm 10,\pm 12,\pm 14.}$

$\displaystyle{\bullet}$ Το $\displaystyle{0}$ αποκλείεται επειδή τα $\displaystyle{3\cdot 5^m,11\cdot 13^n}$ προφανώς έχουν διαφορετικό τελευταίο ψηφίο.

$\displaystyle{\bullet}$ Είναι $\displaystyle{3\cdot 5^m-11\cdot 13^n\equiv 0\mod 4,}$ οπότε αμέσως αποκλείονται οι τιμές $\displaystyle{\pm 2,\pm 6,\pm 10, \pm 14.}$ (οι τιμές $\displaystyle{\pm 10}$ αποκλείονται και από το προηγούμενο επιχείρημα).

$\displaystyle{\bullet}$ Είναι $\displaystyle{3\cdot 5^m-11\cdot 13^n\equiv 4\mod 6,}$ οπότε αμέσως αποκλείονται οι τιμές $\displaystyle{\pm 12.}$

$\displaystyle{\bullet}$ Είναι $\displaystyle{3\cdot 5^m-11\cdot 13^n\equiv 1\mod 3,}$ οπότε αμέσως αποκλείονται οι τιμές $\displaystyle{-4,8.}$

* Διόρθωση αβλεψίας που μου επισήμαναν ο Δημήτρης (Demetres) και ο Θανάσης (socrates). Υπάρχει ένα κενό για τις περιπτώσεις $\displaystyle{4,-8}$ . Θα τπο καλύψω αφού επιστρέψω.

Για να το κλείσουμε, είναι

$\displaystyle{ 3\cdot 5^m-11\cdot 13^n \equiv 2,10,11,3 \bmod 13}$

οπότε αποκλείονται και τα 4,-8

. (Πιο γενικά αποκλείονται τα $\pm 4, \pm 8, \pm 12$ οπότε εν τέλει δεν χρειάζεται ο έλεγχος των $\bmod 3$ και $\bmod 6$ .)

#2373

socrates έγραψε:

ΑΣΚΗΣΗ 1223
Έστω ένα σύνολο θετικών ακεραίων με δύο τουλάχιστον στοιχεία. Αν για κάθε $m,n\in A$ ο αριθμός $\displaystyle{\frac{m+1}{(m+1,n+1)}}$ ανήκει στο να δείξετε ότι $A=\Bbb{N}^*.$

Για $a \in A$ παίρνοντας m=n=a

καταλήγω στο $1 \in A$ . Έστω τώρα

το ελάχιστο στοιχείο του $A \setminus \{1\}$ . (Το σύνολο $A \setminus \{1\}$ είναι μη κενό αφού $|A| \geqslant 2$ .) Θα δείξω ότι x=2

. Ας υποθέσουμε ότι x > 2

. Αν

περιττός, παίρνοντας m=x,n=1

καταλήγω στο $(x+1)/2 \in A$ . Αλλά (x+1)/2 < x

, άτοπο. Αν

άρτιος, παίρνοντας m=1,n=x

καταλήγω στο $2 \in A$ , πάλι άτοπο. Οπότε όντως x=2

.

Θα δείξω τώρα επαγωγικά ότι $1,2,\ldots,r \in A$ για κάθε $r \in \mathbb{N}$ . Έχουμε ήδη δείξει τις περιπτώσεις r = 1,2

. Ας υποθέσουμε ότι ισχύει για $r=k \geqslant 2$ . Τότε $k-1,k \in A$ και παίρνοντας m=k,n=k-1

καταλήγω στο $k+1 \in A$ . Οπότε επαγωγικά ισχύει για κάθε $r \in \mathbb{N}$ και άρα $A = \mathbb{N}$ .

$\rule{300pt}{1pt}$

Το ζητούμενο ισχύει ακόμη και αν απαιτήσουμε τα m,n

να είναι διαφορετικά στην δοσμένη συνθήκη. Για να το δείξω αυτό αρκεί να δείξω ότι $1 \in A$ αφού ήταν και η μόνη περίπτωση που χρησιμοποίησα το m=n

.

Έστω λοιπόν $x\in A$ το ελάχιστο στοιχείο του

και ας υποθέσω ότι x > 1

. Θα δείξω αρχικά ότι $x+1 \in A$ . Έστω $y \in A$ με $y \neq x$ . Παίρνοντας m=x,n=y

καταλήγω ότι $\displaystyle{z = \frac{x+1}{(x+1,y+1)} \in A.}$ Αλλά είτε z = x+1

, είτε $z \leqslant (x+1)/2 < x$ , άτοπο. Άρα όντως $x+1 \in A$ .

Επαγωγικά όπως και στην τελευταία παράγραφο της προηγούμενης απόδειξης παίρνω ότι $r \in A$ για κάθε $n \geqslant x$ . Παίρνοντας τώρα m=x,n=2x+1

καταλήγω στο $1 \in A$ όπως ισχυρίστηκα.

#2374

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1215
Να συγκρίνετε τους αριθμούς $\displaystyle{4^{4^{4^{4^{4}}}}$ και $\displaystyle{ 5^{5^{5^{5}} .}$
http://forum.gil.ro/viewtopic.php?f=18&t=7155&start=0

Η προηγούμενή μου λύση ήταν λανθασμένη. Ευχαριστώ τον Δημήτρη (Αρχιμήδης 6) που το πρόσεξε. Ας το ξαναδούμε λοιπόν.

Θα δείξουμε επαγωγικά ότι για κάθε

είναι $\displaystyle{ \underbrace{4^4^{^\cdots^4}}_{n+1 \,\, \text{4's}} > 2\cdot\underbrace{5^5^{^\cdots^5}}_{{n \,\, \text{5's}}} }$

Για n=1

ισχύει αφού $4^4 = 256 > 10 = 2\cdot 5$ . Έστω λοιπόν ότι ισχύει για n=k

. Τότε για n=k+1

έχω

$\displaystyle{ \underbrace{4^4^{^\cdots^4}}_{k+2 \,\, \text{4's}} > \underbrace{4^{2\cdot 5^5^{^\cdots^5}}}_{{k \,\, \text{5's}}} = \underbrace{16^{5^5^{^\cdots^5}}}_{{k \,\, \text{5's}}} > \underbrace{15^{5^5^{^\cdots^5}}}_{{k \,\, \text{5's}}} = \underbrace{5^{5^5^{^\cdots^5}}}_{{k+1 \,\, \text{5's}}}\underbrace{3^{5^5^{^\cdots^5}}}_{{k \,\, \text{5's}}} > 2\cdot\underbrace{5^{5^5^{^\cdots^5}}}_{{k+1 \,\, \text{5's}}}}$

ealexiou · #2375

socrates έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 1225
Αφαιρώντας ένα μοναδιαίο τετράγωνο από ένα τετράγωνο $2\times 2$ προκύπτει ένα σχήμα που λέγεται L-tromino.
Από την τέταρτη γραμμή μιας σκακιέρας $7 \times 7$ αφαιρούμε μερικά μοναδιαία τετράγωνα. Η σκακιέρα που προκύπτει μπορεί να καλυφθεί πλήρως, χωρίς επικαλύψεις, χρησιμοποιώντας L-tromino. Να προσδιορίσετε τον αριθμό και τη θέση των μοναδιαίων τετραγώνων που αφαιρέσαμε.

Χωρίς λόγια

: ΑΣΚΗΣΗ 1225.png (12.29 KiB) Προβλήθηκε 2637 φορές

#2376

ealexiou έγραψε:
socrates έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 1225
Αφαιρώντας ένα μοναδιαίο τετράγωνο από ένα τετράγωνο $2\times 2$ προκύπτει ένα σχήμα που λέγεται L-tromino.
Από την τέταρτη γραμμή μιας σκακιέρας $7 \times 7$ αφαιρούμε μερικά μοναδιαία τετράγωνα. Η σκακιέρα που προκύπτει μπορεί να καλυφθεί πλήρως, χωρίς επικαλύψεις, χρησιμοποιώντας L-tromino. Να προσδιορίσετε τον αριθμό και τη θέση των μοναδιαίων τετραγώνων που αφαιρέσαμε.
Χωρίς λόγια

Σωστά μέχρι ένα σημείο αλλά λείπει η ουσία του προβλήματος: Η παραπάνω διευθέτηση δείχνει ότι η αφαίρεση του μεσαίου τετραγώνου είναι ικανή συνθήκη για να μπορεί να καλυφθεί η σκακιέρα με L-trionimo. Όμως η άσκηση ζητά περισσότερα. Ζητά ικανή και αναγκαία συνθήκη. Η παραπάνω δεν είναι αναγκαία.

Η ικανή και αναγκαία συνθήκη αφαίρεσης ενός τετραγώνου από την τέταρτη γραμμή για να υπάρχει κάλυψη με L-triomino είναι η αφαίρεση οποιουδήποτε από τα τετραγωνάκια της τέταρτης γραμμής. Τα παρακάτω σχήματα, μαζί με τα συμμετρικά τους, δείχνουν τον τρόπο. Στην κάθε περίπτωση, το λευκό τετράγωνο είναι εκείνο που αφαιρείται.

Η άσκηση δεν τέλειωσε εδώ αλλά χρειάζεται κάποια μικρή ακόμη προσθήκη.

Έκανα την περίπτωση αφαίρεσης ενός τετραγώνου. Μένει να δούμε τις περιπτώσεις αφαίρεσης 1+3=4

τετραγώνων ή 1+3+3=7

τετραγώνων της τέταρτης γραμμής. Με χρήση του χρωματισμού που έκανα είναι απλό να απαντήσουμε (το αφήνω ως απλό αλλά και γιατί είναι αργά, και έχω ταξίδι αύριο πρωί).

Φιλικά,

Μιχάλης

Edit: Έκανα διόρθωση στην δεύτερη παράγραφο. Αρχικά είχα αφαίρεση μόνο του δεύτερου, τέταρτου και έκτου τετραγώνου, αλλά η απόδειξή μου είχε κενό αφού και τα υπόλοιπα μπορούν να αφαιρεθούν. Το επεσήμανε ο Δημήτρης παρακάτω, τον οποίο ευχαριστώ.
Η ειρωνεία είναι ότι πήγα να διορθώσω ελλειπή απόδειξη και την αντικατέστησα με άλλη ελλειπή. Βέβαια η δική μου ήταν "λιγότερο ελλειπής", αλλά όπως και να είναι, ήταν εσφαλμένη.
Τώρα αποκατάστησα το δικό μου κακώς κείμενο.

#2377

Mihalis_Lambrou έγραψε:
ealexiou έγραψε:
socrates έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 1225
Αφαιρώντας ένα μοναδιαίο τετράγωνο από ένα τετράγωνο $2\times 2$ προκύπτει ένα σχήμα που λέγεται L-tromino.
Από την τέταρτη γραμμή μιας σκακιέρας $7 \times 7$ αφαιρούμε μερικά μοναδιαία τετράγωνα. Η σκακιέρα που προκύπτει μπορεί να καλυφθεί πλήρως, χωρίς επικαλύψεις, χρησιμοποιώντας L-tromino. Να προσδιορίσετε τον αριθμό και τη θέση των μοναδιαίων τετραγώνων που αφαιρέσαμε.
Χωρίς λόγια

Σωστά μέχρι ένα σημείο αλλά λείπει η ουσία του προβλήματος: Η παραπάνω διευθέτηση δείχνει ότι η αφαίρεση του μεσαίου τετραγώνου είναι ικανή συνθήκη για να μπορεί να καλυφθεί η σκακιέρα με L-trionimo. Όμως η άσκηση ζητά περισσότερα. Ζητά ικανή και αναγκαία συνθήκη. Η παραπάνω δεν είναι αναγκαία.

Η ικανή και αναγκαία συνθήκη αφαίρεσης ενός τετραγώνου από την τέταρτη γραμμή για να υπάρχει κάλυψη με L-triomino είναι η αφαίρεση του δεύτερου ή του τέταρτου ή του έκτου τετραγώνου και μόνον αυτών (αυτή είναι η ουσία του προβλήματος).

Μιχάλη εδώ υπάρχει λάθος. Στον χρωματισμό σου π.χ. αν αφαιρέσουμε το πρώτο τετραγωνάκι της τέταρτης σειράς θα μείνουν 25 κίτρινα και 23 καφέ. Αυτά, θεωρητικά τουλάχιστον μπορούν να καλυφθούν από 9 L-triomino τα οποία καλύπτουν 2 κίτρινα και 1 καφέ και από 7 τα οποία καλύπτουν 1 κίτρινο και 2 καφέ.

Πράγματι αυτό γίνεται. Οποιοδήποτε τετραγωνάκι της τέταρτης σειράς αφαιρέσουμε, μπορούμε να καλύψουμε την υπόλοιπη σκακιέρα με L-triominoes. Η δυσκολία είναι να δειχθεί ότι αν αφαιρέσουμε περισσότερα τετραγωνάκια τότε δεν μπορούμε να καλύψουμε την σκακιέρα.

Ο κατάλληλος χρωματισμός είναι αυτός εδώ. Επεκτείνοντας τον ασπρο-μαύρο χρωματισμό στον σύνδεσμο σε $7 \times 7$ σκακιέρα έχουμε συνολικά $4 \times 4 =16$ μαύρα τετραγωνάκια. Κάθε

-triomino καλύπτει το πολύ 1 από αυτά άρα χρειάζονται τουλάχιστον 16

-triominoes για να καλυφθούν όλα. Πρέπει λοιπόν συνολικά να καλύψουμε 48 τετραγωνάκια και άρα μπορούμε να αφαιρέσουμε το πολύ 1 τετραγωνάκι. (Ασφαλώς, αν δεν αφαιρέσουμε κανένα τετραγωνάκι τότε η κάλυψη δεν μπορεί να γίνει αφού ο αριθμός τους δεν θα είναι πολλαπλάσιο του

.)

#2378

Demetres έγραψε: Μιχάλη εδώ υπάρχει λάθος. Στον χρωματισμό σου π.χ. αν αφαιρέσουμε το πρώτο τετραγωνάκι της τέταρτης σειράς θα μείνουν 25 κίτρινα και 23 καφέ. Αυτά, θεωρητικά τουλάχιστον μπορούν να καλυφθούν από 9 L-triomino τα οποία καλύπτουν 2 κίτρινα και 1 καφέ και από 7 τα οποία καλύπτουν 1 κίτρινο και 2 καφέ.

Πράγματι αυτό γίνεται. Οποιοδήποτε τετραγωνάκι της τέταρτης σειράς αφαιρέσουμε, μπορούμε να καλύψουμε την υπόλοιπη σκακιέρα με L-triominoes.

Δημήτρη, έχεις δίκιο. Ούτε η αφαίρεση του δεύτερου ή τέταρτου ή έκτου τετραγώνου αρκεί για κάλυψη. Τα πράγματα είναι ακόμα πιο σύνθετα από αυτά που έγραψα παραπάνω αφού μπορούμε να αφαιρέσουμε και τα υπόλοιπα της τέταρτης γραμμής.

Τα υπόλοιπα μου ξέφυγαν γιατί σκεπτόμουν με όρους ίσου πλήθους από κάθε κατηγορία L triomino. Χθες βράδυ έγραφα το ποστ μετά τις

το πρωί και τέλειωσα στις

, οπότε οι παραλείψεις ... δικαιολογούνται.

Ευχαριστώ.

Χαιρετίσματα από το υπεραστικό λεωφορείο Κατερίνης προς Θεσσαλονίκης που έχει WIFI και μπόρεσα να συνδεθώ στο ιντερνέτ.

Φιλικά,

Μιχάλης

ΚΑΝΩ ΔΙΟΡΘΩΣΗ ΣΤΟ ΑΡΧΙΚΟ ΜΟΥ ΠΟΣΤ

#2379

xr.tsif έγραψε:
Άσκηση 1196
Να δείξετε ότι $\displaystyle{\left\{\frac{a}{b} \ | \ a,b\in (0,1)\right\}=\left\{\frac{a}{b} \ | \ a,b\in (0,1)\setminus \Bbb{Q} \right\}=(0,+\infty).}$

Το αριστερό σύνολο περιέχεται στο δεξί αφού a,b>0

. Αντίστροφα, αν $x\in (0, \, +\infty)$ , επιλέγουμε

$a= \frac {x}{n}, \, b= \frac {1}{n}$ . Για κατάλληλα μεγάλο

(π.χ.

) τα

είναι στο

και ισχύει a/b=x

. Δηλαδή, το

ανήκει στο αριστερό σύνολο.

Για την ισότητα του μεσαίου με το δεξί: Η μία κατεύθυνση εγκλεισμού είναι άμεση, όπως στο προηγούμενο. Έστω τώρα $x\in (0, \, +\infty)$ . Αν τύχει και $x\sqrt 2 =$ άρρητος, παίρνουμε $a= \frac {x\sqrt 2}{n}, \, b= \frac {\sqrt 2}{n}$ για μεγάλο

, και είμαστε εντάξει. Αν πάλι τύχει $x\sqrt 2 =$ ρητός τότε εξ ανάγκης $x \sqrt 6= (x\sqrt 2 )\sqrt 3=$ (ρητός επί άρρητος) ίσον άρρητος. Τώρα παίρνουμε $a= \frac {x\sqrt 6}{n}, \, b= \frac {\sqrt 6}{n}$ για μεγάλο

, και τελειώσαμε.

Φιλικά,

Μιχάλης

#2380

socrates έγραψε: Άσκηση 1174[/color]

Δίνεται η ακολουθία: $\displaystyle{1, 4, 8, 10, 16, 21, 25, 30, 43}$
Να βρεθεί το πλήθος των ομάδων που αποτελούνται από συνεχόμενους όρους της ακολουθίας αυτής τέτοιες, ώστε το άθροισμα των όρων τους να διαιρείται με το $\displaystyle{11}$ .

Μάλλον απλή για διαγωνισμούς, αφού βγαίνει με καταμέτρηση όλων των περιπτώσεων (

τον αριθμό).

Εξετάζουμε τα αθροίσματα

...

κατόπιν ξαναρχίζουμε αλλά τώρα από το

και ούτω καθεξής μέχρι τον 30+43

.

Δεν κάνω τις πράξεις γιατί είναι ρουτίνα. Γλιτώνουμε κόπο αν αντικαταστήσουμε τους αριθμούς με τα αντίστοιχα μόντουλο

, εδώ

$\displaystyle{1, 4, -3, -1, 5,-1, 3, -3, -1}$

Μ.

Edit: Βλέπε συνέχεια της ανάρτησης αυτής, λίγο παρακάτω.

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