Εισαγωγή σε Διαγωνιστικά Μαθηματικά για Γυμνάσιο

#1661

ΑΣΚΗΣΗ 554
Οι πραγματικοί αριθμοί $\displaystyle{a, b, c}$ ικανοποιούν τις σχέσεις

$\displaystyle{2015(a+b+c)=1}$ και $\displaystyle{ab+bc+ca=2015abc .}$

Να βρεθεί η τιμή της παράστασης $\displaystyle{E=a^{2015}+b^{2015}+c^{2015}.}$

G.Bas · #1662

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 554
Οι πραγματικοί αριθμοί $\displaystyle{a, b, c}$ ικανοποιούν τις σχέσεις

$\displaystyle{2015(a+b+c)=1}$ και $\displaystyle{ab+bc+ca=2015abc .}$

Να βρεθεί η τιμή της παράστασης $\displaystyle{E=a^{2015}+b^{2015}+c^{2015}.}$

Οι υποθέσεις δίνουν $\displaystyle{2015=\frac{1}{a+b+c}}$ και $\displaystyle{ab+bc+ca=2015abc=\frac{abc}{a+b+c}}$ ή τελικά

$\displaystyle{(a+b+c)(ab+bc+ca)=abc\Leftrightarrow \sum ab(a+b)+2abc=0\Leftrightarrow (a+b)(b+c)(c+a)=0.}$

Από την τελευταία έχουμε ότι a=-b

ή

.

Για

η πρώτη αρχική σχέση δίνει $\displaystyle{c=\frac{1}{2015}$ οπότε η

ισούται με $\displaystyle{E=\frac{1}{2015^{2015}}.}$ Επειδή το 2015

είναι περιττός ίδιο αποτέλεσμα θα δώσει η

και όταν

ή όταν

. Άρα, σε κάθε περίπτωση $\displaystyle{E=\frac{1}{2015^{2015}}.}$

#1663

ΑΣΚΗΣΗ 555: (Βαθμός δυσκολίας 2, με κλίμακα από το 1 μέχρι το 10). Να εξετάσετε αν ο αριθμός $\displaystyle{1^{102}+2^{102}+3^{102}+ ... +101^{102}}$ διαιρείται με το $\displaystyle{101}$

jason.prod · #1664

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 555: (Βαθμός δυσκολίας 2, με κλίμακα από το 1 μέχρι το 10). Να εξετάσετε αν ο αριθμός $\displaystyle{1^{102}+2^{102}+3^{102}+ ... +101^{102}}$ διαιρείται με το $\displaystyle{101}$

Επειδή το 101 είναι πρώτος, από το μικρό θεώρημα του Φερμά, έχω $x^{102} = x^{100} * x^2 \equiv x^2 (mod 101)$ . Έτσι, αρκεί να δείξω ότι ο αριθμός $1^2 + 2^2 + ... + 101^2 = \frac {100*101*201}{6}$ διαιρείται από 101, που είναι προφανές.

#1665

jasonmaths4ever έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 555: (Βαθμός δυσκολίας 2, με κλίμακα από το 1 μέχρι το 10). Να εξετάσετε αν ο αριθμός $\displaystyle{1^{102}+2^{102}+3^{102}+ ... +101^{102}}$ διαιρείται με το $\displaystyle{101}$
Επειδή το 101 είναι πρώτος, από το μικρό θεώρημα του Φερμά, έχω $x^{102} = x^{100} * x^2 \equiv x^2 (mod 101)$ . Έτσι, αρκεί να δείξω ότι ο αριθμός $1^2 + 2^2 + ... + 101^2 = \frac {100*101*201}{6}$ διαιρείται από 101, που είναι προφανές.

Αφού συγχαρώ τον ταλαντούχο λύτη Jasonmathw4ever, για τις όμορφες λύσεις που δίνει, γράφω και μια λύση ακόμα (κατανοητή και από τους μικρούς μαθητές):

Οι αριθμοί $\displaystyle{ 1^{102} , 3^{102} , ... , 101^{102}}$ είναι όλοι περιττοί και είναι

στο πλήθος τους. Άρα το άθροισμά τους είναι περιττός. Ενώ οι υπόλοιποι αριθμοί

είναι όλοι άρτιοι και άρα έχουν άθροισμα άρτιο. Συνεπώς ο δοσμένος αριθμός είναι περιττός (άρτιος + περιττός = περιττός) και συνεπώς δεν διαιρείται με το

και άρα

ούτε και με τα πολλαπλάσια του

, συνεπώς ούτε και με το το 102 (που είναι πολλαπλάσιο του

)

#1666

ΑΣΚΗΣΗ 556: (Βαθμός δυσκολίας 2, με κλίμακα από 1 μέχρι 10) Αν $\displaystyle{a\in N^{*}}$ και $\displaystyle{A=a+a^2 +a^3 + ... +a^{2016}}$ , να αποδείξετε ότι

οι αριθμοί $\displaystyle{1+a}$ και $\displaystyle{1+a+a^2}$ διαιρούν τον $\displaystyle{A}$

#1667

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 556: (Βαθμός δυσκολίας 2, με κλίμακα από 1 μέχρι 10) Αν $\displaystyle{a\in N^{*}}$ και $\displaystyle{A=a+a^2 +a^3 + ... +a^{2016}}$ , να αποδείξετε ότι

οι αριθμοί $\displaystyle{1+a}$ και $\displaystyle{1+a+a^2}$ διαιρούν τον $\displaystyle{A}$

Να προσθέσω: Δείξτε ακόμα ότι και τα $\displaystyle{1+a^2+a^4}$ , $\displaystyle{1+a^6+a^{12}}$ διαιρούν τον $\displaystyle{A}$

#1668

Mihalis_Lambrou έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 556: (Βαθμός δυσκολίας 2, με κλίμακα από 1 μέχρι 10) Αν $\displaystyle{a\in N^{*}}$ και $\displaystyle{A=a+a^2 +a^3 + ... +a^{2016}}$ , να αποδείξετε ότι

οι αριθμοί $\displaystyle{1+a}$ και $\displaystyle{1+a+a^2}$ διαιρούν τον $\displaystyle{A}$
Να προσθέσω: Δείξτε ακόμα ότι και τα $\displaystyle{1+a^2+a^4}$ , $\displaystyle{1+a^6+a^{12}}$ διαιρούν τον $\displaystyle{A}$

Μιας και δεν απαντήθηκε, γράφω τις αποδείξεις στις προσθήκες του Μιχάλη:

(α) Είναι $\displaystyle{A=(a+a^3 +a^5 )+(a^7 +a^9 +a^11 )+ ... +(a^{2011}+a^{2013}+a^{2015}+(a^2 +a^4 +a^6 )+(a^8 +a^{10}+a^{12})+ ... +(a^{2012}+a^{2014}+a^{2016})=}$

$\displaystyle{a(1+a^2 +a^4 )+a^7 (1+a^2 +a^4 )+ ... +a^{2012}(1+a^2 +a^4 )=}$ πολ $\displaystyle{(1+a^2 +a^4 )}$

(b) $\displaystyle{A=[(a+a^7 +a^{13})+(a^2 +a^8 +a^{14})+(a^3 +a^9 +a^{15})+(a^4 +a^{10}+a^{16})+(a^5 +a^{11}+a^{17})+(a^6 +a^{12}+a^{18})]+}$

$\displaystyle{[(a^{19}+a^{25}+a^{31})+(a^{20}+a^{26}+a^{32})+(a^{21}+a^{27}+a^{33})+(a^{22}+a^{28}+a^{34})+(a^{23}+a^{29}+a^{35})+(a^{24}+a^{30}+a^{36})]+}$

$\displaystyle{... +[(a^{1999}+a^{2005}+a^{2011})+(a^{2000}+a^{2006}+a^{2012})+(a^{2001}+a^{2007}+a^{2013})+(a^{2002}+a^{2008}+a^{2014})+(a^{2003}+a^{2009}+a^{2015})+}$

$\displaystyle{+(a^{2004}+a^{2010}+a^{2016})]=}$ πολ $\displaystyle{(1+a^6 +a^{12})}$

#1669

ΑΣΚΗΣΗ 557: (Η άσκηση αυτή, δεν έχει συγκεκριμένο βαθμό δυσκολίας, αφού περιλαμβάνει πάρα πολλά ερωτήματα , από πάρα πολύ απλά, μέχρι και αρκετά δύσκολα και στόχο έχει μια γενική επανάληψη στην στοιχειώδη θεωρία αριθμών για όσους βέβαια ασχολούνται με τις μαθηματικές Ολυμπιάδες)

Θεωρούμε την παράσταση (ακολουθία) $\displaystyle{a_n = 9n^4 +31n^2 +38}$ , $\displaystyle{n\in N}$

(α) Να λυθεί η εξίσωση $\displaystyle{a_n =78}$

(β) Να εξετάσετε αν υπάρχουν φυσικοί αριθμοί $\displaystyle{m,n}$ ΄ώστε να είναι $\displaystyle{a_n =2m^3 +3}$

(γ) Δείξτε ότι δεν υπάρχει φυσικός αριθμός $\displaystyle{n}$ , έτσι ώστε ο $\displaystyle{a_n}$ να είναι πρώτος.

(δ) Να βρεθεί το τελευταίο ψηφίο του αριθμού $\displaystyle{a_n}$ , στις παρακάτω περιπτώσεις:

(ι) Όταν $\displaystyle{n=7^{2015}}$ , (ii) $\displaystyle{n=3^{31}-4^{41}+7^{51}}$ , (iii) $\displaystyle{n=2015!}$ , (iv) $\displaystyle{n=k^2}$ , όπου $\displaystyle{k\in N}$

(ε) Επιλέγουμε έναν τυχαίο φυσικό αριθμό $\displaystyle{n}$ και τον αντικαθιστούμε στην παράσταση $\displaystyle{a_n}$ . Ποια είναι η πιθανότητα ώστε το τελευταίο ψηφίο του $\displaystyle{a_n}$ να

είναι το $\displaystyle{6}$ ;

(στ) Δείξτε ότι ο αριθμός $\displaystyle{a_n}$ δεν διαιρείται με το $\displaystyle{4}$ ούτε και με το $\displaystyle{5}$

(ζ) Δείξτε ότι ο $\displaystyle{a_n}$ δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο ούτε και τέλειος κύβος ακεραίου αριθμού.

(η) Να γραφτεί ο $\displaystyle{a_n}$ ως άθροισμα τετραγώνων τεσσάρων φυσικών αριθμών.

(θ) Να βρεθούν όλες οι δυνατές τιμές του Μ.Κ.Δ των αριθμών $\displaystyle{a_n , b_n}$ , όπου $\displaystyle{b_n = n^4 +3n^2 +5}$ , για τις διάφορες τιμές του $\displaystyle{n}$ .

(I) Να βρεθεί η ελάχιστη τιμή του φυσικού αριθμού $\displaystyle{k}$ , έτσι ώστε να υπάρχουν $\displaystyle{ m , n\in N}$ , οι οποίοι να επαληθεύουν την εξίσωση

$\displaystyle{a_n = 9m^4 +30m^2 +k}$ .

#1670

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 557: (Η άσκηση αυτή, δεν έχει συγκεκριμένο βαθμό δυσκολίας, αφού περιλαμβάνει πάρα πολλά ερωτήματα , από πάρα πολύ απλά, μέχρι και αρκετά δύσκολα και στόχο έχει μια γενική επανάληψη στην στοιχειώδη θεωρία αριθμών για όσους βέβαια ασχολούνται με τις μαθηματικές Ολυμπιάδες)

Θεωρούμε την παράσταση (ακολουθία) $\displaystyle{a_n = 9n^4 +31n^2 +38}$ , $\displaystyle{n\in N}$

(α) Να λυθεί η εξίσωση $\displaystyle{a_n =78}$

(β) Να εξετάσετε αν υπάρχουν φυσικοί αριθμοί $\displaystyle{m,n}$ ΄ώστε να είναι $\displaystyle{a_n =2m^3 +3}$

(γ) Δείξτε ότι δεν υπάρχει φυσικός αριθμός $\displaystyle{n}$ , έτσι ώστε ο $\displaystyle{a_n}$ να είναι πρώτος.

(δ) Να βρεθεί το τελευταίο ψηφίο του αριθμού $\displaystyle{a_n}$ , στις παρακάτω περιπτώσεις:

(ι) Όταν $\displaystyle{n=7^{2015}}$ , (ii) $\displaystyle{n=3^{31}-4^{41}+7^{51}}$ , (iii) $\displaystyle{n=2015!}$ , (iv) $\displaystyle{n=k^2}$ , όπου $\displaystyle{k\in N}$

(ε) Επιλέγουμε έναν τυχαίο φυσικό αριθμό $\displaystyle{n}$ και τον αντικαθιστούμε στην παράσταση $\displaystyle{a_n}$ . Ποια είναι η πιθανότητα ώστε το τελευταίο ψηφίο του $\displaystyle{a_n}$ να

είναι το $\displaystyle{6}$ ;

(στ) Δείξτε ότι ο αριθμός $\displaystyle{a_n}$ δεν διαιρείται με το $\displaystyle{4}$ ούτε και με το $\displaystyle{5}$

(ζ) Δείξτε ότι ο $\displaystyle{a_n}$ δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο ούτε και τέλειος κύβος ακεραίου αριθμού.

(η) Να γραφτεί ο $\displaystyle{a_n}$ ως άθροισμα τετραγώνων τεσσάρων φυσικών αριθμών.

(θ) Να βρεθούν όλες οι δυνατές τιμές του Μ.Κ.Δ των αριθμών $\displaystyle{a_n , b_n}$ , όπου $\displaystyle{b_n = n^4 +3n^2 +5}$ , για τις διάφορες τιμές του $\displaystyle{n}$ .

(I) Να βρεθεί η ελάχιστη τιμή του φυσικού αριθμού $\displaystyle{k}$ , έτσι ώστε να υπάρχουν $\displaystyle{ m , n\in N}$ , οι οποίοι να επαληθεύουν την εξίσωση

$\displaystyle{a_n = 9m^4 +30m^2 +k}$ .

Πολύ καλή άσκηση! Αξίζει να ασχοληθείτε! Ευχαριστούμε Δημήτρη!

#1671

ΑΣΚΗΣΗ 558: (Βαθμός δυσκολίας 4, με κλίμακα από 1 έως 10) Να βρεθούν όλοι οι φυσικοί αριθμοί αριθμοί

, για τους οποίους ο αριθμός

$\displaystyle{a_n = \frac{n^2 -5n+6}{2}}$ , είναι πρώτος.

kostas232 · #1672

Μιας και "παίζει" πολλή Θεωρία Αριθμών τελευταία, βάζω και εγώ μία(ελπίζω όχι υπερβολικά απλή) άσκηση:
Άσκηση 559
Να δειχθεί ότι η εξίσωση $\displaystyle{4x^{3}-7y^{3}=2003}$ είναι αδύνατη στους ακεραίους.

#1673

kostas232 έγραψε:Μιας και "παίζει" πολλή Θεωρία Αριθμών τελευταία, βάζω και εγώ μία(ελπίζω όχι υπερβολικά απλή) άσκηση:
Να δειχθεί ότι η εξίσωση $\displaystyle{4x^{3}-7y^{3}=2003}$ είναι αδύνατη στους ακεραίους.

Οι κύβοι είναι ισότιμοι με 0,1

ή

μόντουλο

. Άρα το

είναι ισότιμο με 0,4

ή

μόντουλο

, που σημαίνει ότι συμβαίνει ακριβώς το ίδιο με το αριστερό μέλος. Όμως $2003 = 286\cdot 7 + 1 = 1$ μόντουλο

, οπότε δεν μπορεί τα δύο να είναι ίσα.

#1674

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 558: (Βαθμός δυσκολίας 4, με κλίμακα από 1 έως 10) Να βρεθούν όλοι οι φυσικοί αριθμοί αριθμοί , για τους οποίους ο αριθμός

$\displaystyle{a_n = \frac{n^2 -5n+6}{2}}$ , είναι πρώτος.

Είναι $\displaystyle{a_n = \frac{(n-2)(n-3)}{2}}$ . Για n=0, 1,2,3,4,5

ελέγχουμε με το χέρι. Για μεγαλύτερους είναι πάντα σύνθετος διότι αν n=2k

ή

, αντίστοιχα, τότε

$\displaystyle{a_n = \frac{(2k-2)(2k-3)}{2}= (k-1)(2k-3)}$ και αντίστοιχα

$\displaystyle{a_n = \frac{(2k+1-2)(2k+1-3)}{2}= (2k-1)(k-1)}$ ,

που είναι σύνθετοι.

Φιλικά,

Μιχάλης

jason.prod · #1675

kostas232 έγραψε:Μιας και "παίζει" πολλή Θεωρία Αριθμών τελευταία, βάζω και εγώ μία(ελπίζω όχι υπερβολικά απλή) άσκηση:
Να δειχθεί ότι η εξίσωση $\displaystyle{4x^{3}-7y^{3}=2003}$ είναι αδύνατη στους ακεραίους.

Και άλλη μία στο ίδιο πνεύμα
Άσκηση 560
Να λυθεί η εξίσωση x^3 + y^4 = 7

στους ακεραίους.

#1676

jasonmaths4ever έγραψε: Και άλλη μία στο ίδιο πνεύμα
Να λυθεί η εξίσωση στους ακεραίους.

Νομίζω είναι δύσκολη για το επίπεδο αυτού του φακέλου.

Πάντως η εξίσωση δεν έχει ακέραιες λύσεις. Αυτό φαίνεται αν δουλέψουμε $\displaystyle{\mod 13.}$

Αν εξετάσουμε όλες τις δυνατές περιπτώσεις θα δούμε ότι δεν γίνεται να ισχύει $\displaystyle{x^3+y^4=7\mod 13.}$

#1677

ΑΣΚΗΣΗ 561: (Βαθμός δυσκολίας 4, με κλίμακα από 1 μέχρι 10)

Να εξετάσετε αν υπάρχει πολυώνυμο $\displaystyle{P(x)}$ με ακέραιους συντελεστές τέτοιο ώστε να ισχύει $\displaystyle{P(1)=2014}$ και $\displaystyle{P(4)=2015}$

#1678

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 561: (Βαθμός δυσκολίας 4, με κλίμακα από 1 μέχρι 10)

Να εξετάσετε αν υπάρχει πολυώνυμο $\displaystyle{P(x)}$ με ακέραιους συντελεστές τέτοιο ώστε να ισχύει $\displaystyle{P(1)=2014}$ και $\displaystyle{P(4)=2015}$

Με χρήση του $4^k-1^k=(4-1)(4^{k-1}+...+1^{k-1}) = 3A_k$ (πολλαλάσιο του

για κάθε

) έχουμε

πολλαπλάσιο του

. Άτοπο. Άρα δεν υπάρχει τέτοιο πολυώνυμο.

#1679

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 561: (Βαθμός δυσκολίας 4, με κλίμακα από 1 μέχρι 10)

Να εξετάσετε αν υπάρχει πολυώνυμο $\displaystyle{P(x)}$ με ακέραιους συντελεστές τέτοιο ώστε να ισχύει $\displaystyle{P(1)=2014}$ και $\displaystyle{P(4)=2015}$

Και ένας ακόμα τρόπος (για να υπάρχει ποικιλία λύσεων): Έστω ότι υπάρχει τέτοιο πολυώνυμο. Θεωρώ τότε το πολυώνυμο: $\displaystyle{Q(x)=P(x)-2014}$ . Έχουμε

$\displaystyle{Q(1)=P(1)-2014=2014-2014=0}$ . Άρα το

είναι ρίζα του $\displaystyle{Q(x)}$ και άρα $\displaystyle{Q(x)=(x-1)H(x)}$ , όπου το $\displaystyle{H(x)}$ είναι πολυώνυμο με ακέραιους συντελεστές.

Για $\displaystyle{x=4}$ , έχουμε $\displaystyle{Q(4)=(4-1)H(4)=3H(4)}$ . Όμως $\displaystyle{Q(4)=P(4)-2014=2015-2014=1}$ . Άρα $\displaystyle{3H(4)=1\Rightarrow H(4)=\frac{1}{4}}$ , που είναι άτοπο, αφού

ο $\displaystyle{H(4)}$ είναι αριθμός ακέραιος.

#1680

ΑΣΚΗΣΗ 562 (Βαθμός δυσκολίας 2, με κλίμακα από το 1 μέχρι το 10): Αν ένας θετικός ακέραιος αριθμός διαιρείται με το

αλλά όχι με το

,

να αποδείξετε ότι δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο.

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