Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2461

socrates έγραψε:
Άσκηση 1256
Να δείξετε ότι για κάθε ζεύγος θετικών ακεραίων η εξίσωση

$\displaystyle{(x^2 − y^2 − a)(x^2 − y^2 − b)(x^2 − y^2 − ab) = 0}$

έχει λύση στους ακεραίους $\displaystyle{(x, y).}$

Αν $a=(2n+1)2^{2k}$ τότε μπορώ να πάρω x = (n+1)2^k,y=n2^k

. Ομοίως αν $b = (2n+1)2^{2k}$ . Αν δεν ισχύει καμία από τις δύο περιπτώσεις τότε υπάρχουν $n,m,k,\ell$ ώστε $a = (2n+1)2^{2k+1}$ και $b = (2m+1)2^{2\ell+1}$ . Τότε όμως είναι $ab = (2(m+n+2mn)+1)2^{2(k + \ell + 1)}$ οπότε πάλι μπορώ να βρω x,y

όπως προηγουμένως.

#2462

Ανέβασα εδώ το 12 τεύχος και προχωράμε αισίως για το 13ο.
http://www.mathematica.gr/index.php?ind ... w&iden=781

#2463

raf616 έγραψε:
socrates έγραψε:Άσκηση 1257
Στις κορυφές ενός -γώνου τοποθετούμε τους αριθμούς έτσι ώστε κάθε κορυφή να περιέχει διαφορετικό αριθμό και το άθροισμα των αριθμών σε κάθε τρεις διαδοχικές κορυφές του -γώνου να είναι άρτιος. Να βρείτε όλες τις δυνατές τιμές του $n \geq 3.$
Καλησπέρα Θανάση. Μία προσπάθεια:

Έστω το -γωνο. Παρατηρούμε ότι ουσιαστικά δεν μας ενδιαφέρουν οι ίδιοι οι αριθμοί αλλά η αρτιότητά τους και άρα τους γράφουμε στη μορφή και , αν είναι

άρτιοι και περιττοί αντίστοιχα. Στην κορυφή βάζουμε τον αριθμό και παίρνουμε έτσι μια ακολουθία με και . Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι

. Αν και τότε είναι προφανές πως όλη η ακολουθία θα πρέπει να αποτελείται από , άτοπο. Άρα, . Παρατηρούμε τώρα ότι κάθε τριάδα αριθμών θα πρέπει

να περιέχει άρτιο πλήθος άσσων. Έτσι, τελικά, παίρνουμε μία ακολουθία που αποτελείται από διαδοχικά 'κομμάτια' της μορφής (αφού και μετά τον δεύτερο άσσο θα πρέπει να

ακολουθεί αφού θα είχαμε άσσους στη σειρά). Τώρα θα δείξω ότι η ακολουθία θα τελειώνει σε τέτοιο 'κομμάτι'. Πράγματι, αν ο είναι τότε παίρνουμε άτοπο με την

τριάδα $a_{n-1}a_na_1$ . Άρα και αφού θα πρέπει και $a_{n-1} = 1$ . Αν τώρα $a_{n-2} = 1$ τότε παίρνουμε άτοπο με την τριάδα $a_{n-2}a_{n-1}a_n$ . Επομένως, για κάθε

έχουμε άσσους και άρα αν τελικά έχουμε άρτιους θα πρέπει να έχουμε περιττούς. Αν τώρα ο είναι άρτιος τότε έχει ίσο αριθμό άρτιων και περιττών και άρα πρέπει

περιττός. Τότε αν τότε έχουμε περιττούς και άρτιους. Άρα πρέπει και από όπου και άρα που πράγματι

επαληθεύει.

Πολύ ωραία!
Με τον ίδιο τρόπο μπορούμε να δουλέψουμε αν θέλουμε να τοποθετήσουμε τους αριθμούς σε ευθεία...

#2464

Demetres έγραψε:
socrates έγραψε:
Άσκηση 1256
Να δείξετε ότι για κάθε ζεύγος θετικών ακεραίων η εξίσωση

$\displaystyle{(x^2 − y^2 − a)(x^2 − y^2 − b)(x^2 − y^2 − ab) = 0}$

έχει λύση στους ακεραίους $\displaystyle{(x, y).}$
Αν $a=(2n+1)2^{2k}$ τότε μπορώ να πάρω . Ομοίως αν $b = (2n+1)2^{2k}$ . Αν δεν ισχύει καμία από τις δύο περιπτώσεις τότε υπάρχουν $n,m,k,\ell$ ώστε $a = (2n+1)2^{2k+1}$ και $b = (2m+1)2^{2\ell+1}$ . Τότε όμως είναι $ab = (2(m+n+2mn)+1)2^{2(k + \ell + 1)}$ οπότε πάλι μπορώ να βρω όπως προηγουμένως.

Ωραία Δημήτρη!
Μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε και το αποτέλεσμα:
Ένας ακέραιος

γράφεται στη μορφή x^2-y^2

αν-ν $n\not \equiv 2\pmod 4.$

#2465

Άσκηση 1261
Αν x,y,

διαφορετικοί μεταξύ τους, θετικοί ρητοί αριθμοί και ο αριθμός $\displaystyle{\frac{x+\sqrt{y}}{y+\sqrt{x}}}$ είναι ρητός, να δείξετε ότι και οι αριθμοί $\sqrt{x}, \sqrt{y}$ είναι ρητοί.

Άσκηση 1262
Να βρείτε τη μέγιστη και την ελάχιστη τιμή της παράστασης

$\displaystyle{F =\frac{y−x}{x+ 4y},}$

αν x,y

πραγματικοί αριθμοί για τους οποίους ισχύει x^2y^2 +xy+ 1 = 3y^2.

Άσκηση 1263
Να βρείτε όλους τους ακέραιους n > 1

με την ιδιότητα:
Για κάθε διαιρέτη d > 1

του

ο αριθμός

είναι διαιρέτης του n − 1.

Άσκηση 1264
Βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους

τέτοιους ώστε το άθροισμα των τριών μεγαλύτερων διαιρετών τους να ισούται με 1457.

Άσκηση 1265
Να βρείτε όλα τα ζεύγη θετικών ακεραίων (a, b)

τέτοια ώστε $\displaystyle{a + b + (a, b)^2 = [a, b] = 2\cdot [a − 1, b].}$

Άσκηση 1266
Να λυθεί στο $\Bbb{R}$ η εξίσωση 4x^2-40[x]+51=0

viewtopic.php?f=109&t=51139

Άσκηση 1267
Κάθε ακέραιος χρωματίζεται είτε άσπρος είτε μαύρος. Ο αριθμός

χρωματίζεται άσπρος. Για κάθε δύο άσπρους αριθμούς (όχι απαραίτητα διαφορετικούς) οι αριθμοί a − b

και

έχουν χρωματιστεί με διαφορετικό χρώμα. Τι χρώμα έχει ο αριθμός 2015;

Άσκηση 1268
Να βρείτε το μέγιστο αριθμό κελιών μιας σκακιέρας $8 \times 8$ που μπορούν να καλυφθούν, χωρίς επικαλύψεις, με σχήματα της μορφής:
(το σχήμα μπορεί να περιστραφεί και κάθε κελί του σχήματος πρέπει να ταυτίζεται με κάποιο κελί της σκακιέρας).

: Χωρίς τίτλο.png (791 Ψηφιολέξεις) Προβλήθηκε 2885 φορές

Άσκηση 1269
Στον πίνακα είναι γραμμένος ο αριθμός

Για κάθε αριθμό

που είναι γραμμένος στον πίνακα, μπορούμε να γράψουμε στον πίνακα όλους τους θετικούς ακέραιους αριθμούς

για τους οποίους ο αριθμός $\displaystyle{ a+b+ 1}$ διαιρεί τον αριθμό a^2 +b^2 + 1.

Να δείξετε ότι, χρησιμοποιώντας την παραπάνω διαδικασία, μπορούμε να εμφανίσουμε στον πίνακα οποιονδήποτε θετικό ακέραιο.

Άσκηση 1270
Πόσα $\displaystyle{3 \times 5}$ ορθογώνια κομμάτια από χαρτόνι μπορούν να κοπούν από ένα $\displaystyle{17 \times 22}$ ορθογώνιο κομμάτι έτσι ώστε η ποσότητα του αχρησιμοποίητου να είναι ελάχιστη ;
viewtopic.php?f=44&t=51191

Άσκηση 1271
α) Κάθε θετικός ακέραιος χρωματίζεται κόκκινος ή πράσινος έτσι ώστε:
-- Το άθροισμα οποιονδήποτε δύο διαφορετικών κόκκινων αριθμών να είναι κόκκινος αριθμός
-- Το άθροισμα οποιονδήποτε δύο διαφορετικών πράσινων αριθμών να είναι πράσινος αριθμός
Με πόσους τρόπους μπορεί να γίνει αυτό;

β) Κάθε θετικός ακέραιος χρωματίζεται κόκκινος ή πράσινος έτσι ώστε:
-- αν

είναι κόκκινος αριθμός, τότε το άθροισμα οποιονδήποτε

(όχι απαραίτητα διαφορετικών) κόκκινων αριθμών είναι κόκκινος αριθμός.
-- αν

είναι πράσινος αριθμός, τότε το άθροισμα οποιονδήποτε

(όχι απαραίτητα διαφορετικών) πράσινων αριθμών είναι πράσινος αριθμός.
Με πόσους τρόπους μπορεί να γίνει αυτό;

raf616 · #2466

socrates έγραψε:Άσκηση 1267
Κάθε ακέραιος χρωματίζεται είτε άσπρος είτε μαύρος. Ο αριθμός χρωματίζεται άσπρος. Για κάθε δύο άσπρους αριθμούς (όχι απαραίτητα διαφορετικούς) οι αριθμοί και έχουν χρωματιστεί με διαφορετικό χρώμα. Τι χρώμα έχει ο αριθμός

Το περίμενα πώς και πώς αυτό το πακετάκι! Ευχαριστούμε Θανάση!

Για την άσκηση, χωρίζω τους αριθμούς από το μηδέν και μετά στις τριάδες $\{0, 1, 2\}, \{3, 4, 5\}, ...$ και ονομάζω ν-οστή την τριάδα $\{3(n-1), 3(n-1)+1, 3(n-1) + 2\}$ .

Τους αριθμούς μέσα στη ν-οστή τριάδα τους ονομάζω πρώτο, δεύτερο και τρίτο με τη σειρά.

Θα δείξω με επαγωγή στις τριάδες ότι στη ν-οστή τριάδα ο πρώτος χρωματίζεται μαύρος και οι υπόλοιποι άσπροι.

Στην πρώτη έχουμε τους αριθμούς $\{0, 1, 2\}$ . Από την υπόθεση οι αριθμοί 0, 2

βάφονται διαφορετικά. Αν ο

είναι άσπρος τότε οι αριθμοί 1+0, 1-0

βάφονται διαφορετικά,

άτοπο. Υποθέτω ότι κάθε τριάδα $1 \leq m \leq k$ είναι βαμμένη μ' αυτόν τον τρόπο. Θα δείξω το ζητούμενο και για m = k+1

. Θεωρούμε την τριάδα $\{3k, 3k+1, 3k+2\}$ . Από

την υπόθεση ο 3k-1

είναι άσπρος και άρα οι αριθμοί 3k - 1 - 1= 3k - 2

και

βάφονται διαφορετικά. Όμως από την υπόθεση πάλι ο 3k - 2

είναι

βαμμένος άσπρος και άρα ο

είναι μαύρος. Τώρα χρησιμοποιώντας τους αριθμούς 2, 3k - 1

που είναι άπροι από την υπόθεση παίρνουμε ότι οι αριθμοί 3k-3

και

βάφονται διαφορετικά. Όμως ο 3k - 3

είναι μαύρος και άρα ο 3k +1

είναι άσπρος. Τώρα με τους αριθμούς 1, 3k + 1

παίρνουμε και το ζητούμενο και για τον 3k + 2

. Έτσι,

η επαγωγή τελείωσε. Τώρα $2015 = 3 \cdot 671 + 2$ και άρα σύμφωνα με τα προηγούμενα θα βαφεί άσπρος.

#2467

socrates έγραψε:Άσκηση 1261
Αν διαφορετικοί μεταξύ τους, θετικοί ρητοί αριθμοί και ο αριθμός $\displaystyle{\frac{x+\sqrt{y}}{y+\sqrt{x}}}$ είναι ρητός, να δείξετε ότι και οι αριθμοί $\sqrt{x}, \sqrt{y}$ είναι ρητοί.

Ας κάνω την αρχή για τις ωραίες αυτές ασκήσεις.

Η $\displaystyle{\frac{x+\sqrt{y}}{y+\sqrt{x}}=p \in \mathbb Q}$ δίνει

$\displaystyle{x+\sqrt{y}} =p(y+\sqrt{x})$ ή αλλιώς $\displaystyle {\sqrt{y}}-p\sqrt{x} = q \in \mathbb Q \, (*)$ .

Αν $\sqrt y=p\sqrt x$ η αρχική γίνεται $\displaystyle{\frac{x+p\sqrt{x}}{p^2x+\sqrt{x}}=p}$ από όπου εύκολα, λύνοντας ως προς $\sqrt x$ , βλέπουμε ότι το τελευταίο είναι ρητός. Άρα και το $\sqrt y = p\sqrt x$ είναι ρητός. Μπορούμε λοιπόν να υποθέσουμε ότι $\sqrt y\ne p\sqrt x$

Αντιστρέφοντας την (*)

έχουμε $\displaystyle {\frac {1}{\sqrt{y}-p\sqrt{x}} =\frac {1}{ q}$ , που πολλαπλασιάζοντας επί τον συζυγή γράφεται $\displaystyle {\sqrt{y}+p\sqrt{x}} =\frac {y-p^2x}{ q}\in \mathbb Q$

Προσθαφαιρώντας την τελευταία από την (*)

, έπεται εύκολα το ζητούμενο.

Φιλικά,

Μιχάλης

#2468

socrates έγραψε:
Άσκηση 1262
Να βρείτε τη μέγιστη και την ελάχιστη τιμή της παράστασης

$\displaystyle{F =\frac{y−x}{x+ 4y},}$

αν πραγματικοί αριθμοί για τους οποίους ισχύει

Προφανώς είναι $\displaystyle{y\ne 0.}$ Η παράσταση $\displaystyle{F}$ γράφεται

$\displaystyle{F=\frac{5y-(x+4y)}{x+4y}=-1+5\frac{1}{4+\frac{x}{y}}}$

Θα βρούμε τις άκρες τιμές του λόγου $\displaystyle{\frac{x}{y}}$ υπό τη συνθήκη $\displaystyle{x^2y^2+xy+1=3y^2.}$

Είναι

$\displaystyle{3y^2=xy+(1+x^2y^2)\geq xy+2xy=3xy\implies 3y^2\geq 3xy\implies \frac{x}{y}\leq 1}$ και η ισότητα πιάνεται π.χ. για $\displaystyle{x=y=1.}$

Άρα

$\displaystyle{\min F=-1+5\frac{1}{4+1}=0.}$

Επίσης η συνθήκη γράφεται $\displaystyle{(xy+1)^2=3y^2+xy\implies 3y^2+xy\geq 0\implies \frac{x}{y}\geq -3}$ με την ισότητα π.χ. για $\displaystyle{x=\sqrt{3},y=-\frac{1}{\sqrt{3}}.}$

Άρα $\displaystyle{\max F=-1+5\frac{1}{4-3}=4.}$

raf616 · #2469

socrates έγραψε:Άσκηση 1263
Να βρείτε όλους τους ακέραιους με την ιδιότητα:
Για κάθε διαιρέτη του ο αριθμός είναι διαιρέτης του

Καλησπέρα Θανάση. Μία προσπάθεια:

Έστω $n = p_1^{a_1}p_2^{a_2} \cdots p_k^{a_k}$ .

Έστω $1 \leq a_1 \leq a_2 \leq \cdots \leq a_k$ με $k \geq 1$ .

Θεωρώ τον διαιρέτη $d = p_1^{a_1}p_2^{a_2} \cdots p_k^{a_k-1}$ . Τότε $d - 1 \mid n - 1$ . Όμως $d-1 \mid dp_k - p_k = n - p_k$ .

Άρα d - 1 | p_k - 1

. Ακόμα $p_k - 1 | n - 1 \implies p_k - 1 | (n-1) - (p_kd -d) = d - 1$ .

Άρα p_k = d

που δίνει $p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_k^{a_k - 2} = 1$ . Αυτό ισχύει μόνο όταν k = 1

και

ή

(διαφορετικά θα έπρεπε p_i | p_j

για κάποια i, j

, άτοπο αφού οι πρώτοι είναι

διαφορετικοί μεταξύ τους). Άρα, έχουμε τις περιπτώσεις n = p

ή

με

πρώτο που επαληθεύουν και οι δύο.

*EDIT: Άλλαξαν κάποια πράγματα μετά από παρατήρηση του Θανάση τον οποίο ευχαριστώ!

#2470

socrates έγραψε:Άσκηση 1266
Να λυθεί στο $\Bbb{R}$ η εξίσωση
viewtopic.php?f=109&t=51139

Έστω ότι $\displaystyle{x=[x]+m , m\in [0,1)}$ . Τότε η δοσμένη εξίσωση γράφεται: $\displaystyle{4m^2 +8[x]m+4[x]^2 -40[x]+51=0}$ . Η διακρίνουσα είναι

$\displaystyle{\Delta = 16(40[x]-51)}$ . Άρα πρέπει $\displaystyle{40[x]-51\geq 0 \Leftrightarrow [x]\in \{2,3,4,5,...\}}$ (και άρα $\displaystyle{x>0}$ )

Τότε έχουμε $\displaystyle{m=\frac{-2[x]+\sqrt{40[x]-51}}{2}}$ . Συνεπώς πρέπει $\displaystyle{\frac{-2[x]+\sqrt{40[x]-51}}{2}\geq 0 \Leftrightarrow 2[x]\leq \sqrt{40[x]-51}\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{4[x]^2 -40[x]+51\leq 0}$ και από εδώ εύκολα βρίσκουμε ότι $\displaystyle{\frac{3}{2}\leq [x]\leq \frac{17}{2}}$ , και άρα $\displaystyle{[x]\in \{2,3,4,5,6,7,8\}}$

Αν $\displaystyle{[x]=2}$ , τότε η δοσμένη εξίσωση γράφεται $\displaystyle{4x^2 - 80151=0\Leftrightarrow x=\frac{\sqrt{29}}{2}}$ . Ομοίως:

Αν $\displaystyle{[x]=3}$ , τότε $\displaystyle{x=\frac{\sqrt{69}}{2}}$ , αν $\displaystyle{[x]=4,}$ τότε $\displaystyle{x=\frac{\sqrt{109}}{2}}$ , αν $\displaystyle{[x]=5}$ τότε $\displaystyle{x=\frac{\sqrt{159}}{2}$ , αν $\displaystyle{[x]=6, }$ τότε

$\displaystyle{x=\frac{\sqrt{189}}{2},}$ αν $\displaystyle{[x]=7}$ τότε $\displaystyle{x=\frac{\sqrt{229}}{2}}$ και τέλος, αν $\displaystyle{[x]=8}$ , τότε

$\displaystyle{x=\frac{\sqrt{269}}{2}}$

Αρχιμήδης 6 · #2471

socrates έγραψε:
Άσκηση 1263
Να βρείτε όλους τους ακέραιους με την ιδιότητα:
Για κάθε διαιρέτη του ο αριθμός είναι διαιρέτης του

*Λίγο σύντομα γιατί είναι περασμένη η ώρα.

Αν n=d

τότε είναι δεκτό! Αν $n\neq{d}$

Έστω $n.d.x.y\neq1$

$\dfrac{n}{d}=x$
$\dfrac{n-1}{d-1}=y$ Οπότε

$\dfrac{n-d}{d}=x-1$
$\dfrac{n-d}{d-1}=y-1$

Θα διαιρέσω οπότε

$\dfrac{d-1}{d}=\dfrac{x-1}{y-1}$ άρα επειδή (d-1,d)=1

θα πρέπει

και

άρα έστω

και

άρα

και με μια διαίρεση τελικά θα έχω k=l

άρα

συνεπώς

άρα

Στα παραπάνω βρίσκω τους

με τουλάχιστον έναν διαιρέτη

με τις ιδιότητες της άσκησης (την αφήνω γιατί είναι καλή και αυτή) όμως η άσκηση ζητάει να βρούμε τους

με την ιδιότητα για κάθε διαιρέτη

άρα θα έχω

Αν n=1

δεν μας κάνει γιατί δεν υπάρχει διαιρέτης μεγαλύτερος του

.

Αν

τότε

Αν n=p

δεκτό!

Αν

σύνθετος

,

Άρα

οπότε

(1)

άρα

(2)

Από (1) , (2) θα πρέπει k=p

και θα πάρω n=p^2

.

Τελικά n=p

η

όπου

πρώτος .

Τέλος ευχαριστώ τον socrates για την παρατήρηση αυτή σε pm.

raf616 · #2472

socrates έγραψε:Άσκηση 1265
Να βρείτε όλα τα ζεύγη θετικών ακεραίων τέτοια ώστε $\displaystyle{a + b + (a, b)^2 = [a, b] = 2\cdot [a − 1, b].}$

Μία προσπάθεια:

Έστω d = (a, b)

. Έστω

με

.

Τότε $[a, b] = \dfrac{ab}{(a, b)} = da_1b_1$ . Πρέπει $\displaystyle{2[a-1, b] = da_1b_1 \iff \dfrac{2(da_1-1)db_1}{(a-1, b)} = da_1b_1 \iff (a-1, b) = \dfrac{2da_1 - 2}{a_1} = 2d - \dfrac{2}{a_1}}$ .

Άρα, πρέπει $a_1 \mid 2 \implies a_1 = 1$ ή a_1 = 2

. Αν

από την πρώτη είναι $d + db_1 + d^2 = db_1 \iff d = -1$ , άτοπο.

Αν a_1 = 2

τότε

και έχουμε $2d + db_1 + d^2 = 2db_1 \iff b_1 = d+2$ . Τότε b = (d+2)d

.

Είναι $(a-1, b) = 2d - 1 \iff (2d-1, d^2 + 2d) = 2d - 1$ . Άρα, πρέπει $2d - 1 \mid d^2 + 2d \implies 2d-1 \mid 5 \implies d = 1$ ή d = 3

.

Αν

τότε

που επαληθεύει.

Αν d = 3

τότε

που επαληθεύει.

#2473

socrates έγραψε: Άσκηση 1268
Να βρείτε το μέγιστο αριθμό κελιών μιας σκακιέρας $8 \times 8$ που μπορούν να καλυφθούν, χωρίς επικαλύψεις, με σχήματα της μορφής:
(το σχήμα μπορεί να περιστραφεί και κάθε κελί του σχήματος πρέπει να ταυτίζεται με κάποιο κελί της σκακιέρας).

Χωρίς τίτλο.png

Χρωματίζουμε τις σειρές τις σκακιέρας εναλλάξ κόκκινες-πράσινες-μπλε. Παρατηρούμε ότι κάθε σχήμα καλύπτει ένα ακριβώς τετραγωνάκι από κάθε χρώμα. Όμως υπάρχουν μόνο δυο μπλε σειρές. Άρα μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το πολύ 16 σχήματα και άρα να καλύψουμε το πολύ

κελιά.

Δεν είναι δύσκολο να γίνει τέτοια επικάλυψη. Αν κάποιος θέλει να το δοκιμάσει και να βάλει το σχήμα θα με απαλλάξει από τον κόπο.

#2474

Demetres έγραψε:
socrates έγραψε: Άσκηση 1268
Δεν είναι δύσκολο να γίνει τέτοια επικάλυψη. Αν κάποιος θέλει να το δοκιμάσει και να βάλει το σχήμα θα με απαλλάξει από τον κόπο.

Πολλή ωραία λύση. Βάζω προσωρινά ένα σχήμα αλλά θα το αντικαταστήσω με καλύτερο (σχεδιαστικό). Για την ώρα, υπομονή
(αργό ιντερνέτ).

$\displaystyle{\begin{matrix} & & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6\\ & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7\\ 1& 2 & 3 & 4 & 5 & 6 &7 &8\\ & & 12 &13 & 14 & 7 & 8 &9\\ & 12 & 13 &14 &15 &8 & 9 & 10\\ 12 & 13 & 14 & 15 & 16 & 9 & 10 & 11\\ & & 15& 16& & 10 & 11 & \\ & & 16 & & & 11 & & \end{matrix}}$

#2475

Demetres έγραψε:
socrates έγραψε: Άσκηση 1268
Δεν είναι δύσκολο να γίνει τέτοια επικάλυψη. Αν κάποιος θέλει να το δοκιμάσει και να βάλει το σχήμα θα με απαλλάξει από τον κόπο.

Πολλή ωραία λύση. Βάζω ένα σχήμα.

#2476

Ευχαριστώ για το σχήμα! Το δικό μου το έφτιαξα εντελώς διαφορετικά. Για να πάρετε την κατασκευή μου πρέπει να κάνετε στροφή 180 μοιρών.

raf616 · #2477

socrates έγραψε:Άσκηση 1269
Στον πίνακα είναι γραμμένος ο αριθμός
Για κάθε αριθμό που είναι γραμμένος στον πίνακα, μπορούμε να γράψουμε στον πίνακα όλους τους θετικούς ακέραιους αριθμούς για τους οποίους ο αριθμός $\displaystyle{ a+b+ 1}$ διαιρεί τον αριθμό
Να δείξετε ότι, χρησιμοποιώντας την παραπάνω διαδικασία, μπορούμε να εμφανίσουμε στον πίνακα οποιονδήποτε θετικό ακέραιο.

Καλησπέρα! Μία προσπάθεια για αυτήν:

Καταρχάς, αν

σταθερός τότε εμφανίζουμε όλους τους αριθμούς

με $b+ a + 1 \mid b^2 + a^2 + 1$ το οποίο μετά από πράξεις δίνει $b + a + 1 \mid 2(a^2 + a + 1)$

Ισχυρισμός 1: Αν στον πίνακα έχει γραφτεί ο αριθμός $k^2, k \geq 1$ , τότε μπορώ να γράψω τον

και αντίστροφα.

Aπόδειξη: Αν έχουμε γράψει τον k^2

τότε μπορούμε να εμφανίσουμε τους

τέτοιους ώστε $b + k^2 + 1 \mid 2(k^4 + k^2 + 1) = 2(k^2 + k + 1)(k^2 - k + 1)$ .

Παίρνοντας b + k^2 + 1 = k^2 + k + 1

προκύπτει ότι μπορούμε να γράψουμε τον b=k

και έτσι η μία κατεύθυνση εδείχθη. Για την ανάποδη αν έχουμε γράψει τον

τότε

εμφανίζουμε όλους τους

με $b + k + 1 \mid 2(k^2 + k + 1)$ . Παίρνοντας b + k + 1 = k^2 + k +1

προκύπτει

και έτσι ο ισχυρισμός εδείχθη.

Ισχυρισμός 2: Αν στον πίνακα έχει γραφτεί ο αριθμός $k^2, k \geq 1$ , τότε μπορώ να γράψω τον (k+1)^2

.

Απόδειξη: Όμοια με πριν, μπορώ να γράψω όλους του

με $b + k^2 + 1 \mid 2(k^4 + k^2 + 1) = 2(k^2 + k + 1)(k^2 - k + 1)$ . Παίρνοντας b + k^2 + 1 = 2(k^2 + k + 1)

έχουμε

και έτσι το ζητούμενο εδείχθη.

Για τη λύση της άσκησης, υποθέτοντας ότι έχουμε γράψει τον αριθμό $m \geq 1$ , θα δείξω ότι μπορούμε να γράψουμε τον m+1

από όπου το ζητούμενο προκύπτει.

Πράγματι, από τον Ισχυρισμό 1 προκύτει ότι μπορούμε να γράψουμε τον m^2

και άρα σύμφωνα με τον Ισχυρισμό 2 μπορούμε να γράψουμε τον (m+1)^2

. Τέλος, πάλι από τον

Ισχυρισμό 1 προκύπτει ότι μπορούμε να γράψουμε τον m+1

και έτσι η απόδειξη ολοκληρώνεται.

#2478

raf616 έγραψε:
socrates έγραψε:Άσκηση 1269
Στον πίνακα είναι γραμμένος ο αριθμός
Για κάθε αριθμό που είναι γραμμένος στον πίνακα, μπορούμε να γράψουμε στον πίνακα όλους τους θετικούς ακέραιους αριθμούς για τους οποίους ο αριθμός $\displaystyle{ a+b+ 1}$ διαιρεί τον αριθμό
Να δείξετε ότι, χρησιμοποιώντας την παραπάνω διαδικασία, μπορούμε να εμφανίσουμε στον πίνακα οποιονδήποτε θετικό ακέραιο.
Καλησπέρα! Μία προσπάθεια για αυτήν:

Ας δειχθεί το ίδιο αν αρχικά στον πίνακα είναι γραμμένος ένας οποιοσδήποτε θετικός ακέραιος.

raf616 · #2479

Demetres έγραψε:
raf616 έγραψε:
socrates έγραψε:Άσκηση 1269
Στον πίνακα είναι γραμμένος ο αριθμός
Για κάθε αριθμό που είναι γραμμένος στον πίνακα, μπορούμε να γράψουμε στον πίνακα όλους τους θετικούς ακέραιους αριθμούς για τους οποίους ο αριθμός $\displaystyle{ a+b+ 1}$ διαιρεί τον αριθμό
Να δείξετε ότι, χρησιμοποιώντας την παραπάνω διαδικασία, μπορούμε να εμφανίσουμε στον πίνακα οποιονδήποτε θετικό ακέραιο.
Καλησπέρα! Μία προσπάθεια για αυτήν:
Ας δειχθεί το ίδιο αν αρχικά στον πίνακα είναι γραμμένος ένας οποιοσδήποτε θετικός ακέραιος.

Νομίζω ότι η ίδια απόδειξη μπορεί να δουλέψει αν προστεθεί και ένας επιπρόσθετος ισχυρισμός, ότι δηλαδή από τον k^2

μπορούμε να πάρουμε τον (k-1)^2

.

Η απόδειξη γίνεται όμοια, μόνο που τώρα διαλέγουμε b + k^2 + 1 = 2(k^2 - k + 1)

που δίνει

.

#2480

Σωστό. Τo έκανα λίγο διαφορετικά: Αν

ο θετικός ακέραιος, από την απόδειξή σου παίρνουμε όλους τους $n \geqslant N$ . Για τους $2 \leqslant n \leqslant N$ , κοιτάζουμε τους $n,n^2,n^4,n^8,\ldots$ και χρησιμοποιούμε τον ισχυρισμό ότι αν έχουμε τον k^2

τότε έχουμε και τον

. Τέλος για n=1

χρησιμοποίησα ότι έχουμε τον a=4

.

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