Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2641

ΑΣΚΗΣΗ 1368: Να εξετάσετε αν υπάρχει φυσικός αριθμός

, ώστε ο αριθμός:

$\displaystyle{A = 3n^2 + 5n +5}$ να διαιρείται με το

.

#2642

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: ↑
Σάβ Σεπ 30, 2017 9:45 pm
ΑΣΚΗΣΗ 1368: Να εξετάσετε αν υπάρχει φυσικός αριθμός , ώστε ο αριθμός:

$\displaystyle{A = 3n^2 + 5n +5}$ να διαιρείται με το .

Για να κλείνει.

Γράφω λύση ουσιαστικά με modulo αλλά χρησιμοποιώ πιο απλή γλώσσα για διευκόλυνση νεαρότερων μαθητών.

Αν ο αριθμός διαιρείται με το

τότε θα διαιρείται και με το

. Γράφοντας διαδοχικά $n=7N, \, n=7N+1, \, ... \, 7N+6$ , θα διαπιστώνουμε ότι ο 3n^2 + 5n +5

είναι αντίστοιχα της μορφής $7M+5, \, 7M+6, \, 7M+6, \,7M+5, \,7M+5, \,7M, \, 7M+5$ (άμεσο με πράξεις). To μόνο πολλαπλάσιο του

προέρχεται από τον n=7N+5

, οπότε επικεντρωνόμαστε σε αυτόν.

Για n=7N+5

έχουμε

που βέβαια δεν είναι πολλαπλάσιο του

.

Με άλλα λόγια κανείς αριθμός της μορφής 3n^2 + 5n +5

δεν είναι πολλαπλάσιο του

.

#2643

ΑΣΚΗΣΗ 1369 Να λυθεί το σύστημα:

$\displaystyle{(x-1)(y^2 +6) = y(x^2 +1)}$

$\displaystyle{(y-1)(x^2 +6) = x(y^2 +1)}$

(Η άσκηση είναι από παλιό μαθηματικό διαγωνισμό ξένου Κράτους)

Κατερινόπουλος Νικόλας · #2644

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 19, 2017 5:13 pm
ΑΣΚΗΣΗ 1369 Να λυθεί το σύστημα:

$\displaystyle{(x-1)(y^2 +6) = y(x^2 +1)}$

$\displaystyle{(y-1)(x^2 +6) = x(y^2 +1)}$

(Η άσκηση είναι από παλιό μαθηματικό διαγωνισμό ξένου Κράτους)

Ευκολάκι!

$\left.\begin{matrix} (x-1)(y^{2}+6)=y(x^{2}+1) & \\ (y-1)(x^{2}+6)=x(y^{2}+1) & \end{matrix}\right\}\begin{matrix} xy^{2}+6x-y^{2}-6=x^{2}y+y(1) & \\ x^{2}y+6y-x^{2}-6=xy^{2}+x(2) & \end{matrix}$

$(1)+(2)\Rightarrow 6x-y^{2}-6+6y-x^{2}-6=x+y \Rightarrow$

$x^{2}+y^{2}-5x-5y+12=0(3)$

$(1)-(2)\Rightarrow xy^{2}-x^{2}y+6x-6y-y^{2}+x^{2}=x^{2}y-xy^{2}-x+y \Rightarrow$

$xy(y-x)-6(y-x)-(y-x)(x+y)=-xy(y-x)+(y-x) \Rightarrow$

$(y-x)(2xy-x-y-7)=0 \Rightarrow$

$\boxed{x=y}\; \acute{\eta}\; \boxed{2xy-x-y-7=0}$

$\bullet \; \boxed{x=y}\Rightarrow x^{2}-5x+6=0 \Rightarrow (x-2)(x-3)=0$

$\boxed{(x,y)=(2,2),(3,3)}$

$\bullet \; \boxed{2xy-x-y-7=0}\Leftrightarrow 2xy=x+y+7:$ $(x+y)-6(x+y)+5=0\Rightarrow$

$(3)\Rightarrow (x+y)^{2}-2xy-5x-5y+12=0\Rightarrow$

$(x+y)^{2}-x-y-7-5x-5y+12=0\Rightarrow$

$(x+y)^{2}-6x-6y+5=0\Rightarrow$

$(x+y)^{2}-6(x+y)+5=0\Rightarrow$

$\boxed{x=5-y}\; \acute{\eta }\; \boxed{x=1-y}$

Κουράστηκα να πληκτρολογώ!

Απ' την πρώτη αντικαθιστούμε στην τέταρτη σχέση και βρίσκουμε: $\boxed{(x,y)=(3,2),(2,3)}$

Η δεύτερη είναι αδύνατη γιατί Δ<0.

#2645

ΑΣΚΗΣΗ 1370 Να εξετάσετε αν υπάρχει φυσικός αριθμός

, ώστε ο αριθμός:

$\displaystyle{\sqrt{2018^n +(-1)^{n+1}.2017+3}}$ , να είναι ρητός.

Ορέστης Λιγνός · #2646

ΑΣΚΗΣΗ 1371

Πόσοι διαιρέτες του αριθμού $30^{2003}$ δεν είναι διαιρέτες του $20^{2000}$ ;

Ορέστης Λιγνός · #2647

ΑΣΚΗΣΗ 1372

Θεωρούμε ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle ABC$ , του οποίου η βάση είναι

, οι δύο ίσες πλευρές

, και το ύψος $\upsilon$ από την κορυφή

.

Αν $\dfrac{a}{2}+\upsilon \geqslant b\sqrt{2}$ , να υπολογίσετε τις γωνίες του τριγώνου.

Ορέστης Λιγνός · #2648

ΑΣΚΗΣΗ 1373

Αν οι $a,b,c \in \mathbb{R}$ ικανοποιούν την

$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}=1$ ,

να δείξετε ότι

$\dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b^2}{a+c}+\dfrac{c^2}{a+b}=0$ .

KARKAR · #2649

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 14, 2018 2:24 pm
ΑΣΚΗΣΗ 1372

Θεωρούμε ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle ABC$ , του οποίου η βάση είναι , οι δύο ίσες πλευρές , και το ύψος $\upsilon$ από την κορυφή .

Αν $\dfrac{a}{2}+\upsilon \geqslant b\sqrt{2}$ , να υπολογίσετε τις γωνίες του τριγώνου.

: 1372.png (8.01 KiB) Προβλήθηκε 2574 φορές

Τετραγωνίζοντας τη δοθείσα , παίρνουμε : $\dfrac{a^2}{4}+v^2+av\geq 2b^2\Leftrightarrow av\geq b^2$ (*)

Ονομάζω

το ύψος προς την

. Φυσικά είναι : av=bh (=2E)

. Έτσι

η ( * ) γίνεται : $h\geq b$ . Αλλά ( βλέπε τρίγωνο ABE

) είναι : $h\leq b$ , τελικά h=b

,

με αποτέλεσμα η $\hat{A}$ να είναι ορθή και οι άλλες

-άρες

papamixalis · #2650

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 14, 2018 2:38 pm
ΑΣΚΗΣΗ 1373

Αν οι $a,b,c \in \mathbb{R}$ ικανοποιούν την

$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}=1$ ,

να δείξετε ότι

$\dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b^2}{a+c}+\dfrac{c^2}{a+b}=0$ .

Ορέστη καλησπέρα
Στην πρώτη σχέση πολ/ζοντας με

προκύπτει
$\dfrac{a^2}{b+c}=a-\dfrac{ab}{c+a}-\dfrac{ca}{a+b} (1)$
Έπειτα με

$\dfrac{b^2}{c+a}=b-\dfrac{ab}{b+c}-\dfrac{cb}{a+b} (2)$
και τέλος με

$\dfrac{c^2}{a+b}=c-\dfrac{ac}{b+c}-\dfrac{bc}{c+a} (3)$

Προσθέτοντας τις (1),(2),(3)

προκύπτει το ζητούμενο. Για να μην γράψω όλες τις πράξεις παρατηρώ ότι
$-\dfrac{ab}{c+a} - \dfrac{bc}{c+a}=-b$
Ομοίως και για τα υπόλοιπα.

#2651

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 14, 2018 2:21 pm
ΑΣΚΗΣΗ 1371

Πόσοι διαιρέτες του αριθμού $30^{2003}$ δεν είναι διαιρέτες του $20^{2000}$ ;

Γεια σου Ορέστη.

$\displaystyle{30^{2003}=2^{2003}.3^{2002}.5^{2003}}$ και $\displaystyle{20^{2000}=2^{4000}.5^{2000}}$

Οι διαιρέτες του $\displaystyle{30^{2003}}$ που δεν είναι διαιρέτες του $\displaystyle{20^{2000}}$ , θα πρέπει να έχουν μία από τις πιο κάτω μορφές:

$\displaystyle{3^{x}}$ , με $\displaystyle{1\leq x\leq 2003}$

$\displaystyle{2^{x}.3^{y}}$ , με $\displaystyle{1\leq x,y\leq 2003}$

$\displaystyle{3^{x}.5^{y}}$ , με $\displaystyle{1\leq x,y\leq 2003}$

$\displaystyle{2^{x}.3^{y}.5^{z}}$ , με $\displaystyle{1\leq x,y,z\leq 2003}$

$\displaystyle{2^{x}.5^{y}}$ , με $\displaystyle{1\leq x\leq 2003 , 2001\leq y\leq 2003}$

Συνεπώς το ζητούμενο πλήθος είναι $\displaystyle{2003 +2003.2003 + 2003.2003 +2003.2003.2003 +2003.3 }$

δηλαδή $\displaystyle{2.2003^2 +2003^3 +2003.4}$

#2652

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 15, 2018 1:19 pm

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 14, 2018 2:21 pm
ΑΣΚΗΣΗ 1371

Πόσοι διαιρέτες του αριθμού $30^{2003}$ δεν είναι διαιρέτες του $20^{2000}$ ;
Γεια σου Ορέστη.

$\displaystyle{30^{2003}=2^{2003}.3^{2002}.5^{2003}}$ και $\displaystyle{20^{2000}=2^{4000}.5^{2000}}$

Οι διαιρέτες του $\displaystyle{30^{2003}}$ που δεν είναι διαιρέτες του $\displaystyle{20^{2000}}$ , θα πρέπει να έχουν μία από τις πιο κάτω μορφές:

$\displaystyle{3^{x}}$ , με $\displaystyle{1\leq x\leq 2003}$

$\displaystyle{2^{x}.3^{y}}$ , με $\displaystyle{1\leq x,y\leq 2003}$

$\displaystyle{3^{x}.5^{y}}$ , με $\displaystyle{1\leq x,y\leq 2003}$

$\displaystyle{2^{x}.3^{y}.5^{z}}$ , με $\displaystyle{1\leq x,y,z\leq 2003}$

$\displaystyle{2^{x}.5^{y}}$ , με $\displaystyle{0\leq x\leq 2003 , 2001\leq y\leq 2003}$

Συνεπώς το ζητούμενο πλήθος είναι $\displaystyle{2003 +2003.2003 + 2003.2003 +2003.2003.2003 +2004.3 }$

ΣΗΜ: Διόρθωσα στην τελευταία ομάδα διαιρετών , αντί $\displaystyle{1\leq x\leq2003}$ , θέλει $\displaystyle{0\leq x\leq 2003}$

#2653

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 14, 2018 2:24 pm
ΑΣΚΗΣΗ 1372

Θεωρούμε ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle ABC$ , του οποίου η βάση είναι , οι δύο ίσες πλευρές , και το ύψος $\upsilon$ από την κορυφή .

Αν $\dfrac{a}{2}+\upsilon \geqslant b\sqrt{2}$ , να υπολογίσετε τις γωνίες του τριγώνου.

Ας δούμε και μια διαφορετική λύση με Τριγωνομετρία. Χρησιμοποιώ το σχήμα του Θανάση.

: 1372.png (8.01 KiB) Προβλήθηκε 2515 φορές

Έστω $\displaystyle \widehat {DAC} = \omega$ , με $\displaystyle 0 < \omega < \frac{\pi }{2}$ .

$\displaystyle \frac{a}{2} + u \ge b\sqrt 2 \Leftrightarrow \frac{a}{{2b}} + \frac{u}{b} \ge \sqrt 2 \Leftrightarrow \eta \mu \omega + \sigma \upsilon \nu \omega \ge \sqrt 2$

$\displaystyle \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 2 }}{2}\eta \mu \omega + \frac{{\sqrt 2 }}{2}\sigma \upsilon \nu \omega \ge 1 \Leftrightarrow \eta \mu \left( {\frac{\pi }{4} + \omega } \right) \ge 1$ ,

που αληθεύει μόνο όταν $\displaystyle \omega = \frac{\pi }{4} \Rightarrow \widehat {\rm A} = 90^\circ ,\;\;\widehat {\rm B} = \widehat C = 45^\circ$ .

edit: Χρησιμοποιώ Τριγωνομετρία Β΄ Λυκείου (νόμιμη...), αλλά αφού αφορά διαγωνισμούς, νομίζω, έχει αξία και αυτή η προσέγγιση.

#2654

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 14, 2018 2:38 pm
ΑΣΚΗΣΗ 1373

Αν οι $a,b,c \in \mathbb{R}$ ικανοποιούν την

$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}=1$ ,

να δείξετε ότι

$\dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b^2}{a+c}+\dfrac{c^2}{a+b}=0$ .

Πολλαπλασιάζω τη δοθείσα με a+b+c

, τότε
$\dfrac{a^2+a(b+c)}{b+c}+\dfrac{b^2+b(c+a)}{c+a}+\dfrac{c^2+c(a+b)}{a+b}=a+b+c$ .
Απλοποιώντας παίρνουμε
$\dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b^2}{a+c}+\dfrac{c^2}{a+b}=0$ .

#2655

ΑΣΚΗΣΗ 1374: Έστω $\displaystyle{A=\frac{1}{1.3}-\frac{1}{2.4}+\frac{1}{3.5}-\frac{1}{4.6}+ . . . +\frac{1}{(2n-1)(2n+1)}}$

Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\frac{1}{4}<A\leq \frac{1}{3}}$

ΠΗΓΗ: (Ρουμάνικο βιβλίο για διαγωνισμούς)

Γιώργος Μηλιάκος · #2656

Στην άσκηση 38 του Εικοσιδωδεκάεδρου, τεύχος 20
Προτάθηκε από τον Δημήτρη Ιωάννου.

Να βρεθούν οι τιμές των ακεραίων αριθμών x, y

που επαληθεύουν την εξίσωση

x^2+y^2=x-y

.

Λύση: Ισχύει $x^2\geq x$ και $y^2\geq -y$ .
Για να έχει λύση η εξίσωση πρέπει να έχουμε:

$x^2=x \:(1)$ και $y^2=-y \: (2)$

Οι λύσεις των εξισώσεων (1)

και

είναι

ή

και

ή

.

Άρα οι λύσεις της εξίσωσης είναι τα ζεύγη:

(0,0) , (0,-1) , (1,0) , (1,-1)

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #2657

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 17, 2018 7:16 pm
ΑΣΚΗΣΗ 1374: Έστω $\displaystyle{A=\frac{1}{1.3}-\frac{1}{2.4}+\frac{1}{3.5}-\frac{1}{4.6}+ . . . +\frac{1}{(2n-1)(2n+1)}}$

Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\frac{1}{4}<A\leq \dfrac{1}{3}}$

ΠΗΓΗ: (Ρουμάνικο βιβλίο για διαγωνισμούς)

Θα δείξουμε ότι $A\leq \dfrac{1}{3}$ .

$\displaystyle{A=\frac{1}{1.3}-\frac{1}{2.4}+\frac{1}{3.5}-\frac{1}{4.6}+ . . . +\frac{1}{(2n-1)(2n+1)}}=\frac{1}{3}-\left ( \frac{1}{2\cdot 4}-\frac{1}{3\cdot 5}....-\frac{1}{\left ( 2n-1 \right )\left ( 2n+1 \right )} \right )$
Επειδή η παράσταση που βρίσκεται μέσα στην παρένθεση έχει άρτιο πλήθος ορών μπορούμε να τους πάρουμε ανά δύο.
Επίσης τα κλάσματα μικραίνουν όσο πηγαίνουμε προς τα αριστερά άρα η παράσταση στην παρένθεση είναι πάντα θετικός αριθμός. Έτσι $A\leq \dfrac{1}{3}$ (η ισότητα ισχύει όταν n=1

).

Prødigy · #2658

Άσκηση 1375

Μία εύκολη:

Αν a^2+b^2+c^2=1

να αποδειχθεί ότι

$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq 3+\frac{2(a^3+b^3+c^3)}{abc}$

Πότε ισχύει η ισότητα;

Ορέστης Λιγνός · #2659

Prødigy έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 12, 2019 10:06 pm
Άσκηση 1375

Μία εύκολη:

Αν να αποδειχθεί ότι

$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq 3+\frac{2(a^3+b^3+c^3)}{abc}$

Πότε ισχύει η ισότητα;

Αρκεί $\displaystyle \sum(\dfrac{1}{a^2}-1) \geqslant 2\sum \dfrac{a^2}{bc}$ .

Όμως, $\dfrac{1}{a^2}-1=\dfrac{b^2+c^2}{a^2}$ και τα κυκλικά.

Οπότε αρκεί $\displaystyle \sum \dfrac{b^2+c^2}{a^2} \geqslant 2\sum \dfrac{a^2}{bc}$ .

Από AM-GM, είναι $\dfrac{2a^2}{bc} \leqslant \dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{a^2}{c^2}$ . Προσθέτοντας τις κυκλικές μ'αυτήν έχουμε τη ζητούμενη.

Prødigy · #2660

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 12, 2019 11:46 pm

Prødigy έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 12, 2019 10:06 pm
Άσκηση 1375

Μία εύκολη:

Αν να αποδειχθεί ότι

$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq 3+\frac{2(a^3+b^3+c^3)}{abc}$

Πότε ισχύει η ισότητα;
Αρκεί $\displaystyle \sum(\dfrac{1}{a^2}-1) \geqslant 2\sum \dfrac{a^2}{bc}$ .

Όμως, $\dfrac{1}{a^2}-1=\dfrac{b^2+c^2}{a^2}$ και τα κυκλικά.

Οπότε αρκεί $\displaystyle \sum \dfrac{b^2+c^2}{a^2} \geqslant 2\sum \dfrac{a^2}{bc}$ .

Από AM-GM, είναι $\dfrac{2a^2}{bc} \leqslant \dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{a^2}{c^2}$ . Προσθέτοντας τις κυκλικές μ'αυτήν έχουμε τη ζητούμενη.

Ωραία η λύση του Ορέστη!
Υπάρχει και άλλη λύση που απαιτεί μονάχα γνώσεις Γ' Γυμνασίου!

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