Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!
Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates
- matha
- Γενικός Συντονιστής
- Δημοσιεύσεις: 6422
- Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
- Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!
Σε έναν περίπου μήνα θα λάβει χώρα ο ''Αρχιμήδης''. Πιστεύω ότι κάποια μέλη του θα δώσουν το ''παρών'', οπότε ας ξεκινήσουμε με μερικά θέματα (με τυχαία σειρά).
1. Να βρεθεί το ακέραιο μέρος του αριθμού
2. Αν είναι θετικός ακέραιος, να αποδείξετε ότι
3. Αν είναι οι ρίζες της εξίσωσης να αποδείξετε ότι για όλες τις θετικές ακέραιες τιμές του , η παράσταση είναι ακέραιος αριθμός, ο οποίος δε διαιρείται με το .
4. Αν με , να αποδείξετε ότι
5. Να λύσετε στο σύνολο των ακεραίων τις εξισώσεις
i)
ii)
Το επόμενο πρόβλημα είναι μάλλον λανθασμένο. Βλ. τις δημοσιεύσεις παρακάτω
6. Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχουν ακέραιοι με
Υ.Γ.
Ας δώσουμε προτεραιότητα στους μαθητές του .
Όποιος θέλει, ας εμπλουτίσει το αρχείο και με άλλες ασκήσεις.
1. Να βρεθεί το ακέραιο μέρος του αριθμού
2. Αν είναι θετικός ακέραιος, να αποδείξετε ότι
3. Αν είναι οι ρίζες της εξίσωσης να αποδείξετε ότι για όλες τις θετικές ακέραιες τιμές του , η παράσταση είναι ακέραιος αριθμός, ο οποίος δε διαιρείται με το .
4. Αν με , να αποδείξετε ότι
5. Να λύσετε στο σύνολο των ακεραίων τις εξισώσεις
i)
ii)
Το επόμενο πρόβλημα είναι μάλλον λανθασμένο. Βλ. τις δημοσιεύσεις παρακάτω
6. Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχουν ακέραιοι με
Υ.Γ.
Ας δώσουμε προτεραιότητα στους μαθητές του .
Όποιος θέλει, ας εμπλουτίσει το αρχείο και με άλλες ασκήσεις.
τελευταία επεξεργασία από matha σε Τετ Μαρ 09, 2011 6:54 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.
Μάγκος Θάνος
-
- Δημοσιεύσεις: 1055
- Εγγραφή: Δευ Ιαν 11, 2010 2:12 pm
Re: Των φρονίμων τα παιδιά...!
Πολύ ωραία τα θέματα. Πρόλαβα να ασχοληθώ με το τελευταίο.
Εύκολα βλέπουμε πως γενικά ο κύβος ακεραίου παίρνει τις μορφές . Άρα .
Έτσι . Παίρνωντας το πρώτο μέλος μπορέι είναι .
Όμως . Άρα η εξίσωση δεν έχει ακέραιες λύσεις.
Εύκολα βλέπουμε πως γενικά ο κύβος ακεραίου παίρνει τις μορφές . Άρα .
Έτσι . Παίρνωντας το πρώτο μέλος μπορέι είναι .
Όμως . Άρα η εξίσωση δεν έχει ακέραιες λύσεις.
-
- Επιμελητής
- Δημοσιεύσεις: 15741
- Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am
Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!
Έξοχη άσκηση με λύση "δύο γραμμών".matha έγραψε:
1. Να βρεθεί το ακέραιο μέρος του αριθμού
Υπόδειξη
-
- Δημοσιεύσεις: 1055
- Εγγραφή: Δευ Ιαν 11, 2010 2:12 pm
Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!
Για το 2.
Για έχουμε .Έστω ότι ισχύει για καποιο , τότε θα είναι: .
Θα αποδείξουμε ότι ισχύει και για , δηλαδή: και λόγω της πάνω αρκεί να δειχτεί: .
Υψώνωντας στην αρκεί .
Θεωρούμε την συνάρτηση με πρώτη παράγωγο αφού ως γνωστόν .
Άρα το Σ.Τ θα είναι . Άρα και για τον φυσικό θα είναι γενικά:, 'οπως θέλαμε.
Πιστεύω να μην χάνω κάπου...
Για έχουμε .Έστω ότι ισχύει για καποιο , τότε θα είναι: .
Θα αποδείξουμε ότι ισχύει και για , δηλαδή: και λόγω της πάνω αρκεί να δειχτεί: .
Υψώνωντας στην αρκεί .
Θεωρούμε την συνάρτηση με πρώτη παράγωγο αφού ως γνωστόν .
Άρα το Σ.Τ θα είναι . Άρα και για τον φυσικό θα είναι γενικά:, 'οπως θέλαμε.
Πιστεύω να μην χάνω κάπου...
Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!
Είδα κάπου ανισότητα και τρεέχωωω ...matha έγραψε:
4. Αν με , να αποδείξετε ότι
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Θα χρησιμοποιήσουμε μόνο την βασική ανισότητα:
H για δίνει:
Η για δίνει:
Συνεπώς:
Στραγάλης Χρήστος
-
- Δημοσιεύσεις: 1055
- Εγγραφή: Δευ Ιαν 11, 2010 2:12 pm
Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!
Αποσύρω την λύση που είχα γιατί κάτι δεν μου άρεσε.
τελευταία επεξεργασία από kwstas12345 σε Πέμ Ιαν 20, 2011 9:33 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.
- Κοτρώνης Αναστάσιος
- Επιμελητής
- Δημοσιεύσεις: 3203
- Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
- Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
- Επικοινωνία:
Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!
Νομίζω ότι το πρέπει να γίνει , αφού για παράδειγμα έχουμε ισότητα. (Άσε που δε μου βγαίνει κιόλας... )
.
Ομως από την για έχουμε πολλαπλασάζοντας με και αθροίζοντας για παίρνουμε
.
Μια λύση με ιδιότητες λογαρίθμων άθροισμα αριθμητικής προόδου και χρήση κλασικής ανισότητας:matha έγραψε:2. Αν είναι θετικός ακέραιος, να αποδείξετε ότι
.
Ομως από την για έχουμε πολλαπλασάζοντας με και αθροίζοντας για παίρνουμε
.
Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
-
- Δημοσιεύσεις: 263
- Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 12:52 pm
Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!
Διαφορετικά, με την ΑΜ-ΓΜ έχουμε πως .matha έγραψε: 2. Αν είναι θετικός ακέραιος, να αποδείξετε ότι
- Κοτρώνης Αναστάσιος
- Επιμελητής
- Δημοσιεύσεις: 3203
- Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
- Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
- Επικοινωνία:
Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!
Βασικά τώρα που το ξανασκέφτομαι, για , υπάρχει τουλάχιστον ένα για το οποίο η ανισότητα είναι γνήσια οπότε αθροίζοντας θα πάρουμε γνήσια ανισότητα...Οπότε αρκεί να μπεί ο περιορισμός για να ισχύει η γνήσια ανισότητα στην εκφώνηση..
Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
-
- Δημοσιεύσεις: 1055
- Εγγραφή: Δευ Ιαν 11, 2010 2:12 pm
Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!
Για την 5ιι, θεωρώντας την εξίσωση σαν δευτεροβάθμια ως προς , έχουμε διακρίνουσα: η οπόια απαιτούμε να είναι τέλειο τετράγωνο.
Εύκολα βλέπουμε πως όταν τότε , οπ'ότε πέρνουμε και τις λύσεις .
Άν τότε εύκολα βλέπουμε πως που ισχύει αφού .
Επίσης εύκολα μπορούμε να δείξουμε αφού .
Τότε όμως θα είναι , πράγμα που σημαίνει ότι η διακρίνουσα δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο , άρα και η αρχική είναι αδύνατη.
Εύκολα βλέπουμε πως όταν τότε , οπ'ότε πέρνουμε και τις λύσεις .
Άν τότε εύκολα βλέπουμε πως που ισχύει αφού .
Επίσης εύκολα μπορούμε να δείξουμε αφού .
Τότε όμως θα είναι , πράγμα που σημαίνει ότι η διακρίνουσα δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο , άρα και η αρχική είναι αδύνατη.
-
- Δημοσιεύσεις: 412
- Εγγραφή: Δευ Μαρ 01, 2010 2:07 pm
Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!
Για την 3...
Αν οι ρίζες της εξίσωσης,τότε έχουμε .Άρα μπορούμε να θέσουμε .
Eπίσης ισχύει ότι .Θα δείξουμε την εξής πρόταση:
Έστω πραγματικός αριθμός με .Tότε για κάθε φυσικό ισχύει ότι
Προχωράμε με τη μέθοδο της τέλειας επαγωγής.
1)Ισχύει προφανώς για
2)Yποθέτουμε ότι ισχύει για όλα τα
3)Θα αποδείξουμε ότι ισχύει και για .Πράγματι ισχύει ότι ,από το διωνυμικό ανάπτυγμα.
Άρα (Σχέση 1)
Όμως (θεμελιώδης ιδιότητα) : ,άρα τελικά η σχέση (1) γράφεται:
. Όμως από το επαγωγικό βήμα,έχουμε ότι οι αριθμοί
είναι όλοι ακέραιοι.Οπότε αφού και όλοι οι διωνυμικοί συντελεστές είναι ακέραιοι,η διαφορά
είναι ακέραιος.Αφού όμως .
Το δεύτερο ερώτημα της 3 θα το κοιτάξω λίγο αργότερα.Προς στιγμήν,μπορεί κάποιος να ελέγξει την ορθότητα της απάντησής μου;;;
Φιλικά,
Νίκος
Αν οι ρίζες της εξίσωσης,τότε έχουμε .Άρα μπορούμε να θέσουμε .
Eπίσης ισχύει ότι .Θα δείξουμε την εξής πρόταση:
Έστω πραγματικός αριθμός με .Tότε για κάθε φυσικό ισχύει ότι
Προχωράμε με τη μέθοδο της τέλειας επαγωγής.
1)Ισχύει προφανώς για
2)Yποθέτουμε ότι ισχύει για όλα τα
3)Θα αποδείξουμε ότι ισχύει και για .Πράγματι ισχύει ότι ,από το διωνυμικό ανάπτυγμα.
Άρα (Σχέση 1)
Όμως (θεμελιώδης ιδιότητα) : ,άρα τελικά η σχέση (1) γράφεται:
. Όμως από το επαγωγικό βήμα,έχουμε ότι οι αριθμοί
είναι όλοι ακέραιοι.Οπότε αφού και όλοι οι διωνυμικοί συντελεστές είναι ακέραιοι,η διαφορά
είναι ακέραιος.Αφού όμως .
Το δεύτερο ερώτημα της 3 θα το κοιτάξω λίγο αργότερα.Προς στιγμήν,μπορεί κάποιος να ελέγξει την ορθότητα της απάντησής μου;;;
Φιλικά,
Νίκος
Νίκος Αθανασίου
Μεταδιδακτορικός ερευνητής, τμήμα μαθηματικών- Πανεπιστήμιο Κρήτης
Μεταδιδακτορικός ερευνητής, τμήμα μαθηματικών- Πανεπιστήμιο Κρήτης
Re: Των φρονίμων τα παιδιά...!
Εδώ υπάρχει λάθος. Μπορεί να είναι και 4.kwstas12345 έγραψε:Πολύ ωραία τα θέματα. Πρόλαβα να ασχοληθώ με το τελευταίο.
Εύκολα βλέπουμε πως γενικά ο κύβος ακεραίου παίρνει τις μορφές . Άρα .
Έτσι . Παίρνωντας το πρώτο μέλος μπορέι είναι .
Όμως . Άρα η εξίσωση δεν έχει ακέραιες λύσεις.
-
- Δημοσιεύσεις: 1055
- Εγγραφή: Δευ Ιαν 11, 2010 2:12 pm
Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!
Θα αποδείξουμε οτι:matha έγραψε:
3. Αν είναι οι ρίζες της εξίσωσης να αποδείξετε ότι για όλες τις θετικές ακέραιες τιμές του , η παράσταση είναι ακέραιος αριθμός, ο οποίος δε διαιρείται με το .
Έστω και οι ρίζες της δοθείσας εξίσωσης και άρα βρίσκουμε:
Έτσι επαγωγικά:
και
Αν , τότε:
και
Άρα
Στραγάλης Χρήστος
Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!
Για το δεύτερο ερώτημα της 3, πάλι με επαγωγή:
1) Οι δεν διαιρούνται με το 5.
2) Αν οι αριθμοί και δεν διαιρούνται με το 5, τότε έχουμε:
, άρα ο δεν διαιρείται με το 5 και επίσης ο δεν διαιρείται με το 5.
Άρα ο δεν διαιρείται με το 5 για κανένα φυσικό n.
1) Οι δεν διαιρούνται με το 5.
2) Αν οι αριθμοί και δεν διαιρούνται με το 5, τότε έχουμε:
, άρα ο δεν διαιρείται με το 5 και επίσης ο δεν διαιρείται με το 5.
Άρα ο δεν διαιρείται με το 5 για κανένα φυσικό n.
-
- Δημοσιεύσεις: 412
- Εγγραφή: Δευ Μαρ 01, 2010 2:07 pm
Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!
Όσον αφορά το δεύτερο ερώτημα της 3,μια άλλη προσέγγιση:
Χρησιμοποιώντας την αναδρομική σχέση που βρήκε ο Χρήστος (chris) λίγα post πιο πάνω έχουμε να λύσουμε το πρόβλημα:
'Εστω ακολουθία με και .Τότε να δείξετε ότι κανένας από τους όρους της ακολουθίας δεν είναι πολλαπλάσιο του 5.
Νομίζω ότι μπορούμε να επεκτείνουμε λίγο το πρόβλημα και να βρούμε το τι υπόλοιπο αφήνει με το ο κάθε όρος της ακολουθίας.
Κατ'αρχήν παρατηρούμε ότι το υπόλοιπο που αφήνει κάθε όρος της ακολουθίας με το προσδιορίζεται επακριβώς από τα υπόλοιπα που αφήνουν οι δύο προηγούμενοι όροι της ακολουθίας με το .Έτσι έχουμε τις σχέσεις: (όλες οι ισότητες είναι ):
Παρατηρούμε ότι ο αριθμός και .Aφού όμως είπαμε ότι το υπόλοιπο που αφήνει με το 5 κάθε όρος της ακολουθίας προσδιορίζεται επακριβώς από τα υπόλοιπα που αφήνουν με το 5 οι δυο προηγούμενοι όροι της ακολουθίας, η ακολουθία επαναλαμβάνεται (mod5).
Άρα μπορούμε να αναπτύξουμε έναν αλγόριθμο που θα δίνει το υπόλοιπο που έχει κάθε όρος της ακολουθίας με το ,ανάλογα με το υπόλοιπο του με το .Δηλαδή:
Χρησιμοποιώντας την αναδρομική σχέση που βρήκε ο Χρήστος (chris) λίγα post πιο πάνω έχουμε να λύσουμε το πρόβλημα:
'Εστω ακολουθία με και .Τότε να δείξετε ότι κανένας από τους όρους της ακολουθίας δεν είναι πολλαπλάσιο του 5.
Νομίζω ότι μπορούμε να επεκτείνουμε λίγο το πρόβλημα και να βρούμε το τι υπόλοιπο αφήνει με το ο κάθε όρος της ακολουθίας.
Κατ'αρχήν παρατηρούμε ότι το υπόλοιπο που αφήνει κάθε όρος της ακολουθίας με το προσδιορίζεται επακριβώς από τα υπόλοιπα που αφήνουν οι δύο προηγούμενοι όροι της ακολουθίας με το .Έτσι έχουμε τις σχέσεις: (όλες οι ισότητες είναι ):
Παρατηρούμε ότι ο αριθμός και .Aφού όμως είπαμε ότι το υπόλοιπο που αφήνει με το 5 κάθε όρος της ακολουθίας προσδιορίζεται επακριβώς από τα υπόλοιπα που αφήνουν με το 5 οι δυο προηγούμενοι όροι της ακολουθίας, η ακολουθία επαναλαμβάνεται (mod5).
Άρα μπορούμε να αναπτύξουμε έναν αλγόριθμο που θα δίνει το υπόλοιπο που έχει κάθε όρος της ακολουθίας με το ,ανάλογα με το υπόλοιπο του με το .Δηλαδή:
Νίκος Αθανασίου
Μεταδιδακτορικός ερευνητής, τμήμα μαθηματικών- Πανεπιστήμιο Κρήτης
Μεταδιδακτορικός ερευνητής, τμήμα μαθηματικών- Πανεπιστήμιο Κρήτης
Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!
Για την 5i:
Έστω και θεωρώ την τριάδα που αποτελεί λύση της εξίσωσης και ελαχιστοποιεί την παράσταση . Επειδή το δεξί μέλος της εξίσωσης διαιρείται με το 2, το ίδιο και το αριστερό, άρα ο x άρτιος και .
, άρα y άρτιος και , δηλαδή
, άρα z άρτιος.
Βλέπουμε λοιπόν ότι οι x,y,z είναι άρτιοι. Άρα, η τριάδα ικανοποιεί την εξίσωση, το οποίο είναι άτοπο, αφού . Συνεπώς η εξίσωση δεν έχει λύσεις για .
Αν x=0, , άτοπο αφού ο αριθμός φορών που το αριστερό μέλος διαιρείται με το 2 διαιρείται με το 3, ενώ ο αντίστοιχος για το δεξί μέλος όχι.
Αν y=0, , άτοπο για τον ίδιο λόγο.
Αν z=0, , άτοπο για τον ίδιο λόγο.
Άρα μοναδική λύση η .
Έστω και θεωρώ την τριάδα που αποτελεί λύση της εξίσωσης και ελαχιστοποιεί την παράσταση . Επειδή το δεξί μέλος της εξίσωσης διαιρείται με το 2, το ίδιο και το αριστερό, άρα ο x άρτιος και .
, άρα y άρτιος και , δηλαδή
, άρα z άρτιος.
Βλέπουμε λοιπόν ότι οι x,y,z είναι άρτιοι. Άρα, η τριάδα ικανοποιεί την εξίσωση, το οποίο είναι άτοπο, αφού . Συνεπώς η εξίσωση δεν έχει λύσεις για .
Αν x=0, , άτοπο αφού ο αριθμός φορών που το αριστερό μέλος διαιρείται με το 2 διαιρείται με το 3, ενώ ο αντίστοιχος για το δεξί μέλος όχι.
Αν y=0, , άτοπο για τον ίδιο λόγο.
Αν z=0, , άτοπο για τον ίδιο λόγο.
Άρα μοναδική λύση η .
- nkatsipis
- Επιμελητής
- Δημοσιεύσεις: 778
- Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 10:26 am
- Τοποθεσία: Σαντορίνη
- Επικοινωνία:
Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!
Για το 3.
Παρατηρούμε ότι για κάθε
Και μετά ισχυρή επαγωγή!
Φιλικά,
Νίκος Κατσίπης
Παρατηρούμε ότι για κάθε
Και μετά ισχυρή επαγωγή!
Φιλικά,
Νίκος Κατσίπης
-
- Επιμελητής
- Δημοσιεύσεις: 6461
- Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
- Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
- Επικοινωνία:
Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!
7.
Να βρείτε όλους τους πρώτους αριθμούς τέτοιους ώστε ο αριθμός να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.
8.
Αν θετικοί πραγματικοί αριθμοί, να δείξετε ότι
9.
Έστω τρίγωνο , , και το έκκεντρό του.
Ο εγγεγραμένος κύκλος του τριγώνου εφάπτεται της πλευράς στο σημείο .
Αν το μέσο της , να αποδείξετε ότι η ευθεία περνάει από το μέσο του τμήματος .
10.
Έστω ένας πραγματικός αριθμός.
Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις τέτοιες ώστε για κάθε
Να βρείτε όλους τους πρώτους αριθμούς τέτοιους ώστε ο αριθμός να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.
8.
Αν θετικοί πραγματικοί αριθμοί, να δείξετε ότι
9.
Έστω τρίγωνο , , και το έκκεντρό του.
Ο εγγεγραμένος κύκλος του τριγώνου εφάπτεται της πλευράς στο σημείο .
Αν το μέσο της , να αποδείξετε ότι η ευθεία περνάει από το μέσο του τμήματος .
10.
Έστω ένας πραγματικός αριθμός.
Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις τέτοιες ώστε για κάθε
Θανάσης Κοντογεώργης
Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!
Για την 9:
Τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου και του παρεγγεγραμμένου είναι συμμέτρικα ως προς το μέσο της πλευράς .
Επίσης από γνωστη πρόταση, το αντιδιαμετρικό του ως προς τον εγγ. κύκλο έστω , ε,ιναι σημείο της ευθείας .
Τότε η συνδέει τα μέσα των πλευρών του άρα είναι στην και άρα περνάει από το μέσο της .
Τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου και του παρεγγεγραμμένου είναι συμμέτρικα ως προς το μέσο της πλευράς .
Επίσης από γνωστη πρόταση, το αντιδιαμετρικό του ως προς τον εγγ. κύκλο έστω , ε,ιναι σημείο της ευθείας .
Τότε η συνδέει τα μέσα των πλευρών του άρα είναι στην και άρα περνάει από το μέσο της .
Μέλη σε σύνδεση
Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 7 επισκέπτες