Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#321

ΑΣΚΗΣΗ 134 :
Βρείτε όλα τα ζεύγη φυσικών αριθμών (x,y)

τέτοια ώστε 2x(xy-2y-3)=(x+y)(3x+y).

ΑΣΚΗΣΗ 135 :
Αν a,b

θετικοί ακέραιοι, b<a

, τέτοιοι ώστε ο ab(a-b)

να διαιρεί τον a^3+b^3+ab,

να δείξετε ότι ο αριθμός

είναι τέλειος κύβος.

spiros filippas · #322

vzf έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 132 :
Oι τιμές των είναι όχι απαραίτητα με αυτή τη σειρά. Ποιά είναι η μέγιστη πιθανή τιμή του

Θα χρησιμοποιήσουμε τη βασική ανισότητα $xy\leq (\frac{x+y}{2})^2$ ως εξής:

$ab+bc+cd+da=(a+c)(b+d)\leq (\frac{a+b+c+d}{2})^2=(\frac{10}{2})^2=25$

Επομένως η ζητούμενη τιμή είναι 25 καί λαμβανεται όταν a+c=b+d=5

#323

Αφού τα α,β,γ.δ παίρνουν διαφορετικές τιμές μεταξύ τους
έχουμε με δοκιμές ότι (α+γ)(β+δ) = (4+1)(2+3) = 25

Χρήστος

#324

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:Έχουμε 10 ασκήσεις από τις 135 συνολικά, που δεν έχουν μέχρι στιγμής απαντηθεί και είναι:

ΑΣΚΗΣΗ 73,85,106,116,126,128,130,132,134 και 135

Τις παραθέρω εδώ, για να είναι συγκεντρωμένες.

Προς τους μαθητές μας: Σας παροτρύνω ΙΣΧΥΡΑ να ασχοληθείτε γιατί όλες είναι ωραίες ασκήσεις και όλες είναι (στον ένα ή στον άλλο βαθμό) βατές (αλλά μη τετριμμένες).
Η 73 υποθέτω ότι έμεινε αναπάντητη γιατί είναι ... αρκετά γνωστή

Φερμά_96 έγραψε:άσκηση 73
να εξεταστεί καταπόσο ένας ακέραιος αριθμός, μπορεί να έχει την ρίζα του στους ρητούς αλλά όχι και στους ακέραιους αριθμούς.
(είναι διάσημο πρόβλημα, οπότε μάλλον πολλοί θα το ξέρετε)

Παναγιώτης 1729 έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 85:
Οι φυσικοί αριθμοί από το 1 ως το 10 τοποθετούνται με τυχαία σειρά στην περιφέρεια ενός κύκλου. Ν.δ.ο. υπάρχουν σε διπλανές θέσεις τρεις αριθμοί με άθροισμα τουλάχιστον 18.

s.kap έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 106

Αν $a,b,c \in \mathbb{Q}^*$ . Να αποδείξετε ότι:

Α) Αν $\sqrt[3]{a^2} \in \mathbb{Q}$ , τότε $\sqrt[3]{a} \in \mathbb{R}$

B) Αν $\sqrt[3]{a}\cdot \sqrt[5]{b} \in \mathbb{Q}$ , τότε $\sqrt[3]{a} \in \mathbb{Q}$ και $\sqrt[5]{b} \in \mathbb{Q}$

Γ) Αν $\sqrt[3]{a}\cdot \sqrt[5]{b}\cdot \sqrt[7]{c} \in \mathbb{Q}$ , τότε $\sqrt[3]{a} \in \mathbb{Q}$ , $\sqrt[5]{b} \in \mathbb{Q}$ και $\sqrt[7]{c} \in \mathbb{Q}$

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 116 :
Στις Δημοτικές εκλογές της 1ης Κυριακής (13 Οκτωβρίου 2002) σε ένα Δήμο συμμετείχαν οι συνδυασμοί Α,Β και Γ. Ονομάζουμε ν τον αριθμό των εγγεγραμμένων στους εκλογικούς καταλόγους ψηφοφόρων.
Συνολικά ψήφισε το 75% του αριθμού ν και όλα τα ψηφοδέλτια ήταν έγκυρα. Ο συνδυασμός Α ψηφίστηκε από το 39% του αριθμού ν ενώ ο συνδυασμός Β από το 27% του ν. Λευκά δεν βρέθηκαν.
(α) Να εξετάσετε αν ο αρχηγός του συνδυασμού Α εξελέγη Δήμαρχος από την 1η Κυριάκή (δηλαδή αν έλαβε ποσοστό μεγαλύτερο του 50% ως προς τον αριθμό των έγκυρων ψηφοδελτίων).
(β) Να βρείτε το ποσοστό των ψήφων του συνδυασμού Γ ως προς τον αριθμό των έγκυρων ψηφοδελτίων.

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 126
Αν πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε να δείξετε ότι

$\displaystyle (ab)^5+(bc)^5+(ca)^5 < \frac{1}{4}$

Demetres έγραψε:Άσκηση 128

(α) Πόσοι αναγραμματισμοί υπάρχουν της λέξης ΣΗΜΕΡΑ; (Π.χ. το ΗΜΡΑΕΣ είναι ένας τέτοιος αναγραμματισμός. Δεν είναι απαραίτητο ο αναγραμματισμός να έχει νόημα.)

(β) Πόσοι αναγραμματισμοί υπάρχουν της λέξης ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ;

(γ) Σε πόσους από τους αναγραμματισμούς της λέξης ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ δεν εμφανίζονται δυο συνεχόμενα όμοια γράμματα. (Π.χ. απαγορεύουμε τον αναγραμματισμό ΜΑΑΘΗΜΑΤΙΚ κ.τ.λ.)

Α.Κυριακόπουλος έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 130 :
Να βρείτε τους πραγματικούς αριθμούς και ,για τις οποίους ισχύουν:
$x + y + z + w = - 4~~ (1) ~~ \underline{\kappa \alpha \iota} ~~ {x^8} + {y^8} + {z^8} + {w^8} = 4 ~~ (2)$

socrates έγραψε: Άσκηση 134
Βρείτε όλα τα ζεύγη φυσικών αριθμών τέτοια ώστε .

socrates έγραψε: Άσκηση 135
Αν θετικοί ακέραιοι, , τέτοιοι ώστε ο να διαιρεί τον

να δείξετε ότι ο αριθμός είναι τέλειος κύβος.

#325

Α.Κυριακόπουλος έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 130 :
Να βρείτε τους πραγματικούς αριθμούς και ,για τις οποίους ισχύουν:
$x + y + z + w = - 4~~ (1) ~~ \underline{\kappa \alpha \iota} ~~ {x^8} + {y^8} + {z^8} + {w^8} = 4 ~~ (2)$

Με χρήση της $\left (\frac {a+b+c+d}{4} \right)^8 \le \frac {a^8+b^8+c^8+d^8}{4} \, (*)$ για $a,b,c,d \ge 0$ , με ισότητα αν και μόνον αν a=b=c=d

(βλέπε παρακάτω) έχουμε

$\displaystyle 1 = \left |\frac {x+y+z+w}{-4} \right |^8 \le \left (\frac {|x|+|y|+|z|+|w|}{4} \right )^8 \le \frac {|x|^8+|y|^8+|z|^8+|y|^8}{4}=1$

άρα |x|=|y|=|z|=|w| =1

. Συνεπώς $x, y, z, w = \pm1$ . Εύκολα διαπιστώνουμε από την πρώτη εξίσωση ότι η μόνη εφικτή είναι η x=y=z=w=-1

.

Φιλικά,

Μιχάλης

(*) βγαίνει με πολλαπλή χρήση της C-S:
$\displaystyle a+b+c+d \le \sqrt {1+1+1+1 } \sqrt {a^2+b^2+c^2+d^2} \le 2 \sqrt {\sqrt 4 \sqrt {a^4+b^4+c^4+d^4}}\le...$ και λοιπά.
Άλλος τρόπος: πολλαπλή χρήση της $(a+b)^2 \le 2(a^2+b^2)$

#326

s.kap έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 106

Αν $a,b,c \in \mathbb{Q}^*$ . Να αποδείξετε ότι:

Α) Αν $\sqrt[3]{a^2} \in \mathbb{Q}$ , τότε $\sqrt[3]{a} \in \mathbb{R}$ (θέλει $\mathbb Q$ )

B) Αν $\sqrt[3]{a}\cdot \sqrt[5]{b} \in \mathbb{Q}$ , τότε $\sqrt[3]{a} \in \mathbb{Q}$ και $\sqrt[5]{b} \in \mathbb{Q}$

Γ) Αν $\sqrt[3]{a}\cdot \sqrt[5]{b}\cdot \sqrt[7]{c} \in \mathbb{Q}$ , τότε $\sqrt[3]{a} \in \mathbb{Q}$ , $\sqrt[5]{b} \in \mathbb{Q}$ και $\sqrt[7]{c} \in \mathbb{Q}$

Χωρίς βλάβη μπορούμε να υποθέσουμε (και θα το κάνουμε) ότι σε όλους τους ρητούς a,b,c,...

που εμφανίζονται, το κλάσμα που τους παριστάνει είναι απλό (χωρίς κοινούς παράγοντες στον αριθμητή και παρονομαστή).

Πρώτα δείχνουμε το Λήμμα: Αν $a\in \mathbb Q ^+$ απλό , αν m,n

πρώτοι προς αλλήλους φυσικοί και αν $\sqrt[n]{a^m}\in \mathbb Q$ , τότε υπάρχει ρητός

με

.

Αφήνω την απόδειξη γιατί είναι παραλλαγή της γνωστής για την περίπτωση m=1

. (Η μοναδικότητα της ανάλυσης σε πρώτους παράγοντες καθιστά εύκολη την απόδειξη).

Έτσι "αποδείχθηκε" το Α).

Β) Υψώνουμε στην τρίτη δύναμη, οπότε $\displaystyle{a \sqrt[5]{b^3} \in \mathbb{Q}$ , και άρα $\displaystyle{\sqrt[5]{b^3} \in \mathbb{Q}$ . Από το Λήμμα είναι $\displaystyle{\sqrt[5]{b} \in \mathbb{Q}$ . Από την υπόθεση $\displaystyle{\sqrt[3]{a}\cdot \sqrt[5]{b} \in \mathbb{Q}$ έπεται τώρα ότι και $\displaystyle{\sqrt[3]{a} \in \mathbb{Q}$ .

Γ) Υψώνουμε στην 15η δύναμη, οπότε $\displaystyle{a^5b^3 \sqrt[7]{c^{15}} \in \mathbb{Q}$ , και άρα $\displaystyle{\sqrt[7]{c^{15}} \in \mathbb{Q}$ . Από το Λήμμα είναι $\displaystyle{\sqrt[7]{c} \in \mathbb{Q}$ . Επίσης, η υπόθεση τώρα δίνει $\displaystyle{\sqrt[3]{a}\cdot \sqrt[5]{b} \in \mathbb{Q}$ , που εξετάστηκε στο B).

Ωραία άσκηση.

Φιλικά,

Μιχάλης

#327

Πού είναι οι μαθητές μας;

Παναγιώτης 1729 έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 85:
Οι φυσικοί αριθμοί από το 1 ως το 10 τοποθετούνται με τυχαία σειρά στην περιφέρεια ενός κύκλου. Ν.δ.ο. υπάρχουν σε διπλανές θέσεις τρεις αριθμοί με άθροισμα τουλάχιστον 18.

Ξεχνάμε τον 1. Οι υπόλοιποι εννιά έχουν συνολικό άθροισμα 2+3+...+10=54

. Τους χωρίζουμε σε τρεις διαδοχικές τριάδες, κυκλικά, αρχίζοντας από τον διπλανό του 1. Κάποια από τις τρεις αυτές τριάδες θα έχει άθροισμα $\ge 18$ γιατί αλλιώς το συνολικό τους άθροισμα θα ήταν $\le 3 \times 17= 51<54$ . Άτοπο.

Αξίζει να προσθέσουμε ότι δεν μπορεί να βελτιωθεί το αποτέλεσμα σε 19, όπως δείχνει η παρακάτω διευθέτηση, όπου όλα τα αθροίσματα τριων διαδοχικών είναι το πολύ 18:

#328

Α.Κυριακόπουλος έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 130 :
Να βρείτε τους πραγματικούς αριθμούς και ,για τις οποίους ισχύουν:
$x + y + z + w = - 4~~ (1) ~~ \underline{\kappa \alpha \iota} ~~ {x^8} + {y^8} + {z^8} + {w^8} = 4 ~~ (2)$

Είναι $\left(x^4-1 \right)^2=x^8-2x^4+1$

$\left(x^2-1 \right)^2=x^4-2x^2+1$

$\left(x+1 \right)^2=x^2+2x+1$

Πολλαπλασιάζουμε τη 2η με 2, την 3η με 4 και προσθέτουμε κατά μέλη. Προκύπτει

$\left(x^4-1 \right)^2+2\left(x^2-1 \right)^2+4\left(x+1 \right)^2=x^8+8x+7$ .

Επαναλαμβάνουμε τα ίδια και για τους y,z,w

. Προσθέτοντας προκύπτει

$\left(x^4-1 \right)^2+2\left(x^2-1 \right)^2+4\left(x+1 \right)^2+\left(y^4-1 \right)^2+2\left(y^2-1 \right)^2+4\left(y+1 \right)^2+\left(z^4-1 \right)^2+2\left(z^2-1 \right)^2+4\left(z+1 \right)^2+\left(w^4-1 \right)^2+2\left(w^2-1 \right)^2+4\left(w+1 \right)^2=\left( x^8+y^8+z^8+w^8\right)+8\left( x+y+z+w\right)+28$ .

Από υπόθεση το 2ο μέλος ισούται με $4+8\cdot\left(-4 \right)+28=0$ . Άρα και το 1ο μέλος ισούται με 0.

Το 1ο μέλος είναι άθροισμα τετραγώνων, άρα όλα αυτά τα τετράγωνα είναι 0.

Επομένως x=y=z=w=-1

.

#329

Οι πιο δύσκολες ασκήσεις από αυτές που μας είχαν απομείνει, λύθηκαν από τον Μιχάλη και τον Παύλο. (Μην απογοητεύονται οι μικροί που δεν μπόρεσαν να τις λύσουν. Αρκετές από αυτές δεν τις κατάφερα και εγώ

. Όμως βλέποντας την λύση τους, καταλαβαίνουμε το τι χάναμε τόσα χρόνια!!)

Ας δούμε και δύο ακόμα θέματα πιο "χαλαρά" που το ένα έχει τεθεί σε διαγωνισμό της ΕΜΕ για την Γ Γυμνασίου:

ΑΣΚΗΣΗ 136 :
Αν α,β θετικοί ακέραιοι και αν $3\alpha +4\beta =120$ , να αποδείξετε ότι:

30<α+β<40

ΑΣΚΗΣΗ 137 :
Αν ο Μέγας Αλέξανδρος πέθαινε 9 χρόνια αργότερα, θα βασίλευε το μισό της ζωής του. Αν όμως πέθαινε 9 χρόνια νωρίτερα, θα βασίλευε το 1/8 της ζωής του.
Πόσα χρόνια έζησε;

Εκτός τις δύο αυτές ασκήσεις, άλυτες έχουν ακόμα απομείνει οι ασκήσεις: 73,116,126,128,134 και 135

#330

S.E.Louridas έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 127

Πόσες είναι οι παραγοντοποιήσεις του 441.000 σε δύο παράγοντες μεγαλύτερους της μονάδας που οι παράγοντες αυτοί να είναι πρώτοι μεταξύ τους;

(*) Δύο θετικοί ακέραιοι m, n >1 είναι πρώτοι μεταξύ τους, όταν ο Μέγιστος Κοινός Διαιρέτης τους είναι 1, συμβολίζουμε (m,n)=1.

S.E.Louridas

Έχει μείνει και αυτή. Γράφω την λύση. Έχουμε $441.000 = 2^3 \cdot 3^2 \cdot 5^3 \cdot 7^2$ . Αν τώρα ο ένας από τους δυο παράγοντες διαιρείται με το 2, τότε ο άλλος δεν πρέπει να διαιρείται με το 2. Δηλαδή αυτός που διαιρείται με το 2 πρέπει να διαιρείται και με το 2^3

. Ομοίως και για τους άλλους παράγοντες. Άρα αρκεί να βρούμε με πόσους τρόπους μπορούμε να χωρίσουμε τα 2,3,5,7 σε δυο μη κενές ομάδες. Π.χ. αν η μια ομάδα περιέχει το 2 και η άλλη τα 3,5,7 οι παράγοντες θα είναι ο 2^3

και ο $3^2 \cdot 5^3 \cdot 7^2$ . Επειδή οι αριθμοί είναι μικροί μπορούμε τον διαχωρισμό να το κάνουμε με το χέρι. Βρίσκουμε
2|3,5,7
2,3|5,7
2,5|3,7
2,7|3,5
2,3,5|7
2,3,7|5
2,5,7|3
συνολικά δηλαδή 7 διαχωρισμούς.

Αλλιώς μπορούμε να το κάνουμε ως εξής. Αποφασίζουμε αν το 2 θα μπει στην πρώτη ή στην δεύτερη ομάδα. Έχουμε συνολικά 2 τρόπους να αποφασίσουμε. Μετά αποφασίζουμε αν το 3 θα μπει στην πρώτη ή στην δεύτερη ομάδα με άλλους δυο τρόπους κ.τ.λ. Συνολικά έχουμε 2^4 = 16

τρόπους. Όμως δεν βρήκαμε ακριβώς αυτό που ζητάμε. Για παράδειγμα μετρήσαμε δυο τρόπους με τους οποίους είτε η πρώτη είτε η δεύτερη ομάδα δεν θα έχουν κανένα αριθμό. Αυτό απαγορεύεται και πρέπει να τους αφαιρέσουμε. Άρα συνολικά μέχρι τώρα 16 - 2 = 14

τρόποι. Πάλι όμως δεν έχουμε την σωστή απάντηση. Αν π.χ. βάλουμε τον 2 στην πρώτη ομάδα και τους 3,5,7 στην δεύτερη ή το αντίστροφο ο διαχωρισμός είναι ο ίδιος. Μετρήσαμε λοιπόν κάθε διαχωρισμό δυο φορές. Άρα το σωστό είναι 14/2 = 7

το οποίο συμφωνεί με την προηγούμενη απάντηση.

Εννοείται ότι η δεύτερη μέθοδος γενικεύεται την στιγμή που η πρώτη όχι. Π.χ. αν ο Σωτήρης ήταν πιο κακός και μας ζητούσε

«Πόσες είναι οι παραγοντοποιήσεις του 100!

σε δύο παράγοντες μεγαλύτερους της μονάδας που οι παράγοντες αυτοί να είναι πρώτοι μεταξύ τους;»

Τότε με το ίδιο σκεπτικό θα έπρεπε αρχικά να βρούμε πόσοι πρώτοι υπάρχουν από το 1 ως το 100 (η απάντηση είναι 25) και μετά θα έπρεπε να βρούμε με πόσους τρόπους μπορούμε να χωρίσουμε αυτούς τους 25 αριθμούς σε δυο ομάδες. Ακολουθώντας το σκεπτικό της δεύτερης μεθόδου βρίσκουμε $(2^{25} - 2)/2 = 2^{24}-1$ τρόποι. Ο αριθμός αυτός είναι τεράστιος. και η πρώτη μέθοδο της καταγραφής όλων των περιπτώσεων θα αποτύγχανε οικτρά.

#331

konstantinos21 έγραψε:
vzf έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 133 :
Αποδείξτε ότι αν $r \geq s\geq t$ τότε $\displaystyle r^2-s^2+t^2 \geq(r-s+t)^2$
Ισοδύναμα έχουμε ότι:
$\left( r-s \right)\left( r+s \right)+{{t}^{2}}\ge {{\left( r-s \right)}^{2}}+2t\left( r-s \right)+{{t}^{2}}\Leftrightarrow$
$\left( r-s \right)\left( r+s \right)-{{\left( r-s \right)}^{2}}-2t\left( r-s \right)\ge 0\Leftrightarrow$
$\left( r-s \right)\left( r+s-r+s-2t \right)\ge 0\Leftrightarrow 2\left( r-s \right)\left( s-t \right)\ge 0$

Πολύ ωραία.

Θα γράψω άλλη μία λύση γιατί χρησιμοποιεί μία τεχνική που είναι πάντα χρήσιμη. Έχει το πλεονέκτημα ότι βγάζει "από μόνη της την ανισότητα χωρίς να σκεφτούμε".

Αφού $r \ge s \ge t$ , μπορούμε να θέσουμε s=t+u, r= t+u+v

όπου $u,v \ge 0$ . Είναι τότε

Αριστερό μέλος r^2-s^2+t^2 = (r-s)(r+s) +t^2 = v(2t+2u+v)+t^2 = 2vt+ 2uv+v^2+t^2

Δεξί μέλος = (r-s+t)^2 = (t+v)^2 = t^2 +2vt+v^2

Είναι τώρα προφανές ότι το αριστερό μέλος είνα $\ge$ από το δεξί (αφού η διαφορά τους $2uv\ge 0$ ).

Το πλεονέκτημα της μεθόδου είναι ότι επειδή τα t,u,v

είναι έλευθερα (δεν γνωρίζει το ένα το άλλο) το τελικό αποδεικτέο είναι πάντα "προφανές".

Φιλικά,

Μιχάλης

#332

socrates έγραψε:Άσκηση 134
Βρείτε όλα τα ζεύγη φυσικών αριθμών τέτοια ώστε

Μετά τις πράξεις η εξίσωση γίνεται

$y^2-2x\left(x-4 \right)y=-3x^2-6x$ . Συμπληρώνουμε το τετράγωνο στο 1ο μέλος:

$\left[ y-x\left(x-4 \right)\right]^2=x^2\left(x-4 \right)^2-3x^2-6x.$

Θέτουμε $P\left(x \right)=x^2\left(x-4 \right)^2-3x^2-6x=x^4-8x^3+13x^2-6x.$

Έχουμε λύση όταν για

φυσικό το $P\left( x\right)$ είναι τέλειο τετράγωνο.

Είναι $\left(x^2-4x-1 \right)^2=x^4-8x^3+14x^2+8x+1.$

Ακόμα $\left(x^2-4x-2 \right)^2=x^4-8x^3+12x^2+16x+4.$

$\left(x^2-4x-3 \right)^2=x^4-8x^3+10x^2+24x+9.$

Παρατηρούμε ότι $P(x)<\left(x^2-4x-1 \right)^2$ για κάθε

φυσικό.

Ακόμα ισχύει ότι $P(x)>\left(x^2-4x-3 \right)^2\Leftrightarrow x^2>10x+3\Leftrightarrow x\left(x-10 \right)>3.$

Άρα για κάθε φυσικό $x\geq 11$ ισχύει

$\left(x^2-4x-3 \right)^2<P(x)<\left(x^2-4x-1 \right)^2.$

Αν το $P\left( x\right)$ είναι τέλειο τετράγωνο και $x\geq 11$ τότε

$P(x)=\left(x^2-4x-2 \right)^2.$ Η τελευταία όμως δεν έχει ακέραιες λύσεις.

Μένει να εξετάσουμε τι γίνεται για $x\leq 10.$ Βρίσκουμε ότι τα μόνα τέλεια τετράγωνα είναι τα

$P(0)=P(1)=P(6)=0,P(8)=16\cdot 49.$

$\bullet$ Για x=0:

$y^2=0\Leftrightarrow y=0.$

$\bullet$ Για x=1:

$(y+3)^2=0\Leftrightarrow y=-3.$ (απορρίπτεται)

$\bullet$ Για x=6:

$(y-12)^2=0\Leftrightarrow y=12.$

$\bullet$ Για x=8:

$(y-32)^2=28^2\Leftrightarrow y=60$ ή y=4

.

#333

socrates έγραψε:Άσκηση 135
Αν θετικοί ακέραιοι, , τέτοιοι ώστε ο να διαιρεί τον
να δείξετε ότι ο αριθμός είναι τέλειος κύβος.

Έστω

Τότε υπάρχουν θετικοί ακέραιοι x>y

με

και

Άρα $xy(x-y)d^3/\left(d^3x^3+d^3y^3+d^2xy \right)$ οπότε $xy(x-y)d/\left(dx^3+dy^3+xy \right).$

Επομένως x/dy^3

και εφόσον (x,y)=1,

θα είναι

Ομοίως

και εφόσον (x,y)=1,

θα είναι

Επομένως

Άρα υπάρχει θετικός ακέραιος

ώστε

Άρα $xy(x-y)d/\left(kxyx^3+kxyy^3+xy \right)$ οπότε $(x-y)xyk/\left(kx^3+ky^3+1 \right) .$

Επομένως $k/\left(kx^3+ky^3+1 \right)$ οπότε k=1.

Έτσι $ab=xyd^2=\left(xy \right)^3.$

themiskant · #334

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 136 :
Αν α,β θετικοί ακέραιοι και αν $3\alpha +4\beta =120$ , να αποδείξετε ότι:

30<α+β<40

για $\alpha =0$ , $\beta$ =30 ικανοποιείται η εξίσωση οπότε οι $\alpha ,\beta$ ,που είναι λύσεις της διοφαντικής εξίσωσης έχουν τη μορφή $\alpha =4t, \beta =30-3t$ όπου ο

είναι ακέραιος.
Αφού οι $\alpha ,\beta$ είναι θετικοί πρέπει να ισχύουν $\alpha =4t>0\Leftrightarrow t>0$ και $\beta >0\Leftrightarrow 30-3t>0\Leftrightarrow t<10$ . οπότε πρέπει τελικά 0<t<10

.
Άρα η ζητούμενη ανισότητα γράφεται $30<\alpha +\beta <40\Leftrightarrow 30<4t+30-3t<40\Leftrightarrow 0<t<10$ , που ισχύει

vzf · #335

ΑΣΚΗΣΗ 138 :

Aποδείξτε ότι $\displaystyle 1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+...+\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n}=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+...+\frac{1}{2n}.$

ΑΣΚΗΣΗ 139 :

Αποδείξτε ότι $\displaystyle \frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{5}{6}\cdot...\cdot\frac{9999}{10000}<\frac{1}{100}.$

ΑΣΚΗΣΗ 140 :

Αν ισχύει ότι $\displaystyle (x+y)^n=\sum_{r=0}^{n}{\binom{n}{r}x^r y^{n-r}}$ (*) να αποδείξετε ότι $\displaystyle \sum_{k=0}^{n}{\binom{n}{k}}^2=\binom{2n}{n}$ .

ΑΣΚΗΣΗ 141 :

Να αποδείξετε το (*) με ή και χωρίς τη χρήση του διωνύμου του Newton $\displaystyle (1+x)^n=\sum_{r=0}^{n}{\binom{n}{r}x^r.$

Τα $\binom{n}{r}$ και C(n,r)

συμβολίζουν τον αριθμό των τρόπων που μπορούν να επιλεγούν

αντικείμενα από

, χωρίς να έχει σημασία η σειρά που επιλέγονται.
Ένας τύπος για το $\binom{n}{r}$ είναι $\binom{n}{r}=\frac{n!}{r!(n-r)!}$ .
Το

λέγεται

παραγοντικό και είναι ο μη αρνητικός αριθμός $k!=1\cdot2\cdot3\cdot...\cdot k$ ,όπου

ακέραιος και 0!=1.

#336

vzf έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 140 :

Αν ισχύει ότι $\displaystyle (x+y)^n=\sum_{r=0}^{n}{\binom{n}{r}x^r y^{n-r}}$ (*) να αποδείξετε ότι $\displaystyle \sum_{k=0}^{n}{\binom{n}{k}}^2=\binom{2n}{n}$ .

ΑΣΚΗΣΗ 141 :

Να αποδείξετε το (*) με ή και χωρίς τη χρήση του διωνύμου του Newton $\displaystyle (1+x)^n=\sum_{r=0}^{n}{\binom{n}{r}x^r.$

Ο τύπος (*) δίνει την 141 αν στη θέση του

πάρουμε $\frac{x}{y}$ . H απευθείας απόδεξη και των δύο, άλλωστε, είναι ολόιδια. Υπάρχει σε όλα τα βιβλία που έχουν το ανάπτυγμα του Newton. Η συνήθης απόδειξη είναι με επαγωγή.

Για την 140. Υπάρχει ένα τρόπος με χρήση του $(1+x)^n(1+x)^n = (1+x)^{2n)$ και σύγκριση του συντελεστή του x^n

στις δύο παραστάσεις. Δεν θα το κάνω για να το χαρούν άλλοι. Είναι άλλωστε γνωστό. Θα δώσω όμως μία διαφορετική απόδειξη.

Μετράμε με δύο τρόπους το πλήθος των επιτροπών

ατόμων που μπορούμε να κάνουμε από

αγόρια και

κορίτσια. Προφανώς είναι $\binom{2n}{n}$ .
Ο άλλος τρόπος μέτρησης είναι: Η κάθε επιτροπή έχει

αγόρια και n-k

κορίτσια $0\le k\le n$ . Για κάθε τέτοιο

, αυτό γίνεται με $\binom{n}{k} \binom{n}{n-k} = \binom{n}{k} ^2$ τρόπους. Σύνολο $\displaystyle \sum_{k=0}^{n}{\binom{n}{k}}^2$ , και λοιπά.

Φιλικά,

Μιχάλης

#337

vzf έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 138 :

Aποδείξτε ότι $\displaystyle 1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+...+\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n}=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+...+\frac{1}{2n}.$

Απλή με επαγωγή: Για το επαγωγικό βήμα προστίθενται στο αριστερό μέλος οι όροι $\displaystyle \frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+2}$ . Εύκολα ελέγχουμε αυτό που προκύπτει δίνει το δεξί μέλος του n+1

βήματος (διαφέρει από την επαγωγική υπόθεση κατά $\displaystyle \frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+2} -\frac{1}{n+1}$ ).

Μ.

#338

themiskant έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 136: Αν α,β θετικοί ακέραιοι και αν $3\alpha +4\beta =120$ , να αποδείξετε ότι:

30<α+β<40
στην άσκηση 136: για $\alpha =0$ , $\beta$ =30 ικανοποιείται η εξίσωση οπότε οι $\alpha ,\beta$ ,που είναι λύσεις της διοφαντικής εξίσωσης έχουν τη μορφή $\alpha =4t, \beta =30-3t$ όπου ο είναι ακέραιος. Αφού οι $\alpha ,\beta$ είναι θετικοί πρέπει να ισχύουν $\alpha =4t>0\Leftrightarrow t>0$ και $\beta >0\Leftrightarrow 30-3t>0\Leftrightarrow t<10$ . οπότε πρέπει τελικά .
Άρα η ζητούμενη ανισότητα γράφεται $30<\alpha +\beta <40\Leftrightarrow 30<4t+30-3t<40\Leftrightarrow 0<t<10$ , που ισχύει

Ωραιότατα. Μπράβο.

Αλλιώς: 3a+3b< 3a +4b = 120

, άρα

.

, άρα

.

M.

#339

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 116 :
Στις Δημοτικές εκλογές της 1ης Κυρικής (13 Οκτωβρίου 2002) σε ένα Δήμο συμμετείχαν οι συνδυασμοί Α,Β και Γ. Ονομάζουμε ν τον αριθμό των εγγεγραμμένων στους εκλογικούς καταλόγους ψηφοφόρων.
Συνολικά ψήφισε το 75% του αριθμού ν και όλα τα ψηφοδέλτια ήταν έγκυρα. Ο συνδυασμός Α ψηφίστηκε από το 39% του αριθμού ν ενώ ο συνδυασμός Β από το 27% του ν. Λευκά δεν βρέθηκαν.
(α) Να εξετάσετε αν ο αρχηγός του συνδυασμού Α εξελέγη Δήμαρχος από την 1η Κυριάκή (δηλαδή αν έλαβε ποσοστό μεγαλύτερο του 50% ως προς τον αριθμό των έγκυρων ψηφοδελτίων).
(β) Να βρείτε το ποσοστό των ψήφων του συνδυασμού Γ ως προς τον αριθμό των έγκυρων ψηφοδελτίων.

(α) Αν οι εγγεγραμμένοι στους εκλογικούς καταλόγους ήταν 100, τότε θα ψήφιζαν οι 75 και ο συνδυασμος Α θα έπαιρνε 39 στους 75 που ψήφισαν. Δηλαδή ο συνδυασμός Α πήρε 39/75 του συνόλου των έγκυρων ψηφοδελτίων, δηλαδή ποσοστό 52%. Άρα εξελέγη από την πρώτη Κυριακή.

(β) Ο συνδυασμός Γ πήρε 100%-39%-27%=34% του ν. Δηλαδή πήρε το 34/75 του συνόλου των έγκυρων ψηφοδελτίων και άρα ποσοστό 45,3%.

Υπάρχει απροσεξία, (έχει διορθωθεί παρακάτω): Αντί $100\% -39\% -27\% =34\%$ , πρέπει να γραφεί:

$75\% -39\% -27\% =9\%$

#340

vzf έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 138 :

Aποδείξτε ότι $\displaystyle 1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+...+\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n}=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+...+\frac{1}{2n}.$

Λύση από Νίκο Ζανταρίδη(nikoszan)

Έχουμε:
$\displaystyle 1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+...+\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n}=\\=(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+...+\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n})-2\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+...+\frac{1}{2n}\right)=\\=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+...+\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n}-2.\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3} +...+\frac{1}{n}\right)=\\=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+...+\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n}-\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3} +...+\frac{1}{n}\right)=\\=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+...+\frac{1}{2n}$

Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Μέλη σε σύνδεση