Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#421

socrates έγραψε: Άσκηση 177
Αν οι πραγματικοί αριθμοί είναι τέτοιοι ώστε $|x-y|\geq|z|,|y-z|\geq |x|,|z-x|\geq|y|,$
να δείξετε ότι ένας από αυτούς ισούται με το άθροισμα των άλλων δύο.

Από την συμμετρία του προβλήματος, χωρίς βλάβη της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι $x \geqslant y \geqslant z$ . (*)

Τότε έχουμε $x-y \geqslant |z|$ και $y-z \geqslant |x|$ άρα $x-z \geqslant |x| + |z| \geqslant x - z$ . Για να ισχύει όμως αυτό πρέπει να έχουμε παντού ισότητες και άρα πρέπει να έχουμε y-z = |x|

και

. Άρα

.

------------------------------------------

(*) Τι εννοώ εδώ; Κανονικά πρέπει να ελέγξουμε όλες τις περιπτώσεις. Π.χ. $x \geqslant y \geqslant z$ , $y \geqslant x \geqslant z$ κ.τ.λ. Το πρόβλημα όμως είναι συμμετρικό. Αν λοιπόν ισχύει ότι $y \geqslant x \geqslant z$ και πάρω την παραπάνω απόδειξη και όπου

γράψω

και όπου

γράψω

, θα πάρω την απόδειξη για αυτήν την περίπτωση. Ας το αντιγράψω λοιπόν για να το δούμε:

Αν $y \geqslant x \geqslant z$

Τότε έχουμε $y-x \geqslant |z|$ και $x-z \geqslant |y|$ άρα $y-z \geqslant |y| + |z| \geqslant y - z$ . Για να ισχύει όμως αυτό πρέπει να έχουμε παντού ισότητες και άρα πρέπει να έχουμε x-z = |y|

και

. Άρα

.

Το ίδιο ακριβώς θα έπρεπε να κάνουμε και για τις υπόλοιπες περιπτώσεις. Για να αποφύγουμε αυτήν την δουλειά, επιτρέπεται να γράψουμε την πρόταση (*) και να ελέγξουμε μόνο την μία περίπτωση. (Εννοείται ότι το πρόβλημα πρέπει όντως να είναι συμμετρικό στα x,y,z

αλλιώς η απόδειξη θα είναι ελλειπής.)

Karanus · #422

ΑΣΚΗΣΗ 185
Προεκτείνουμε την υποτείνουσα $\Gamma B$ ενός ορθογωνίου τριγώνου $AB\Gamma$ ( $\prec A=90$ ) κατά τμήμα $B\Delta =BA$ . Η διχοτόμος της γωνίας $\Gamma$ τέμνει την $A\Delta$ στο

. Ο κύκλος (γ) με κέντρο

και ακτίνα

τέμνει ξανά την $E \Gamma$ στο

. Να αποδειχθεί ότι η

χωρίζει τον κύκλο (γ) σε δύο τόξα , απο τα οποία το ένα είναι τριπλάσιο του άλλου.

(Διαγωνισμός ΕΜΕ- 2000)

ΛΕΩΝΙΔΑΣ · #423

Karanus έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 185
Προεκτείνουμε την υποτείνουσα $\Gamma B$ ενός ορθογωνίου τριγώνου $AB\Gamma$ ( $\prec A=90$ ) κατά τμήμα $B\Delta =BA$ . Η διχοτόμος της γωνίας $\Gamma$ τέμνει την $A\Delta$ στο . Ο κύκλος (γ) με κέντρο και ακτίνα τέμνει ξανά την $E \Gamma$ στο . Να αποδειχθεί ότι η χωρίζει τον κύκλο (γ) σε δύο τόξα , απο τα οποία το ένα είναι τριπλάσιο του άλλου.

(Διαγωνισμός ΕΜΕ- 2000)

ΛΥΣΗ

Φέρνουμε την

. Τώρα αρκεί να αποδείξουμε ότι $\angle EAZ=90^{\circ}$ .
Tο $\triangle EAZ$ είναι ισοσκελές, αφού AE,AZ

ακτίνες. Άρα $\angle AEZ= \angle AZE$ .
Ισχύει επίσης ότι $\angle AEZ=\angle \Delta + \frac{\Gamma }{2}$ και $\angle AZE=\angle ZA\Gamma + \frac{\Gamma}{2}$ .
Επομένως $\angle \Delta= \angle ZA\Gamma \Leftrightarrow \angle \Delta AB=\angle ZA\Gamma$
Και τελικά $\angle EAZ=\angle \Delta AB +\angle BAZ=\angle ZA\Gamma+\angle BAZ=90^{\circ}$

#424

socrates έγραψε:Άσκηση 181
α) Να βρείτε τους θετικούς ακέραιους αν ισχύει

β) Ομοίως, αν

όπου και το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο και ο μέγιστος κοινός διαιρέτης των αντίστοιχα.

Υπόδειξη
(α):
Αν (a,b)=d

τότε

και

όπου οι

είναι πρώτοι μεταξύ τους.
Η εξίσωση γράφεται d(dxy-90)=160.

Τι γίνεται όταν ο

είναι άρτιος; Όταν είναι περιττός;

(β):
Αν [a,b]=x

και

, τότε αφού [a,b](a,b)=ab,

είναι

και η εξίσωση γράφεται (x-5)(y-7)=335...

S.E.Louridas · #425

S.E.Louridas έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 180 :
Ένα σύνολο έχει 2n+1 στοιχεία.
Ποιο το πλήθος των υποσυνόλων του με n το πολύ στοιχεία;

Θεωρείται γνωστό για εκείνους τους Juniors που δίνουν στους Μαθηματικούς διαγωνισμούς (πέραν, βέβαια, των πρώτων φάσεων) το τμήμα εκείνο των βασικών εννοιών επί των συνόλων:
Συμπλήρωμα, τομή, ένωση, αρχή εγκλεισμού-αποκλεισμού, ότι το πλήθος των υποσυνόλων ενός συνόλου με n στοιχεία είναι 2^n ,

απλή αρχή του περιστερώνα.

Έτσι ας δούμε την εξής λύση:
Κάθε υποσύνολο του συνόλου μας με στοιχεία το πολύ n έχει αντίστοιχο συμπληρωματικό ένα σύνολο με το λιγότερο n+1 στοιχεία. Σε κάθε σύνολο αντιστοιχίζεται ένα συμπληρωματικό (η ένωση τους δίνει το σύνολό μας και δεν έχουν τομή δηλαδή είναι αυτό που λέμε ξένα μεταξύ τους).
Επομένως το ζητούμενο πλήθος είναι το μισό του πλήθους των στοιχείων του συνόλου των υποσυνόλων του συνόλου μας που είναι $2^{2n + 1} ,$
δηλαδή είναι $2^{2n} .$

S.E.Louridas

#426

socrates έγραψε: Άσκηση 183
α) Βρείτε όλα τα ζεύγη πρώτων αριθμών τέτοια ώστε

β) Ομοίως, αν

Δίνω μια λύση για την άσκηση 183 (α)

Πρώτα μας είναι απαραίτητο να δούμε πως αναπτύσσεται η παράσταση $(a+b)^{n}$

Διώνυμο του Νεύτωνα:

$(a+b)^{n}=a^{n}+\frac{n}{1}a^{n-1}b+\frac{n(n-1)}{1.2}a^{n-2}b^{2}+\frac{n(n-1)(n-2)}{1.2.3}a^{n-3}b^{3}+...+\frac{n(n-1)...2.}{1.2....(n-1)}ab^{n-1}+b^{n}$

Ερχόμαστε τώρα στην λύση της άσκησης.

Ας υποθέσουμε ότι q=2.

. Τότε έχουμε $2p^{2}+1 =2^{5}\Rightarrow$

$2p^{2}=31$ που είναι άτοπο. Άρα ο

είναι περιττός και άρα $q=2n+1, n\epsilon N^{*}$

Τότε έχουμε:

$2p^{2}+1=(2n+1)^{5}\Rightarrow$

$2p^{2}+1=(2n)^{5}+\frac{5}{1}(2n)^{4}.1+\frac{4.5}{1.2}(2n)^{3}.1^{2}+\frac{3.4.5}{1.2.3}(2n)^{2}.1^{3}+\frac{2.3.4.5}{1.2.3.4}(2n).1^{4}+1^{5}\Rightarrow$

$2p^{2}=32n^{5}+80n^{4}+80n^{3}+40n^{2}+10n\Rightarrow$

$p^{2}=16n^{5}+40n^{4}+40n^{3}+20n^{2}+5n\Rightarrow$

$p^{2}=n(16n^{4}+40n^{3}+40n^{2}+20n+5)$

Όμως αφού ο

είναι πρώτος, για να αληθεύει η παραπάνω ισότητα, θα πρέπει να είναι p=n

και $p=16n^{4}+40n^{3}+40n^{2}+20n+5$ , πράγμα όμως που είναι αδύνατο, αφού η εξίσωση $16n^{4}+40n^{3}+40n^{2}+20n+5=n\Leftrightarrow 16n^{4}+40n^{3}+40n^{2}+19n+5=0,$ είναι αδύνατη εφόσον $n\epsilon N^{*}$ )

ή θα πρέπει να είναι n=1

και $p^{2}=16n^{4}+40n^{3}+40n^{2}+20n+5$

(από όπου προκύπτει p=11

)

ή θα πρέπει $16n^{4}+40n^{2}+40n^{3}+20n+5=1$ και $p^{2}=n$

(που όμως είναι άτοπο λόγω της πρώτης ισότητας).

Τελικά βρήκαμε ότι πρέπει p=11

οπότε εύκολα βρίσκουμε ότι q=3

.

#427

socrates έγραψε: Άσκηση 183
α) Βρείτε όλα τα ζεύγη πρώτων αριθμών τέτοια ώστε

β) Ομοίως, αν

Μια διαφορετική λύση για την 183(α):

Παρατηρούμε ότι p^5>2p^2+1=q^5

, οπότε

.

Συνεπώς, ο

είναι περιττός με $\gcd(p,q-1)=1$ . Κι αφού 2p^2=q^5-1=(q-1)(q^4+q^3+q^2+q+1)

,

αναγκαστικά θα είναι q-1=2

.

Συνεπώς, q=3

κι άρα

.

Φιλικά,

Αχιλλέας

#428

Μπράβο Αχιλλέα για την πολύ ωραία λύση στην παραπάνω άσκηση.
(Σε αυτήν την σελίδα, νομίζω ότι σε αρκετά θέματα είδαμε πάρα πολύ καλές και διδακτικές λύσεις)

#429

socrates έγραψε:Άσκηση 183
α) Βρείτε όλα τα ζεύγη πρώτων αριθμών τέτοια ώστε

β) Ομοίως, αν

Άλλη μία πάλι για την 183(α)

Αν p = 3

τότε

το οποίο είναι αδύνατον. Επόμένως $p \neq 3$ και επειδή είναι πρώτος, θα υπάρχει

ώστε

ή

. Στην πρώτη περίπτωση έχουμε q^5 = 2(3n+1)^2 + 1 = 18n^2 + 12n + 3 = 3(6n^2 + 4n + 1)

. Άρα το

είναι πολλαπλάσιο του 3 και άρα πρέπει q=3

. Ομοίως στην δεύτερη περίπτωση έχουμε q^5 = 2(3n+2)^2 + 1 = 18n^2 + 24n + 9 = 3(6n^2 + 8n + 3)

και πάλι συμπεραίνουμε ότι q=3

.

Αν λοιπόν υπάρχει λύση πρέπει οπωσδήποτε να έχουμε q=3

. Τότε

και βρίσκουμε p=11

.

Δεν θυμάμαι αν το έχουμε συζητήσει πιο πάνω ή όχι. Υπάρχει πιο εύκολος τρόπος να γραφτεί το πιο πάνω και χρησιμοποιεί την ορολογία των ισοδυναμιών (modulo).

Αντί να γράφω «Υπάρχει

ώστε

ή

» θα γράφω « $p \equiv 1 \bmod 3$ ή $p \equiv 2 \bmod 3$ ». Αυτό δεν είναι τίποτα άλλο παρά μια συντομογραφία. Όταν έχουμε ακεραίους a,b,c

και ισχύει ότι c|(a-b)

γράφουμε $a \equiv b \mod c$ . Είναι όμως και κάτι παραπάνω από μια συντομογραφία. Ας υποθέσουμε ότι $p \equiv 2 \bmod 3$ . Μπορούμε μήπως να πούμε ότι $p^2 \equiv 2^2 \bmod 3$ ; Η απάντηση είναι ναι! (Για να το αποδείξουμε, πρέπει να δείξουμε ότι αν το p-2

είναι πολλαπλάσιο του 3 τότε και το p^2 - 2^2

είναι πολλαπλάσιο του 3. Αυτό όμως ισχύει διότι p^2 - 2^2 = (p-2)(p+2)

. Αυτό δεν έτυχε απλώς αλλά συμβαίνει πάντα. Δοκιμάστε να αποδείξετε ότι αν $a \equiv a{'} \bmod c$ και $b \equiv b{'} \bmod c$ τότε $(a+b) \equiv (a{'} + b{'}) \bmod c$ και $ab \equiv a{'}b{'} \bmod c$ .)

Ας ξαναγράψουμε λοιπόν την πιο πάνω λύση χρησιμοποιώντας αυτήν την ορολογία.

Αν p = 3

τότε

το οποίο είναι αδύνατον. Επόμένως $p \neq 3$ και επειδή είναι πρώτος, θα υπάρχει

ώστε $p \equiv 1 \bmod 3$ ή $p \equiv 2 \bmod 3$ . Στην πρώτη περίπτωση έχουμε $q^5 \equiv 2p^2 + 1 \equiv 3 \equiv 0 \bmod 3$ και στην δεύτερη περίπτωση έχουμε $q^5 \equiv 2p^2 + 1 \equiv 9 \equiv 0 \bmod 3$ . Άρα το q^5

είναι πολλαπλάσιο του 3 και άρα πρέπει q=3

.

Αν λοιπόν υπάρχει λύση πρέπει οπωσδήποτε να έχουμε q=3

. Τότε

και βρίσκουμε p=11

.

kwstas12345 · #430

S.E.Louridas έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 180 :
Ένα σύνολο έχει 2n+1 στοιχεία.
Ποιο το πλήθος των υποσυνόλων του με n το πολύ στοιχεία;

Για την 180, του κ. Σωτήρη. O τρόπος που μπορούμε κάθε φορά να πάρουμε

στοιχεία από ένα σύνολο στοιχείων με $\displaystyle 2n+1$ είναι $\displaystyle \binom{2n+1}{k}$ , συνεπώς μας ενδιαφέρει να υπολογίσουμε το άθροισμα είναι $\displaystyle \binom{2n+1}{0}+ \binom{2n+1}{1}+\binom{2n+1}{2}+...+\binom{2n+1}{n}$ ,(προκύπτει από την αρχή του αθροίσματος), που είναι το πλήθος των συνόλων που έχουν ώς

στοιχεία.

Όμως από το δυωνυμικό θεώρημα $\displaystyle \left(1+1 \right)^{2n+1}=\binom{2n+1}{0}+\binom{2n+1}{1}+\binom{2n+1}{2}+...+\binom{2n+1}{n}+\binom{2n+1}{n+1}+$ $\displaystyle ...+\binom{2n+1}{2n+1}$ . Όμως ισχύει $\displaystyle \binom{n}{k}=\binom{n}{n-k}$ .

Άρα $\displaystyle \binom{2n+1}{2n+1}=\binom{2n+1}{0},...,\binom{2n+1}{n}=\binom{2n+1}{n}$ . Και έτσι το δεξί μέλος από την παραπάνω σχέση ισούται με το διπλάσιο του αθροίσματος που θέλουμε άρα το αθροισμά ισούται με $\displaystyle \frac{1}{2}\cdot 2^{2n+1}=4^n$ .

EDIT Είχα ξεχάσει ένα όρο από,το αρχικό άθροισμα από βιασύνη. Ευχαριστώ τον Δημήτρη (Demetres) που μου το επισήμανε.

#431

Ας δώσουμε τώρα μερικά στοιχεία θεωρίας τα οποία χρησιμοποιήθηκαν για τις διάφορες αποδείξεις που έγιναν πιο πάνω, αλλά και μερικά ακόμα που ίσως χρειαστούν σε επόμενες προτεινόμενες ασκήσεις.

1. Αν [a,b]

είναι το ΕΚΠ και (a,b)

ο ΜΚΔ των ακεραίων αριθμών a,b

τότε

$[a,b].(a,b)=\left|ab \right|$

2.Αν (a,b)=1

, δηλαδή οι αριθμοί a,b

είναι πρώτοι μεταξύ τους, και αν $a.b=c^{2}$ τότε οι a,b

είναι τετράγωνα ακεραίων.

3. Αν

πρώτος και $p\mid a^{n}$ (δηλ. ο

διαιρεί τον $a^{n}$ ) τότε $p^{n}\mid a^{n}$

4. $a\equiv b ~modm\Leftrightarrow m\mid a-b$ (δηλαδή ο

διαιρεί τον a-b

)

5. $a\equiv b~modm\Leftrightarrow$ οι a,b

αφήνουν το ίδιο υπόλοιπο όταν διαιρεθούν με τον

.

6. $a\equiv b~modm\Leftrightarrow b=a~modm$

7. $a\equiv b~modm$ και $b\equiv c~modm\Rightarrow a\equiv c~modm$

8. Αν $a\equiv b~modm$ και $c\equiv d~modm$ τότε

(α) $a+c\equiv b+d~ modm$

(b) $ac\equiv bd ~modm$

(c) $a^{n}\equiv b^{n}modm$ για κάθε $n\epsilon N$

9. Αν $ac\equiv bc~modmc$ και $c\neq 0$ τότε $a\equiv b~modm$

10. Αν $a\equiv b~modm$ και $n\mid m$ τότε $a\equiv b~modn$

11. $a\equiv b~mod2\Rightarrow a^{2}\equiv b^{2}~mod4$

12. $a\equiv b~mod3\Rightarrow a^{3}\equiv b^{3}~mod9$

13. $a\equiv b~modm\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}\equiv 2ab~modm^{2}$

14. Για κάθε περιττό

ισχύει $a^{2}\equiv 1~mod8$

15. Αν

πρώτος τότε $a^{p}\equiv a~modp$ και αν ο

δεν διαιρεί τον

, τότε $a^{p-1}\equiv 1~modp$

Άλυτες έχουν μείνει μέχρι τώρα οι ασκήσεις 182 και 183 (β) και η εύκολη 167.

#432

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:.....
Άλυτες έχουν μείνει μέχρι τώρα οι ασκήσεις 182 και 183 (β) και η εύκολη 167.

socrates έγραψε:.....
Άσκηση 183
α) Βρείτε όλα τα ζεύγη πρώτων αριθμών τέτοια ώστε

β) Ομοίως, αν
.....

Μια λύση για την 183(β):

Εύκολα βλέπουμε ότι $p\ne q$ κι άρα $\gcd(p,q)=1$ . (1)

Η δοθείσα γράφεται p(2p^5+2q-p)=3q^2

(2), οπότε ο

διαιρεί τον 3q^2

.

Συνεπώς, λόγω της (1), p=3

όποτε λύνοντας ως προς

τη δευτεροβάθμια εξίσωση που προκύπτει από τη (2):

$483+2q=q^2\iff (q-1)^2=484=22^2$

εύκολα παίρνουμε q=23

.

Φιλικά,

Αχιλλέας

#433

ΑΣΚΗΣΗ 186:
Αν a,b,c,d

είναι πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε $(c-d)(c+d)\neq 0$ και

$\frac{a+b}{c+d}+\frac{a-b}{c-d}=\frac{a+b}{c-d}+\frac{a-b}{c+d}$

να αποδείξετε ότι ένας τουλάχιστον από τους a,b,c,d

ισούται με μηδέν.

(Από διαγωνισμό της ΕΜΕ για την Β΄Γυμνασίου)

ΑΣΚΗΣΗ 187:
Να αποδείξετε ότι κάθε εξαψήφιος φυσικός αριθμός της μορφής
xyzxyz,

όπου

είναι ψηφία με $x\neq 0$ διαιρείται με τους αριθμούς
7,11 και 13

(Από διαγωνισμό της ΕΜΕ για την Β΄Γυμνασίου)

ΑΣΚΗΣΗ 188:
Κατά πόσους διαφορετικούς τρόπους μπορούμε να βάλουμε έναν κόκκινο, δύο μπλέ και τρείς πράσινους βώλους σε έξι τρύπες που βρίσκονται σε ευθεία γραμμή και ισαπέχουν;

(Από διαγωνισμό της ΕΜΕ για την Γ΄Γυμνασίου)

#434

Τετράγωνο και κύβος αθροίσματος με περισσότερους από δύο προσθετέους

1. $(a_{1}+a_{2}+a_{3}+...+a_{n})^{2}=a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2}+$

$2a_{1}a_{2}+2a_{1}a_{3}+...+2a_{1}a_{n}+$

$2a_{2}a_{3}+2a_{2}a_{4}+...+2a_{2}a_{n}+...$

.............+

$2a_{n-1}a_{n}$

2. $(a_{1}+a_{2}+...+a_{n})^{3}=a_{1}^{3}+a_{2}^{3}+...+a_{n}^{3}+$

$3a_{1}^{2}(a_{2}+a_{3}+...+a_{n})+3a_{2}^{2}(a_{1}+a_{3}+...+a_{n})+$

...............+

$3a_{n}^{2}(a_{1}+a_{2}+...+a_{n-1})+6.\Sigma ,$

όπου $\Sigma ,$ είναι το άθροισμα όλων των γινομένων των $a_{1},a_{2},...,a_{n}$

ανά τρεις.

#435

ΑΣΚΗΣΗ 189
Αν σε τρίγωνο ABC

ισχύει

να δείξετε ότι η κορυφή

τα μέσα των πλευρών

και

και το έκκεντρο

είναι ομοκυκλικά σημεία.

ΑΣΚΗΣΗ 190
Αν οι πραγματικοί αριθμοί a,b,c

είναι τέτοιοι ώστε a^2(b+c)=b^2(a+c)=2011

και $a\ne b$
να βρείτε την τιμή της παράστασης c^2(a+b).

ΑΣΚΗΣΗ 191
Αν για τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς a,b,c

ισχύει

να δείξετε ότι

$\displaystyle \frac{a}{b(a+b)}+\frac{b}{c(b+c)}+\frac{c}{a(c+a)}\geq \frac{3}{2}.$

sokratis lyras · #436

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 191
Αν για τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς ισχύει να δείξετε ότι

$\displaystyle \frac{a}{b(a+b)}+\frac{b}{c(b+c)}+\frac{c}{a(c+a)}\geq \frac{3}{2}.$

Θέτω $a=\displaystyle\frac{1}{x}$ , $b=\displaystyle\frac{1}{y}$ , $c=\displaystyle\frac{1}{z}$ με xyz=1

Η ανισότητα μετά από τις αντικαταστάσεις γίνεται:
$\displaystyle\frac{y^2}{x+y}+\displaystyle\frac{z^2}{y+z}+\displaystyle\frac{x^2}{x+z}\ge \displaystyle\frac{3}{2}$
Από Andreescu παίρνω:
$\displaystyle\frac{y^2}{x+y}+\displaystyle\frac{z^2}{y+z}+\displaystyle\frac{x^2}{x+z}\ge \displaystyle\frac{\left( x+y+z \right)^2}{2\left( x+y+z \right)}$
Άρα τώρα θέλω:
$x+y+z\ge 3$ που ισχύει λόγω της ΑΜ-ΓΜ αφού xyz=1

Φιλικά,
Σωκρατης

#437

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 190
Αν οι πραγματικοί αριθμοί είναι τέτοιοι ώστε και $a\ne b$
να βρείτε την τιμή της παράστασης

Έχουμε από την υπόθεση:

$a^{2}(b+c)=b^{2}(a+c)\Rightarrow a^{2}b+a^{2}c=ab^{2}+cb^{2}\Rightarrow ab(a-b)+c(a-b)(a+b)=0\Rightarrow$

$(a-b)(ab+ac+cb)=0\Rightarrow ab+ac+bc=0$ , αφού είναι $a\neq b$

Άρα a(b+c)=-bc

(1)

Επίσης, από την υπόθεση έχουμε ότι:

$a^{2}(b+c)=2011\Rightarrow a.a(b+c)=2011\Rightarrow a(-bc)=2011\Rightarrow$

abc=-2011

(2)

Από την (1) έχουμε c(a+b)=-ab

(3)

Τώρα (λόγω και των σχέσεων (2) και (3)) έχουμε: $c^{2}(a+b)=c.c(a+b)=c(-ab)=-abc=-(-2011)=2011$

#438

ΑΣΚΗΣΗ 192:
Οι αριθμοί 1,2,3,4,5

χωρίζονται σε δύο ομάδες

και

. Είναι αληθές ότι υπάρχουν δύο αριθμοί πάντα που ανήκουν στην ίδια ομάδα και η διαφορά τους ανήκει στην ίδια ομάδα;

(Από διαγωνισμό της ΕΜΕ για την Γ Γυμνασίου, 1995)

ΑΣΚΗΣΗ 193:
Αν ο αριθμός 12a3b

διαιρείται με τους αριθμούς 4 και 9 , η μικρότερη τιμή του ψηφίου

είναι:

α) 0 , β) 1 , γ) 2 , δ) 8 , ε) 9

(Από διαγωνισμό της ΕΜΕ για την Γ Γυμνασίου, 1995)

ΑΡΣΕΝΟΗ · #439

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 193: Αν ο αριθμός διαιρείται με τους αριθμούς 4 και 9 , η μικρότερη τιμή του ψηφίου είναι:

α) 0 , β) 1 , γ) 2 , δ) 8 , ε) 9

(Από διαγωνισμό της ΕΜΕ για την Γ Γυμνασίου, 1995)

Καλημέρα και Καλό μήνα

Για να βρούμε τη μικρότερη τιμή του α πρέπει να βρούμε και τη τιμή του

.
Για να διαιρείται ο

με το

, ο

πρέπει να ειναι

ή

.

$\bullet$ Αν ο

είναι

, τότε ο

θα πρέπει να είναι ένα ψηφίο, ώστε ο

να διαιρείται με το

.(όπου

)
Για να διαιρείται με το

, πρέπει το άθροισμα των ψηφίων του

να διαιρείται με το

.Έτσι:

Αρα ο

είναι το ψηφίο

.

$\bullet$ Αν ο

είναι

τότε ο

θα πρέπει να είναι:
12a36=1+2+a+3+6=12+a

Αρα ο

πρέπει να είναι

.
(προχώρησα πιό γρήγορα μιας και έχω εξηγήσει πιο πάνω το τρόπο)

Αρα η μικρότερη τιμή του

είναι το

και επομένως η σωστή απάντηση είναι το β.

#440

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ (ΘΕΩΡΙΑ)

ΘΕΩΡΗΜΑ 1. Αν ο

είναι φυσικός αριθμός μεγαλύτερος του 1, τότε έχει έναν τουλάχιστον πρώτο διαιρέτη

όπου $2\leq d\leq \sqrt{a}$

ΘΕΩΡΗΜΑ 2. Αν ο

είναι πρώτος και a,b

είναι φυσικοί αριθμοί με a,b<p

τότε ο

δεν διαιρεί το γινόμενο a.b

ΘΕΩΡΗΜΑ 3. Αν a,b

είναι φυσικοί αριθμοί ,

πρώτος και αν
ο

δεν διαιρεί τους a,b

, τότε ο

δεν θα διαιρεί ούτε το γινόμενο a.b

ΘΕΩΡΗΜΑ 4. Αν a,b

ακέραιοι και όχι ταυτόχρονα μηδέν,τότε υπάρχει ο ΜΚΔ των a,b

και μάλιστα αν a=bk+u

με $0\leq u<\left|b \right|$
τότε (a,b)=(b,u)

, όπου με

συμβολίζουμε τον ΜΚΔ των a,b

ΘΕΩΡΗΜΑ 5. Αν a,b

είναι ακέραιοι όχι ταυτόχρονα μηδέν, τότε
υπάρχουν k,n

ακέραιοι, ώστε (a,b)=ka+nb

ΘΕΩΡΗΜΑ 6. Αν d=(a,b)

τότε:

(α) (a:d,b:d)=1

(β)

όπου

είναι ακέραιος, διάφορος του μηδενός.

ΘΕΩΡΗΜΑ 7. Αν (a,b)=1

και

τότε

ΘΕΩΡΗΜΑ 8. Αν (a,b)=1

και

τότε

ΘΕΩΡΗΜΑ 9. Αν a,b,c

ακέραιοι και (a,b)=(a,c)=1

τότε

ΘΕΩΡΗΜΑ 10. Αν a,b,c

ακέραιοι τότε (a,b,c)=((a,b),c)

(Το παραπάνω θεώρημα γενικεύεται και για περισσότερους ακεραίους)

ΘΕΩΡΗΜΑ 11. Αν $(a,a_{i})=1$ με $1\leq i\leq n$ , τότε

$(a,a_{1},a_{2},...,a_{n})=1$

ΘΕΩΡΗΜΑ 12. Αν a,b,n

είναι φυσικοί αριθμοί ΄τότε:

(α) Αν (a,b)=1

θα είναι και $(a^{n},b^{n})=1$

(β) Αν $a^{n}/b^{n}\Rightarrow a/b$

ΘΕΩΡΗΜΑ 13. Έστω

είναι φυσικός αριθμός με

$a=p_{1}^{k_{1}}p_{2}^{k_{2}}...p_{n}^{k_{n}}$

Τότε το πλήθος των θετικών διαιρετών του

είναι
$s(a)=(1+k_{1})(1+k_{2})(1+k_{3})...(1+k_{n})$

Ενώ το άθροισμα των θετικών διαιρετών του

είναι

$\Sigma (a)=\frac{p_{1}^{k_{1}+1}-1}{p_{1}-1}.\frac{p_{2}^{k_{2}+1}-1}{p_{2}-1}...\frac{p_{n}^{k_{n}+1}-1}{p_{n}-1}$

ΣΗΜΕΙΩΣΗ: $\Sigma (a)=a+1\Leftrightarrow a$ πρώτος

Ιωάννου Δημήτρης

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