Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2141

Πακετάκι συνδυαστικής... Enjoy!

AΣΚΗΣΗ 1060
Έστω n>1

ένας περιττός ακέραιος και $a_1, a_2, \dots, a_n$ διαφορετικοί ανά δύο πραγματικοί αριθμοί.
Έστω

και

ο μέγιστος και ο ελάχιστος από αυτούς αντίστοιχα.
Να δείξετε ότι μπορούμε να επιλέξουμε κατάλληλα τα πρόσημα στην έκφραση $s=\pm a_1\pm a_2\pm\dots\pm a_n$ έτσι ώστε να ισχύει m<s<M.

AΣΚΗΣΗ 1061
Να βρείτε όλα τα πεπερασμένα σύνολα ακεραίων

για τα οποία ισχύει $x \in M \Rightarrow x^2-4x+6 \in M$
viewtopic.php?f=111&t=14767

AΣΚΗΣΗ 1062
Τρείς μαθητές, οι Α,Β,Γ, συμμετέχουν σε ένα μαθηματικό διαγωνισμό. Στο διαγωνισμό δόθηκαν για λύση 5 προβλήματα. Η μέγιστη βαθμολογία για κάθε πρόβλημα είναι θετικός ακέραιος αριθμός, διαφορετικός για κάθε πρόβλημα.
Ο μαθητής Α έλυσε πλήρως 4 από τα προβλήματα και συγκέντρωσε 21 βαθμούς, ενώ ο μαθητής Β έλυσε πλήρως 3 προβλήματα και η συνολική του βαθμολογία ήταν 22 βαθμοί.
Αν ο μαθητής Γ έλυσε πλήρως όλα τα προβλήματα, να βρείτε τη μέγιστη και την ελάχιστη τιμή της βαθμολογίας του.
http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=25503

AΣΚΗΣΗ 1063
Έστω το σύνολο $M=\{1,2,3,...,19 \}$ και $A=\{a_1,a_2,...,a_k\}\subset M .$
Να βρείτε την ελάχιστη τιμή του

, για την οποία υπάρχουν $a_i,a_j\in A$ που ικανοποιούν την ιδιότητα:
αν $b\in M,$ τότε a_i=b

ή $a_i\pm a_j=b.$
http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=35929

AΣΚΗΣΗ 1064
Κατά μήκος της περιφέρειας ενός περιστρεφόμενου κυκλικού τραπεζιού είναι τοποθετημένες

κάρτες με τα ονόματα των

μελών του Διοικητικού Συμβουλίου μιας Εταιρείας, έτσι ώστε οι αποστάσεις κάθε δυο διαδοχικών καρτών να είναι ίσες. Ας υποθέσουμε ότι αρχικά κανένα από τα

μέλη δεν κάθισε μπροστά από την κάρτα με το δικό του όνομα.
Να εξετάσετε αν είναι δυνατόν, περιστρέφοντας το τραπέζι κατά κάποια γωνία, δυο τουλάχιστον μέλη να βρεθούν μπροστά από την κάρτα με το όνομά τους.
http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=36748

AΣΚΗΣΗ 1065
Σε ένα πάρτυ, δύο οποιοιδήποτε καλεσμένοι που δεν είναι φίλοι μεταξύ τους έχουν ακριβώς δύο κοινούς φίλους.
Ο Α και ο Β είναι φίλοι, δεν έχουν όμως κοινούς φίλους. Δείξτε ότι έχουν τον ίδιο αριθμό φίλων στο πάρτυ.
http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=37641

AΣΚΗΣΗ 1066
Οι αριθμοί 1,2, . . . ,64

τοποθετούνται τυχαία στα κελιά ενός πίνακα 8 × 8.

Δείξτε ότι υπάρχει υποπίνακας 3 × 3

του οποίου τα στοιχεία έχουν άθροισμα μεγαλύτερο του 145.

http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=37642

AΣΚΗΣΗ 1067
Χρωματίζουμε όλα τα σημεία του επιπέδου με ακέραιες συντεταγμένες, με δύο χρώματα.
Δείξτε ότι υπάρχει ορθογώνιο με κορυφές του ίδιου χρώματος.
http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=38507

AΣΚΗΣΗ 1068
Τρεις μαθητές ξεκινούν ταυτόχρονα να περπατούν, ο καθένας σε διαφορετικό ευθύ δρόμο του ίδιου επιπέδου, με σταθερές ταχύτητες.
Να αποδείξετε ότι: αν οι θέσεις των μαθητών κατά την εκκίνηση δεν βρίσκονται σε ευθεία, τότε θα βρεθούν στην ίδια ευθεία το πολύ δύο φορές κατά τη διάρκεια του περιπάτου.
viewtopic.php?f=109&t=35881

AΣΚΗΣΗ 1069
Στο επίπεδο δίνονται τα σημεία A_1,A_2,...,A_n

τέτοια ώστε $A_iA_j\geq 1$ για $i\ne j$ , $i,j\in \{ 1,2,...,n\}$ .
Να δείξετε ότι ο αριθμός των τμημάτων A_iA_j

με μήκος ακριβώς

δεν υπερβαίνει το

.
viewtopic.php?f=111&t=7018

AΣΚΗΣΗ 1070
Έστω

ένας θετικός ακέραιος.
Ποιοι ακέραιοι αριθμοί γράφονται στη μορφή $\displaystyle{ \frac{1}{x_1}+\frac{2}{x_2}+...+\frac{n}{x_n}}$
όπου x_1<x_2<...<x_n

θετικοί ακέραιοι;
http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=37382

AΣΚΗΣΗ 1071
Στο χώρο δίνονται 24 σημεία. Τρία οποιαδήποτε από αυτά ορίζουν επίπεδο και είναι γνωστό ότι με αυτόν τον τρόπο ορίζονται ακριβώς 2002

διαφορετικά επίπεδα.
Δείξτε ότι υπάρχει επίπεδο που περιέχει τουλάχιστον

από αυτά τα σημεία.
viewtopic.php?f=109&t=34935

AΣΚΗΣΗ 1072
Ο δάσκαλος έγραψε στον πίνακα ένα θετικό ακέραιο

Οι μαθητές μπορούν να σβήσουν και να αντικαταστήσουν τον

με τον αριθμό 3n + 13

ή με τον αριθμό (αν ο

είναι τέλειο τετράγωνο) $\sqrt{n}.$ Δηλαδή σε κάθε περίπτωση ο νέος αριθμός είναι θετικός ακέραιος.

α) Αν αρχικά στον πίνακα είναι γραμμένος ο αριθμός 256,

μπορούν οι μαθητές με επανειλημμένη εφαρμογή της παραπάνω διαδικασίας να εμφανίσουν στον πίνακα τον αριθμό 55 ;

β) Αν αρχικά στον πίνακα είναι γραμμένος ο αριθμός 55,

μπορούν οι μαθητές με επανειλημμένη εφαρμογή της παραπάνω διαδικασίας να εμφανίσουν στον πίνακα τον αριθμό 256 ;

AΣΚΗΣΗ 1073
Μια ακολουθία x_1, x_2, x_3, ...

ακεραίων είναι τέτοια ώστε
• 1 = x_1 < x_2 < x_3 < ...

• $x_{n+1}\leq 2n$ για κάθε n = 1, 2, 3, ...

Δείξτε ότι για κάθε θετικό ακέραιο

υπάρχουν δείκτες

και

με

viewtopic.php?f=111&t=34964

AΣΚΗΣΗ 1074
Οι θετικοί ακέραιοι x_1, x_2, ..., x_n

είναι τέτοιοι ώστε

$\displaystyle{x_1 +x_2 +...+x_n = s < 2n.}$

Να δείξετε ότι κάθε αριθμός του συνόλου $\{1,2,...,s\}$ γράφεται σαν άθροισμα κάποιων από τους αριθμούς x_1, x_2, ..., x_n.

Το τελευταίο πρόβλημα είναι από το πρώτο τμήμα της πρώτης φάσης της πολωνικής μαθηματικής ολυμπιάδας και η προθεσμία λήγει στις 30 Σεπ. 2014
Αν μας παρακολουθούν και πολωνοί, τότε ας περιμένουμε λίγο..

Είναι ένα πολύ ωραίο πρόβλημα...

Δείτε όλα τα θέματα εδώ: http://www.om.edu.pl/sites/default/file ... om66_1.pdf

raf616 · #2142

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 1072
Ο δάσκαλος έγραψε στον πίνακα ένα θετικό ακέραιο Οι μαθητές μπορούν να σβήσουν και να αντικαταστήσουν τον με τον αριθμό ή με τον αριθμό (αν ο είναι τέλειο τετράγωνο) $\sqrt{n}.$ Δηλαδή σε κάθε περίπτωση ο νέος αριθμός είναι θετικός ακέραιος.

α) Αν αρχικά στον πίνακα είναι γραμμένος ο αριθμός μπορούν οι μαθητές με επανειλημμένη εφαρμογή της παραπάνω διαδικασίας να εμφανίσουν στον πίνακα τον αριθμό
β) Αν αρχικά στον πίνακα είναι γραμμένος ο αριθμός μπορούν οι μαθητές με επανειλημμένη εφαρμογή της παραπάνω διαδικασίας να εμφανίσουν στον πίνακα τον αριθμό

Γεια σε όλους! Μία προσπάθεια, ελπίζω σωστή.

(α) Αρχικά, γράφουμε τον $\sqrt{256} = 16$ . Στη συνέχεια γράφουμε τον $3 \cdot 16 + 13 = 61$ και μετά τον $3 \cdot 61 + 13 = 196$ . Μετά παίρνουμε τον $\sqrt{196} = 14$

και μετά τον $3 \cdot 14 + 13 = 55$ .

(β) Ο

δεν είναι τέλειο τετράγωνο. Άρα, γράφουμε τον $3 \cdot 55 + 13 = 178$ και μετά τον $3 \cdot 178 + 13 = 547 > 256$ .

Θα ακολουθούμε τα ίδια βήματα συνέχεια μέχρι να βρούμε τέλειο τετράγωνο. Αν δεν βρούμε ο αριθμός που θα προκύπτει θα είναι μεγαλύτερος του 256

, άτοπο.

Ορίζω την ακολουθία με a_1 = 55

και $a_{n + 1} = 3a_{n} + 13$ . Η παραπάνω σχέση είναι αναδρομική 1ης τάξης και ο γενικός όρος είναι:

$a_n = 55 \cdot 3^{n-1} + 13 \cdot \dfrac{3^{n-1} - 1}{2}$ .

Έστω ότι $a_n = k^2 \iff 123\cdot 3^{n-1} - 13 = 2k^2 \iff 2k^2 + 13 = 123 \cdot 3^{n-1}$ .

Όμως, $\displaystyle{41 \mid 123 \cdot 3^{n-1} \implies 41 \mid 2k^2 + 13 \implies 2k^2 \equiv 28 \pmod{41} \implies k^2 \equiv 14 \pmod{41}}$ .

Θα χρησιμοποιήσω το σύμβολο του Legendre. Είναι:

$\left(\dfrac{14}{41}\right) = \left(\dfrac{2}{41}\right) \cdot \left(\dfrac{7}{41}\right) = \left(\dfrac{7}{41}\right) = \left(\dfrac{6}{7}\right) = -1$ , αφού το

δεν είναι

τετραγωνικό κατάλοιπο $\pmod{7}$ . Έτσι, το ζητούμενο εδείχθη.

Αρχιμήδης 6 · #2143

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 1072
Ο δάσκαλος έγραψε στον πίνακα ένα θετικό ακέραιο Οι μαθητές μπορούν να σβήσουν και να αντικαταστήσουν τον με τον αριθμό ή με τον αριθμό (αν ο είναι τέλειο τετράγωνο) $\sqrt{n}.$ Δηλαδή σε κάθε περίπτωση ο νέος αριθμός είναι θετικός ακέραιος.

β) Αν αρχικά στον πίνακα είναι γραμμένος ο αριθμός μπορούν οι μαθητές με επανειλημμένη εφαρμογή της παραπάνω διαδικασίας να εμφανίσουν στον πίνακα τον αριθμό

Για το β ερώτημα

3*55+13=178

επ'άπειρον κάθε αριθμός θα αφήνει υπόλοιπο

η

διαδοχικά σε διαίρεση με το

και δεν θα είναι τέλειο τετράγωνο ούτε φυσικά ίσος με τον 256

.

#2144

ΑΣΚΗΣΗ 1075

Αν $\displaystyle x,y,z\in R$ με x+y+z=xy+yz+zx=4

, να αποδειχθεί ότι $x,y,z\in [0,\frac{8}{3}]$

Μπάμπης

nikoszan · #2145

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1075

Αν $\displaystyle x,y,z\in R$ με , να αποδειχθεί ότι $x,y,z\in [0,\frac{8}{3}]$

Μπάμπης

$\begin{array}{l} x + y + z = 4\,\,\,\,\,\,\,\,:\left( 1 \right)\\ xy + yz + zx = 4:\left( 2 \right) \end{array}$
... $\left( 2 \right) \Rightarrow xy + z\left( {x + y} \right) = 4\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} xy + z\left( {4 - z} \right) = 4 \Rightarrow$ ${z^2} - 4z + 4 = xy \le \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{4}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)}$
$\begin{array}{l} \mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} 4\left( {{z^2} - 4z + 4} \right) \le {\left( {4 - z} \right)^2} \Rightarrow 3{z^2} - 8z \le 0 \Rightarrow 3z\left( {z - \frac{8}{3}} \right) \le 0 \Rightarrow \\ \Rightarrow z \in \left[ {0,\frac{8}{3}} \right] \end{array}$ .
Ομοίως αποδ. ότι $x,y \in \left[ {0,\frac{8}{3}} \right]$ .
Ν.Ζ.

#2146

Μια "πικάντικη" παραλλαγή στο θέμα του Μπάμπη, την οποία έφτιαξα μόλις τώρα:

ΑΣΚΗΣΗ 1076

$\displaystyle{\bullet}$ Αν $\displaystyle{x,y,z \in \mathbb{R}}$ με $\displaystyle{x+y+z=xy+yz+zx=4}$ να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{|a-b|\leq \frac{4}{\sqrt{3}},}$

όπου $\displaystyle{a,b\in \{x,y,z\}.}$

Να αναφέρετε ένα ζεύγος αριθμών, για το οποίο ισχύει η ισότητα.

#2147

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1075

Αν $\displaystyle x,y,z\in R$ με , να αποδειχθεί ότι $x,y,z\in [0,\frac{8}{3}]$

Μπάμπης

Καλησπέρα σε όλους.

$\displaystyle{{(x + y + z)^2} = {x^2} + {y^2} + {z^2} + 2(xy + yz + zx) \Leftrightarrow }$ $\boxed{x^2+y^2+z^2=8}$ (1)

$\displaystyle{{x^2} + {y^2} \ge 2xy\mathop \Leftrightarrow \limits^{(1)} 8 - {z^2} \ge 8 - 2z(x + y) \Leftrightarrow - {z^2} \ge - 2z(4 - z) \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{3{z^2} - 8z \le 0 \Leftrightarrow z(3z - 8) \le 0 \Leftrightarrow z \in \left[ {0,\frac{8}{3}} \right]}$

Ομοίως και για τους x,y

.

nikoszan · #2148

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1075

Αν $\displaystyle x,y,z\in R$ με , να αποδειχθεί ότι $x,y,z\in [0,\frac{8}{3}]$

Μπάμπης

$\begin{array}{l} x + y + z = 4\,\,\,\,\,\,\,\,:\left( 1 \right)\\ xy + yz + zx = 4:\left( 2 \right) \end{array}$
... $\left( 2 \right) \Rightarrow xy + z\left( {x + y} \right) = 4\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} xy + z\left( {4 - z} \right) = 4 \Rightarrow$ ${z^2} - 4z + 4 = xy \le \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{4}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)}$
$\begin{array}{l} \mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} 4\left( {{z^2} - 4z + 4} \right) \le {\left( {4 - z} \right)^2} \Rightarrow 3{z^2} - 8z \le 0 \Rightarrow 3z\left( {z - \frac{8}{3}} \right) \le 0 \Rightarrow \\ \Rightarrow z \in \left[ {0,\frac{8}{3}} \right] \end{array}$ .
Ομοίως αποδ. ότι $x,y \in \left[ {0,\frac{8}{3}} \right]$ .
Ν.Ζ.

nikoszan · #2149

matha έγραψε:Μια "πικάντικη" παραλλαγή στο θέμα του Μπάμπη, την οποία έφτιαξα μόλις τώρα:

ΑΣΚΗΣΗ 1076

$\displaystyle{\bullet}$ Αν $\displaystyle{x,y,z \in \mathbb{R}}$ με $\displaystyle{x+y+z=xy+yz+zx=4}$ να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{|a-b|\leq \frac{4}{\sqrt{3}},}$

όπου $\displaystyle{a,b\in \{x,y,z\}.}$

Να αναφέρετε ένα ζεύγος αριθμών, για το οποίο ισχύει η ισότητα.

... $k = \left| {x - y} \right|,m = \left| {y - z} \right|,n = \left| {z - x} \right|$
Είναι $0 \le k \le m + n\,\,\,\,,\,\,\,\,0 \le m \le n + k\,\,\,,\,\,\,\,0 \le n \le m + k$ και ${k^2} + {m^2} + {n^2} = 2\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} - \left( {xy + yz + zx} \right)} \right) =$
$= 2\left[ {{{\left( {x + y + z} \right)}^2} - 3\left( {xy + yz + zx} \right)} \right] = 2\left( {{4^2} - 3.4} \right) = 8$ .
Έχουμε $8 = {k^2} + {m^2} + {n^2} \ge \frac{{{{\left( {m + k} \right)}^2}}}{2} + {n^2} \ge \frac{{{n^2}}}{2} + {n^2} \Rightarrow {n^2} \le \frac{{16}}{3} \Rightarrow$ $n \le \frac{4}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \left| {z - x} \right| \le \frac{4}{{\sqrt 3 }}$ .
Ομοίως αποδ. ότι $\left| {x - y} \right| \le \frac{4}{{\sqrt 3 }}$ και $\left| {y - z} \right| \le \frac{4}{{\sqrt 3 }}$ .
Επομένως για κάθε $a,b \in \left\{ {x,y,z} \right\}$ ,ισχύει $\left| {a - b} \right| \le \frac{4}{{\sqrt 3 }}$ .
Η ισότητα ισχύει π.χ. για $x = \frac{{4 - 2\sqrt 3 }}{3},y = \frac{4}{3},z = \frac{{4 + 2\sqrt 3 }}{3},a = z = \frac{{4 + 2\sqrt 3 }}{3},b = x = \frac{{4 - 2\sqrt 3 }}{3}$
Ν.Ζ.

Θεοδωρος Παγωνης · #2150

matha έγραψε:Μια "πικάντικη" παραλλαγή στο θέμα του Μπάμπη, την οποία έφτιαξα μόλις τώρα:

ΑΣΚΗΣΗ 1076

$\displaystyle{\bullet}$ Αν $\displaystyle{x,y,z \in \mathbb{R}}$ με $\displaystyle{x+y+z=xy+yz+zx=4}$ να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{|a-b|\leq \frac{4}{\sqrt{3}},}$

όπου $\displaystyle{a,b\in \{x,y,z\}.}$

Να αναφέρετε ένα ζεύγος αριθμών, για το οποίο ισχύει η ισότητα.

Ελαφρώς…. πιο περίπλοκα…
Έστω $\displaystyle{z=a\in \left[ 0,\frac{8}{3} \right]}$ , τότε το σύστημα γίνεται :
$\displaystyle{x+y=4-a}$ (1) και $\displaystyle{xy+ya+xa=4\Leftrightarrow xy+a\left( 4-a \right)=4\Leftrightarrow xy={{\left( a-2 \right)}^{2}}}$ (2)
Η (2) λόγω της (1) γίνεται : $\displaystyle{\left( 4-y-a \right)y={{\left( a-2 \right)}^{2}}\Leftrightarrow {{y}^{2}}+\left( a-4 \right)y+{{\left( a-2 \right)}^{2}}=0}$ εξίσωση 2ου βαθμού με $\displaystyle{\Delta ={{\left( a-4 \right)}^{2}}-4{{\left( a-2 \right)}^{2}}=8a-3{{a}^{2}}}$
Άρα $\displaystyle{y=\frac{4-a\pm \sqrt{8a-3{{a}^{2}}}}{2}}$ , οπότε $\displaystyle{x=\frac{4-a\mp \sqrt{8a-3{{a}^{2}}}}{2}}$ .
Επομένως η τριάδα λύσεων που επαληθεύει τις δύο εξισώσεις είναι $\displaystyle{\left( x,y,z \right)=\left( \frac{4-a+\sqrt{8a-3{{a}^{2}}}}{2},\frac{4-a-\sqrt{8a-3{{a}^{2}}}}{2},a \right)}$ με $\displaystyle{a\in \left[ 0,\frac{8}{3} \right]}$ .
Οπότε $\displaystyle{\left| x-y \right|=\left| \frac{4-a+\sqrt{8a-3{{a}^{2}}}}{2}-\frac{4-a-\sqrt{8a-3{{a}^{2}}}}{2} \right|=\sqrt{8a-3{{a}^{2}}}}$ .
Αρκεί να δείξω ότι $\displaystyle{\sqrt{8a-3{{a}^{2}}}\le \frac{4}{\sqrt{3}}\Leftrightarrow 8a-3{{a}^{2}}\le \frac{16}{3}\Leftrightarrow 9{{a}^{2}}-24a+16\ge 0\Leftrightarrow {{\left( 3a-4 \right)}^{2}}\ge 0}$ (*) , που ισχύει .
Και $\displaystyle{\left| x-z \right|=\left| \frac{4-a+\sqrt{8a-3{{a}^{2}}}}{2}-a \right|=\left| \frac{4-3a+\sqrt{8a-3{{a}^{2}}}}{2} \right|}$ .
Αρκεί να δείξω ότι $\displaystyle{\left| \frac{4-3a+\sqrt{8a-3{{a}^{2}}}}{2} \right|\le \frac{4}{\sqrt{3}}\Leftrightarrow -\frac{4}{\sqrt{3}}\le \frac{4-3a+\sqrt{8a-3{{a}^{2}}}}{2}\le \frac{4}{\sqrt{3}}}$ .
Όμως $\displaystyle{-9a-3\sqrt{8a-3{{a}^{2}}}\le 8\sqrt{3}-12}$ ισχύει αφού $\displaystyle{a\in \left[ 0,\frac{8}{3} \right]}$ και $\displaystyle{12-9a+3\sqrt{8a-3{{a}^{2}}}\ge -8\sqrt{3}}$ που ισχύει αφού $\displaystyle{a\in \left[ 0,\frac{8}{3} \right]}$ .
Η ισότητα $\displaystyle{\left| x-y \right|=\frac{4}{\sqrt{3}}\Leftrightarrow a=\frac{4}{3}}$ από την σχέση (*) .

Αρχιμήδης 6 · #2151

matha έγραψε:Μια "πικάντικη" παραλλαγή στο θέμα του Μπάμπη, την οποία έφτιαξα μόλις τώρα:

ΑΣΚΗΣΗ 1076

$\displaystyle{\bullet}$ Αν $\displaystyle{x,y,z \in \mathbb{R}}$ με $\displaystyle{x+y+z=xy+yz+zx=4}$ να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{|a-b|\leq \frac{4}{\sqrt{3}},}$

όπου $\displaystyle{a,b\in \{x,y,z\}.}$

Να αναφέρετε ένα ζεύγος αριθμών, για το οποίο ισχύει η ισότητα.

Εφόσον

,

τότε με αντικατάσταση του

καταλήγουμε στην

x^2+y^2+xy+4=4x+4y

$D_{x+y}=64-12(x-y)^2$ οπότε η διακρίνουσα πρέπει να είναι μη αρνητική άρα $\displaystyle{|x-y|\leq \frac{4}{\sqrt{3}},}$

Με ακριβώς ίδιο τρόπο και για τις άλλες περιπτώσεις.

Η ισότητα ισχύει αν $D_{x+y}=0$ και έχουμε να λύσουμε το σύστημα

$\displaystyle{3(x-y)^2= \frac{4}{\sqrt{3}},}$

$x+y=\dfrac{16}{6}$

Με τις λύσεις ίδιες με του nikoszan.

AlexandrosG · #2152

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 1073
Μια ακολουθία ακεραίων είναι τέτοια ώστε
•
• $x_{n+1}\leq 2n$ για κάθε

Δείξτε ότι για κάθε θετικό ακέραιο υπάρχουν δείκτες και με
viewtopic.php?f=111&t=34964

Γράφω μία διαφορετική λύση από του Δημήτρη στο link, όχι τόσο κομψή.

Έστω

φυσικός. Πάλι θα δείξουμε ότι αρκεί να κοιτάξουμε τα $x_1<x_2<...<x_{k+1}$ . Ας υποθέσουμε ότι καμία διαφορά αυτών των στοιχείων δεν είναι ίση με

. Για κάποιο $1 \leq i \leq k$ θα έχουμε $x_i+k \leq 2k <x_{i+1}+k$ ή ισοδύναμα $x_i \leq k <x_{i+1}$ . Παρατηρούμε ότι οι αριθμοί x_1+k,x_2+k,...,x_i+k

δεν είναι ίσοι με κάνενα x_j

. Τώρα κοιτάμε τους αριθμούς k+1<k+2<...<2k

. Οι αριθμοί αυτοί είναι

το πλήθος και αφού

από αυτούς δεν μπορεί να είναι x_j

, τα

είναι το πολύ k-i

στο πλήθος. Από την άλλη μεριά μέσα σε αυτούς έχουμε ακριβώς k+1-i

το πλήθος αριθμούς x_j

(τους $x_{i+1}<...<x_{k+1}$ ). Δηλαδή $k+1-i \leq k-i$ που είναι άτοπο. Άρα κάποια διαφορά x_r-x_s

με $1\leq s<r \leq k+1$ είναι ίση με

.

#2153

socrates έγραψε:Πακετάκι συνδυαστικής... Enjoy!

AΣΚΗΣΗ 1060
Έστω ένας περιττός ακέραιος και $a_1, a_2, \dots, a_n$ διαφορετικοί ανά δύο πραγματικοί αριθμοί.
Έστω και ο μέγιστος και ο ελάχιστος από αυτούς αντίστοιχα.
Να δείξετε ότι μπορούμε να επιλέξουμε κατάλληλα τα πρόσημα στην έκφραση $s=\pm a_1\pm a_2\pm\dots\pm a_n$ έτσι ώστε να ισχύει

Έστω

και έστω χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι $a_1 < a_2 < \cdots < a_{2r+1}$ . Τότε

$\displaystyle{ m = a_1 < a_1 - a_2 + a_3 - \cdots - a_{2r} + a_{2r+1} < a_{2r+1} = M}$

[Πράγματι $a_1 + (-a_2+a_3) + \cdots + (-a_{2r} - a_{2r+1}) > a_1$ και $(a_1-a_2) + \cdots + (a_{2r-1}-a_{2r}) + a_{2r+1} < a_{2r+1}$ .]

#2154

raf616 έγραψε:
socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 1072
Ο δάσκαλος έγραψε στον πίνακα ένα θετικό ακέραιο Οι μαθητές μπορούν να σβήσουν και να αντικαταστήσουν τον με τον αριθμό ή με τον αριθμό (αν ο είναι τέλειο τετράγωνο) $\sqrt{n}.$ Δηλαδή σε κάθε περίπτωση ο νέος αριθμός είναι θετικός ακέραιος.

α) Αν αρχικά στον πίνακα είναι γραμμένος ο αριθμός μπορούν οι μαθητές με επανειλημμένη εφαρμογή της παραπάνω διαδικασίας να εμφανίσουν στον πίνακα τον αριθμό
β) Αν αρχικά στον πίνακα είναι γραμμένος ο αριθμός μπορούν οι μαθητές με επανειλημμένη εφαρμογή της παραπάνω διαδικασίας να εμφανίσουν στον πίνακα τον αριθμό
Γεια σε όλους! Μία προσπάθεια, ελπίζω σωστή.

(α) Αρχικά, γράφουμε τον $\sqrt{256} = 16$ . Στη συνέχεια γράφουμε τον $3 \cdot 16 + 13 = 61$ και μετά τον $3 \cdot 61 + 13 = 196$ . Μετά παίρνουμε τον $\sqrt{196} = 14$

και μετά τον $3 \cdot 14 + 13 = 55$ .

(β) Ο δεν είναι τέλειο τετράγωνο. Άρα, γράφουμε τον $3 \cdot 55 + 13 = 178$ και μετά τον $3 \cdot 178 + 13 = 547 > 256$ .

Θα ακολουθούμε τα ίδια βήματα συνέχεια μέχρι να βρούμε τέλειο τετράγωνο. Αν δεν βρούμε ο αριθμός που θα προκύπτει θα είναι μεγαλύτερος του , άτοπο.

Ορίζω την ακολουθία με και $a_{n + 1} = 3a_{n} + 13$ . Η παραπάνω σχέση είναι αναδρομική 1ης τάξης και ο γενικός όρος είναι:

$a_n = 55 \cdot 3^{n-1} + 13 \cdot \dfrac{3^{n-1} - 1}{2}$ .

Έστω ότι $a_n = k^2 \iff 123\cdot 3^{n-1} - 13 = 2k^2 \iff 2k^2 + 13 = 123 \cdot 3^{n-1}$ .

Όμως, $\displaystyle{41 \mid 123 \cdot 3^{n-1} \implies 41 \mid 2k^2 + 13 \implies 2k^2 \equiv 28 \pmod{41} \implies k^2 \equiv 14 \pmod{41}}$ .

Θα χρησιμοποιήσω το σύμβολο του Legendre. Είναι:

$\left(\dfrac{14}{41}\right) = \left(\dfrac{2}{41}\right) \cdot \left(\dfrac{7}{41}\right) = \left(\dfrac{7}{41}\right) = \left(\dfrac{6}{7}\right) = -1$ , αφού το δεν είναι

τετραγωνικό κατάλοιπο $\pmod{7}$ . Έτσι, το ζητούμενο εδείχθη.

Πάρα πολύ ωραία, Ραφ!

#2155

Αρχιμήδης 6 έγραψε:
socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 1072
Ο δάσκαλος έγραψε στον πίνακα ένα θετικό ακέραιο Οι μαθητές μπορούν να σβήσουν και να αντικαταστήσουν τον με τον αριθμό ή με τον αριθμό (αν ο είναι τέλειο τετράγωνο) $\sqrt{n}.$ Δηλαδή σε κάθε περίπτωση ο νέος αριθμός είναι θετικός ακέραιος.

β) Αν αρχικά στον πίνακα είναι γραμμένος ο αριθμός μπορούν οι μαθητές με επανειλημμένη εφαρμογή της παραπάνω διαδικασίας να εμφανίσουν στον πίνακα τον αριθμό
Για το β ερώτημα

επ'άπειρον κάθε αριθμός θα αφήνει υπόλοιπο η διαδοχικά σε διαίρεση με το και δεν θα είναι τέλειο τετράγωνο ούτε φυσικά ίσος με τον .

#2156

socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 1046
Βρείτε όλους τους πρώτους για τους οποίους ο αριθμός έχει ακριβώς (θετικούς) διαιρέτες.
viewtopic.php?f=109&t=34938

Αν $\displaystyle{p=2}$ , τότε $\displaystyle{p^2 +11=15}$ . Οι διαιρέτες του $\displaystyle{15}$ είναι $\displaystyle{1 , 3 , 5 , 15}$ , δηλαδή ο $\displaystyle{15}$ έχει $\displaystyle{4}$ και όχι $\displaystyle{6}$ διαιρέτες, άρα

$\displaystyle{p \neq 2}$ . Αν $\displaystyle{p=3}$ , τότε $\displaystyle{p^2 +11=20}$ , και αφού οι διαιρέτες του $\displaystyle{20}$ είναι έξι $\displaystyle{(1 , 2 , 4 , 5 , 10 , 20)}$ , άρα η τιμή $\displaystyle{p=3}$

είναι δεκτή. Αν $\displaystyle{p=5}$ , τότε $\displaystyle{p^2 +11=36}$ και αφού ο $\displaystyle{36}$ έχει διαιρέτες τους $\displaystyle{1,2,3,4,6,9,12,18,36}$ , πρέπει $\displaystyle{p \neq 5}$

Ας υποθέσουμε τώρα ότι $\displaystyle{p \geq 7}$ . Τότε $\displaystyle{p=6k+1}$ , ή $\displaystyle{p=6k+5}$ , (αφού $\displaystyle{p}$ πρώτος) , με $\displaystyle{k\in N^{*}}$

1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: $\displaystyle{p=6k+1 , k\in N^{*}}$ . Τότε $\displaystyle{p^2 +11 = 36k^2 +12k+12 =12(3k^2 +k+1)}$ . Αν ήταν $\displaystyle{3k^2 +k+1=1}$ , τότε

$\displaystyle{k(3k+1)=0 \Leftrightarrow k=0}$ , ή $\displaystyle{k=-\frac{1}{3}}$ , που είναι άτοπο, αφού $\displaystyle{k\in N^{*}}$ . Άρα $\displaystyle{3k^2 +k+1 \neq 0}$ . Άρα ο αριθμός

$\displaystyle{12(3k^2 +k +1)}$ , έχει ως διαιρέτες τουλάχιστον τους αριθμούς $\displaystyle{1,2,3,4,6,12,12(3k^2 +k +1)}$ , δηλαδή έχει περισσότερους από $\displaystyle{6}$

διαιρέτες, και άρα η περίπτωση αυτή απορρίπτεται.

2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: $\displaystyle{p=6k+5 , k\in N^{*}}$ . Τότε $\displaystyle{p^2 +11=36k^2 +60k +36 =12(3k^2 +5k +3)}$ και εφόσον $\displaystyle{3k^2 +5k+3 \neq 0}$ ,(προφανώς)

άρα και πάλι ο αριθμός αυτός θα έχει περισσότερους από $\displaystyle{6}$ διαιρέτες, συνεπώς και η περίπτωση αυτή απορρίπτεται.

Τελικά, η μόνη δεκτή τιμή για τον πρώτο $\displaystyle{p}$ , είναι η $\displaystyle{p=3}$ .

#2157

gavrilos έγραψε:
socrates έγραψε:AΣΚΗΣΗ 1054
Αν $x\ne y\ne z\ne x$ με $\displaystyle{(y-z)\sqrt[3]{1-x^3}+(z-x)\sqrt[3]{1-y^3}+(x-y)\sqrt[3]{1-z^3} = 0}$ τότε

$\displaystyle{ (1-x^3)(1-y^3)(1-z^3)=(1-xyz)^3 .}$
Καλησπέρα Θανάση.Ωραία,αλλά η λύση κουράζει λίγο.Εκτός αν υπάρχει κάτι καλύτερο.

Γνωρίζουμε πως $\displaystyle{a+b+c=0\Rightarrow a^{3}+b^{3}+c^{3}=3abc}$ .

Επομένως $\displaystyle{(y-z)^{3}(1-x^{3})+(z-x)^{3}(1-y^{3})+(x-y)^{3}(1-z^{3})=3(x-y)(y-z)(z-x)\sqrt[3]{(1-x^{3})(1-y^{3})(1-z^{3})}}$ .

Το αριστερό μέλος ισούται με $\displaystyle{\sum_{cyc} y^{3}-3y^{2}z+3yz^{2}-z^{3}-x^{3}y^{3}+3x^{3}y^{2}z-3x^{3}z^{2}y+z^{3}x^{3}}$

Απλοποιούμε με $\displaystyle{3}$ (οι όροι που δεν έχουν το $\displaystyle{3}$ "φεύγουν" με τις αναγωγές).Το αριστερό μέλος γίνεται $\displaystyle{\sum_{cyc} x^{3}y^{2}z-\sum_{cyc} x^{3}z^{2}y+\sum_{cyc} xy^{2}-x^{2}y}$ .

Αυτό όμως κάνει $\displaystyle{(x-y)(y-z)(z-x)(1-xyz)}$ .Συνεπώς $\displaystyle{(x-y)(y-z)(z-x)(1-xyz)=(x-y)(y-z)(z-x)\sqrt[3]{(1-x^{3})(1-y^{3})(1-z^{3})}}$ .

Εφόσον $\displaystyle{x\neq y\neq z\neq x}$ η τελευταία γράφεται $\displaystyle{1-xyz=\sqrt[3]{(1-x^{3})(1-y^{3})(1-z^{3})}}$ .Με ύψωση στον κύβο παίρνουμε το ζητούμενο.

Μπορούμε να κάνουμε Euler και στα

$\displaystyle{\displaystyle{(y-z)^{3}+(z-x)^{3}+(x-y)^{3}} }$ και $\displaystyle{\displaystyle{(y-z)^{3}x^{3}+(z-x)^{3}y^{3}+(x-y)^{3}z^{3}}.}$

Αρχιμήδης 6 · #2158

socrates έγραψε: AΣΚΗΣΗ 1067
Χρωματίζουμε όλα τα σημεία του επιπέδου με ακέραιες συντεταγμένες, με δύο χρώματα.
Δείξτε ότι υπάρχει ορθογώνιο με κορυφές του ίδιου χρώματος.
http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=38507

Φανταζόμαστε ότι ζούμε σε ένα επίπεδο και πάνω σε αυτό υπάρχουν μόνο κουκκίδες που οποιεσδήποτε γειτονικές απέχουν ακριβώς μια μονάδα και είναι βαμμένες με κόκκινο και μπλε.

Κατασκευάζω ορθογώνια 3χ4 σε όλο το επίπεδο με κορυφές τις κουκκίδες ώστε τα ορθογώνια να μην έχουν κοινή κορυφή.

Είναι εύκολο να δούμε ότι σε κάθε τέτοιο ορθογώνιο υπάρχουν τουλάχιστον 2 γειτονικά σημεία εσωτερικά η περιμετρικά του ορθογωνίου χρώματος μπλε και τουλάχιστον 2 γειτονικά εσωτερικά η περιμετρικά του ορθογωνίου χρώματος κόκκινου αφού αν δεν υπήρχαν τότε το ορθογώνιο θα είχε κορυφές ίδιου χρώματος (2 δυνατές περιπτώσεις.)

Έτσι είναι προφανές ότι θα υπάρχουν άπειρα ορθογώνια με κορυφές του ίδιου χρώματος.

#2159

Karanus έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 406
Να βρεθεί ο μέγιστος θετικός ακέραιος $\chi$ για τον οποίο ο αριθμός $A=2^{182}+4^{\chi }+8^{700}$ είναι τετράγωνο ακεραίου αριθμού.

Ο ΟΡΕΣΤΗΣ ΤΣΑΤΑΛΜΠΑΣΙΔΗΣ είναι μαθητής της Β γυμνασίου στο 3ο Γυμνάσιο Αλεξανδρούπολης.
Μου έστειλε αυτή τη λύση και μέχρι να μάθει το latex θα ανεβάζω εγώ τις λύσεις του.
Ένα μεγάλο μπράβο στον Ορέστη και του εύχομαι καλή πρόοδο

ΛΥΣΗ

Αναλύω την παράσταση σύμφωνα με τις παρακάτω τρεις περιπτώσεις για να εφαρμοσω σε κάθε μια από αυτές το τετράγωνο αθροίσματος.
1η) $A=2^{182}+4^{\chi }+8^{700}=(2^{91})^2+2\cdot 2^{2x-1}+(2^{1050})^2$ .
Προφανώς η παράσταση θα είναι τέλειο τετράγωνο αν
$2^{2x-1}= 2^{91}\cdot 2^{1050}$ , δηλαδή $2x-1 = 91+1050 \Rightarrow x=571$ .
2η) $A=2^{182}+4^{\chi }+8^{700}=(2^{x})^2+2\cdot 2^{181}+(2^{1050})^2$ .
Όμοια πρέπει $181 = x+1050 \Rightarrow x=-869$ .
3η) $A=2^{182}+4^{\chi }+8^{700}=(2^{91})^2+2\cdot 2^{2099}+(2^{x})^2$ .
Όμοια πρέπει $2099 = x+91 \Rightarrow x=2008$ .
Άρα η μέγιστη τιμή του

είναι το

.

#2160

xr.tsif έγραψε:
Karanus έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 406
Να βρεθεί ο μέγιστος θετικός ακέραιος $\chi$ για τον οποίο ο αριθμός $A=2^{182}+4^{\chi }+8^{700}$ είναι τετράγωνο ακεραίου αριθμού.
Ο ΟΡΕΣΤΗΣ ΤΣΑΤΑΛΜΠΑΣΙΔΗΣ είναι μαθητής της Β γυμνασίου στο 3ο Γυμνάσιο Αλεξανδρούπολης.
Μου έστειλε αυτή τη λύση και μέχρι να μάθει το latex θα ανεβάζω εγώ τις λύσεις του.
Ένα μεγάλο μπράβο στον Ορέστη και του εύχομαι καλή πρόοδο

ΛΥΣΗ

Αναλύω την παράσταση σύμφωνα με τις παρακάτω τρεις περιπτώσεις για να εφαρμοσω σε κάθε μια από αυτές το τετράγωνο αθροίσματος.
1η) $A=2^{182}+4^{\chi }+8^{700}=(2^{91})^2+2\cdot 2^{2x-1}+(2^{1050})^2$ .
Προφανώς η παράσταση θα είναι τέλειο τετράγωνο αν
$2^{2x-1}= 2^{91}\cdot 2^{1050}$ , δηλαδή $2x-1 = 91+1050 \Rightarrow x=571$ .
2η) $A=2^{182}+4^{\chi }+8^{700}=(2^{x})^2+2\cdot 2^{181}+(2^{1050})^2$ .
Όμοια πρέπει $181 = x+1050 \Rightarrow x=-869$ .
3η) $A=2^{182}+4^{\chi }+8^{700}=(2^{91})^2+2\cdot 2^{2099}+(2^{x})^2$ .
Όμοια πρέπει $2099 = x+91 \Rightarrow x=2008$ .
Άρα η μέγιστη τιμή του είναι το .

Καλωσορίζουμε τον Ορέστη στην παρέα μας!! Είμαι σίγουρος ότι σύντομα θα μάθει να χειρίζεται το $\LaTeX$ για να μπορεί να γράφει άμεσα τις λύσεις του σε ασκήσεις στο mathematica. Ας ρίξει μια ματιά στις Εισαγωγικές Οδηγίες για $\LaTeX$

Όσον αφορά την παραπάνω προσέγγιση είναι σωστό το αποτέλεσμα αρκεί να αποδειχθεί το εξής που μένει σε εκρρεμότητα: Είδαμε ότι αν x=581

και αν

ο αριθμός

γίνεται τέλειο τετράγωνο ακεραίου. Η ερώτηση είναι η εξής: γιατί αν x>2008

ο αριθμός δεν είναι τέλειο τετράγωνο; Αυτό το τελευταίο είναι απαραίτητο για να είμαστε πλέον σίγουροι ότι η μεγαλύτερη τιμή του

για την οποία ο

είναι τέλειο τετράγωνο είναι το 2008

.

Αλέξανδρος

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