Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2301

jasonmaths4ever έγραψε: Έστω λοιπόν η ελάχιστη τετράδα (a,b,c,n) που ικανοποιεί την δοσμένη εξίσωση. Παρατηρούμε όμως ότι αν η τετράδα είναι λύση, τότε και η τετράδα $(\frac{a}{2}, \frac{b}{2}, \frac{c}{2}, \frac{n}{2})$ είναι λύση, το οποίο όμως είναι αδύνατο, αφού έχουμε υποθέσει ότι η (a,b,c,n) είναι η ελάχιστη τετράδα που ικανοποιεί την εξίσωση.

1ον: Πρέπει να ορίσεις όταν λες "ελάχιστη" τετράδα τί ακριβώς εννοείς (π.χ. ως προς το άθροισμα ή ως προς το γινόμενο)

2ον: Αν η τετράδα (a,b,c,n)

είναι λύση τότε δεν είναι απαραίτητο οι a,b,c,n

να είναι ΟΛΟΙ άρτιοι συνεπώς δεν είναι απαραίτητο οι $\dfrac{a}{2}, \dfrac{b}{2}, \dfrac{c}{2}, \dfrac{n}{2}$ να είναι ακέραιοι κι έτσι η τετράδα $\left(\dfrac{a}{2}, \dfrac{b}{2}, \dfrac{c}{2}, \dfrac{n}{2}\right)$ δεν είναι απαραίτητα λύση της δοσμένης. Φυσικά αν αποδείξεις ότι όλοι είναι απαραίτητα άρτιοι τότε το επιχείρημά σου είναι σωστό. Διαφορετικά πρέπει να το ξαναδείς διαφορετικά...

Αλέξανδρος

#2302

Σωστά τα λέει ο Αλέξανδρος. Το κυριότερο μέρος της δουλειάς του Δημήτρη πιο πάνω ήταν για να δείξει ότι όλοι πρέπει να είναι άρτιοι. Αυτά όλα σίγουρα χρειάζεται να υπάρχουν. Μπορούμε λοιπόν να πάρουμε αρκετά από τα βήματα του Δημήτρη και να χρησιμοποιήσουμε την άπειρη κάθοδο. Γράφω τις σημαντικές λεπτομέρειες για το πως πρέπει να γράψουμε την απόδειξη.

Έστω ότι η εξίσωση έχει ακέραιες μη μηδενικές λύσεις. Παίρνω μια τέτοια λύση (a,b,c,n)

με

ελάχιστο. Τότε ... οι a,b,c,n

είναι όλοι άρτιοι. (*) Οπότε και η (a',b',c',n')

όπου

είναι ακέραια μη μηδενική λύση. Όμως επειδή δεν είναι όλα τα a,b,c,d

ίσα με μηδέν έχω |a'| + |b'| + |c'| + |n'| < |a| + |b| + |c| + |d|

. Αυτό είναι άτοπο οπότε δεν υπάρχει μη μηδενική λύση. Είναι προφανές ότι η (0,0,0,0)

είναι λύση οπότε είναι και η μοναδική λύση στους ακεραίους.

(*) Εδώ παρέλειψα να γράψω αρκετά από το βήματα. Δεν έχω κάτι να προσθέσω σε αυτά που έκανε ο Δημήτρης οπότε τα παρέλειψα.

#2303

Άσκηση 1171
Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις τις εξίσωσης

$\displaystyle{x^4 −2x^3 +x = y^4 + 3y^2 +y.}$

Άσκηση 1172
Έστω

ένας θετικός ακέραιος. Τοποθετούμε αυθαίρετα στην περιφέρεια ενός κύκλου τους αριθμούς 1, 2, 3,....., 2n.

Σε κάθε χορδή που ενώνει δύο από αυτά τα σημεία αντιστοιχούμε έναν αριθμό που είναι ίσος με την απόλυτη τιμή της διαφοράς των αριθμών σε αυτά τα σημεία.
Να δείξετε ότι μπορούμε να επιλέξουμε

μη τεμνόμενες ανά δύο χορδές τέτοιες ώστε το άθροισμα των αριθμών που αντιστοιχούν σε αυτές να ισούται με n^2 .

Αρχιμήδης 6 · #2304

socrates έγραψε:Άσκηση 1171
Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις τις εξίσωσης

$\displaystyle{x^4 −2x^3 +x = y^4 + 3y^2 +y.}$

Πολύ ωραία εξίσωση- παγίδα... Έχω περιέργεια να δω τις λύσεις σας οπότε θα περιμένω.

#2305

socrates έγραψε:Άσκηση 1171
Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις τις εξίσωσης

$\displaystyle{x^4 −2x^3 +x = y^4 + 3y^2 +y.}$

Πολλαπλασιάζοντας και τα δύο μέλη με το 4 και προσθέτοντας 1, η εξίσωση γίνεται (2x^2-2x-1)^2=4y^4+12y^2+4y+1.

Για

έχουμε

Για

έχουμε

Οπότε έχουμε να ελέγξουμε μόνο τις περιπτώσεις y=2,1,0,-1.

Οι τιμές

είναι οι μόνες που δίνουν τέλειο τετράγωνο.
Για y=2

παίρνουμε τα ζεύγη (x,y)=(-2,2),(3,2)

Για

παίρνουμε τα ζεύγη (0,0),(1,0)

Αρχιμήδης 6 · #2306

smar έγραψε:
socrates έγραψε:Άσκηση 1171
Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις τις εξίσωσης

$\displaystyle{x^4 −2x^3 +x = y^4 + 3y^2 +y.}$
Πολλαπλασιάζοντας και τα δύο μέλη με το 4 και προσθέτοντας 1, η εξίσωση γίνεται
Για έχουμε

Για έχουμε

Οπότε έχουμε να ελέγξουμε μόνο τις περιπτώσεις Οι τιμές είναι οι μόνες που δίνουν τέλειο τετράγωνο.
Για παίρνουμε τα ζεύγη
Για παίρνουμε τα ζεύγη

Καλησπέρα Σιλουανέ!
Πολύ ωραία λύση.
Αν θες δικαιολόγησε τον τρόπο που σκέφτηκες για να πετύχεις την συμπλήρωση τετραγώνου γιατί είναι το σπουδαιότερο κομμάτι της λύσης που πρέπει να φανεί.

#2307

Δημήτρη καλησπέρα, παραγοντοποιώντας το αριστερό μέλος παίρνουμε ότι x^4-2x^3+x=x(x-1)(x^2-x-1)=x(x-1)(x(x-1)-1)

Οπότε αν θέσουμε x(x-1)=w

έχουμε

και πλέον για να συμπληρώσουμε το τετράγωνο θέλουμε όντως να πολλαπλασιάσουμε με το 4 και να προσθέσουμε 1. Αυτή ήταν η σκέψη μου.

#2308

ΑΣΚΗΣΗ 173 Αν $\displaystyle{x,y \in Q}$ και $\displaystyle{27x^3 y +64y^4 +20xy^2 = 9x^3 +15x^2 y +48y^3}$ , να αποδείξετε ότι η παράσταση:

$\displaystyle{A=1+x^2 +y^2}$ είναι τέλειο τετράγωνο ρητού αριθμού.

gavrilos · #2309

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1173 Αν $\displaystyle{x,y \in Q}$ και $\displaystyle{27x^3 y +64y^4 +20xy^2 = 9x^3 +15x^2 y +48y^3}$ , να αποδείξετε ότι η παράσταση:

$\displaystyle{A=1+x^2 +y^2}$ είναι τέλειο τετράγωνο ρητού αριθμού.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Soteris · #2310

Άσκηση 1174

Δίνεται η ακολουθία: $\displaystyle{1, 4, 8, 10, 16, 21, 25, 30, 43}$
Να βρεθεί το πλήθος των ομάδων που αποτελούνται από συνεχόμενους όρους της ακολουθίας αυτής τέτοιες, ώστε το άθροισμα των όρων τους να διαιρείται με το $\displaystyle{11}$ .

#2311

AΣΚΗΣΗ 1175
Βρείτε τους δύο μικρότερους φυσικούς αριθμούς

για τους οποίους τα κλάσματα

$\displaystyle{\frac{68}{n + 70},\frac{69}{n + 71},\frac{70}{n + 72}, . . . ,\frac{133}{n + 135}}$

είναι όλα ανάγωγα.
viewtopic.php?f=109&t=39252

AΣΚΗΣΗ 1176
Έστω

και

θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε ο αριθμός m^2 + n^2 − m

να διαιρείται από τον 2mn.

Δείξτε ότι ο

είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.
viewtopic.php?f=109&t=35193

AΣΚΗΣΗ 1177
Βρείτε όλα τα ζεύγη θετικών ακεραίων (x,y)

τέτοια, ώστε $x^{x+y}=y^{3x}.$

AΣΚΗΣΗ 1178
Αν $\displaystyle{m,n>1}$ ακέραιοι, να λυθεί στους ακεραίους η εξίσωση $\displaystyle{x^n+y^n=2^m.}$
viewtopic.php?f=111&t=44461

AΣΚΗΣΗ 1179
Προσδιορίστε τους δύο μικρότερους φυσικούς αριθμούς της μορφής 7m^2 − 11n^2

όπου

και

φυσικοί αριθμοί.
viewtopic.php?f=111&t=34786

AΣΚΗΣΗ 1180
Έστω p>3

ένας πρώτος. Δείξτε ότι

$\displaystyle{p^2|\sum_{k=1}^{p-1}k^{2p+1}.}$
viewtopic.php?f=111&t=34957

AΣΚΗΣΗ 1181
Να λυθεί η εξίσωση $\displaystyle{\left[\frac{x}{y}-\frac{y}{x}\right]=\frac{x^2}{y}+\frac{y}{x^2}}$ , $x,y \in \mathbb{Z}$ .
viewtopic.php?f=109&t=2916

AΣΚΗΣΗ 1182
Να βρεθούν οι θετικοί ακέραιοι a , b , c

,ώστε

, όπου το

δηλώνει το '' διαιρεί ''.
viewtopic.php?f=109&t=32416

AΣΚΗΣΗ 1183
Δίνεται η εξίσωση x (x +1) = pq (x - y ),

όπου

πρώτοι, διαφορετικοί μεταξύ τους.
Να δείξετε ότι η παραπάνω εξίσωση έχει ακριβώς δύο ρίζες $(x,y)\in \mathbb{N}^*^2,$ στις οποίες το

είναι κοινό.
http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=17241

AΣΚΗΣΗ 1184
Δείξτε ότι ο αριθμός $n^n + (n + 1)^{n+1}$ είναι σύνθετος για άπειρους θετικούς ακεραίους

http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=35463

AΣΚΗΣΗ 1185
Βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους

για τους οποίους ο αριθμός $\displaystyle{\frac{n!-1}{2n+7}}$ είναι ακέραιος.
http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=37269

AΣΚΗΣΗ 1186
Υπάρχει φυσικός αριθμός

ώστε ο $n^n+\left(n+3 \right)^n$ να είναι πολλαπλάσιο του 2013;

http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=38498

AΣΚΗΣΗ 1187
Αν a, b, c

πρώτοι αριθμοί και ο αριθμός $\displaystyle E=\frac{a-b}{c}+\frac{b-c}{a}+\frac{c-a}{b}$ είναι ακέραιος, τότε E=0.

AΣΚΗΣΗ 1188
Οι θετικοί ακέραιοι a, b, c , d

είναι τέτοιοι, ώστε ο αριθμός an + b

να διαιρείται ακριβώς με τον αριθμό cn + d,

για κάθε θετικό ακέραιο

Να δείξετε ότι υπάρχει θετικός ακέραιος

τέτοιος ώστε a = kc

και

AΣΚΗΣΗ 1189
Οι αριθμοί $\displaystyle{a_1,a_2,...a_{2n}}$ είναι μια μετάθεση των αριθμών 1,2,...,2n.

Αν ισχύει

$\displaystyle{|a_1-a_2|+|a_2-a_3|+\cdots+|a_{2n-1}-a_{2n}|+|a_{2n}-a_1|=2n^2}$

να δείξετε ότι

$\displaystyle{|a_1-a_2|+|a_3-a_4|+\cdots+|a_{2n-1}-a_{2n}|=n^2}$

AΣΚΗΣΗ 1190
Μπορούμε να τοποθετήσουμε στο επίπεδο
α) 24 ίσους κύκλους
β) 25 ίσους κύκλους
ώστε καθένας τους να εφάπτεται με ακριβώς τρεις από αυτούς;

#2312

socrates έγραψε:
AΣΚΗΣΗ 1187
Αν πρώτοι αριθμοί και ο αριθμός $\displaystyle E=\frac{a-b}{c}+\frac{b-c}{a}+\frac{c-a}{b}$ είναι ακέραιος, τότε

Έστω $\displaystyle{a\ne b\ne c\ne a.}$ Έστω ακόμα $\displaystyle{a>b>c}$ (όμοια και οι άλλες περιπτώσεις)

Είναι

$\displaystyle{\frac{ab(a-b)+bc(b-c)+ca(c-a)}{abc}\in \mathbb{Z}\implies a|(ab(a-b)+bc(b-c)+ca(c-a))\stackrel{(a,b)=(a,c)=1}{\implies }a|(b-c)\implies a\leq |b-c|}$

Με όμοιο τρόπο βρίσκουμε $\displaystyle{b\leq |c-a|,c\leq |a-b|}$

Τότε

$\displaystyle{a<b-c,~b<a-c,~c<a-b,}$ που αντιβαίνουν στην αρχική διάταξη.

Άρα τουλάχιστον δύο εκ των $\displaystyle{a,b,c}$ είναι ίσοι. Το ζητούμενο έπεται.

ealexiou · #2313

socrates έγραψε: AΣΚΗΣΗ 1190
Μπορούμε να τοποθετήσουμε στο επίπεδο
α) 24 ίσους κύκλους
ώστε καθένας τους να εφάπτεται με ακριβώς τρεις από αυτούς;

Ωσεί Γεωμετρία

: 24 ισοι κύκλοι.png (43.17 KiB) Προβλήθηκε 2599 φορές

Το κανονικό εξάγωνο είναι μια ενδεικτική λύση.
Οι

τετράδες κύκλων, βασικό στοιχείο της λύσης, μπορούν να συνδεθούν με άπειρους τρόπους.

#2314

socrates έγραψε:
AΣΚΗΣΗ 1190
...
β) 25 ίσους κύκλους
ώστε καθένας τους να εφάπτεται με ακριβώς τρεις από αυτούς;

Αν γινόταν τέτοια διευθέτηση, τότε τα σημεία επαφής θα είναι τρία για κάθε κύκλο, οπότε $25\times 3$ , αλλά επειδή το καθένα το μετράμε δύο φορές (μία για τον κάθε κύκλο στον οποίο ανήκει) τελικά θα ήσαν $\frac {25\times 3}{2} \notin \mathbb N$ . 'Ατοπο. 'Αρα δεν γίνεται τέτοια διευθέτηση.

Γενικότερα, δεν μπορούμε να τοποθετήσουμε στο επίπεδο περιττό πλήθος ίσων κύκλων έτσι ώστε ο καθένας να εφάπτεται σε ακριβώς τρεις άλλους.

#2315

socrates έγραψε:
AΣΚΗΣΗ 1188
Οι θετικοί ακέραιοι είναι τέτοιοι, ώστε ο αριθμός να διαιρείται ακριβώς με τον αριθμό για κάθε θετικό ακέραιο
Να δείξετε ότι υπάρχει θετικός ακέραιος τέτοιος ώστε και

Έστω

μη αρνητικοί ακέραιοι με r < k

τέτοιοι ώστε a=kc+r

. Τότε, $\displaystyle{ \frac{an+b}{cn+d} = \frac{a}{c} + \frac{bc-ad}{c(cn+d)}} = k + \frac{r}{c} + \frac{bc-ad}{c(cn+d)}}.$

Για n > |bc-ad|

είναι $cn+d \geqslant n > |bc-ad|$ οπότε $\displaystyle{ \left|\frac{bc-ad}{c(cn+d)}\right| < \frac{1}{c}}$ και άρα $\displaystyle{ k-1 \leqslant k+ \frac{r-1}{c} < \frac{an+b}{cn+d} < k + \frac{r+1}{c} \leqslant k+1.}$

Πρέπει λοιπόν $\displaystyle{ \frac{an+b}{cn+d} = k}$ . Τότε $\displaystyle{ \frac{r-1}{c} < 0 < \frac{r+1}{c}}$ που δίνει r=0

. Άρα

και χρησιμοποιώντας ότι $\displaystyle{ \frac{an+b}{cn+d} = k}$ παίρνουμε και b=kd

.

#2316

socrates έγραψε: AΣΚΗΣΗ 1190
Μπορούμε να τοποθετήσουμε στο επίπεδο
α) 24 ίσους κύκλους
β) 25 ίσους κύκλους
ώστε καθένας τους να εφάπτεται με ακριβώς τρεις από αυτούς;

Ας προσθέσω ότι μπορούμε να τοποθετήσουμε με τον ζητούμενο τρόπο κύκλους σε πλήθος
οποιοδήποτε πολλαπλάσιο του

, από

και πέρα. Τα παρακάτω σχήματα δείχνουν
τις περιπτώσεις $4\times 4$ και $4\times 5$ , ενώ η περίπτωση $4\times N$ γίνεται με την
προφανή γενίκευση.

Για περιττό πλήθος κύκλων, είπαμε ότι δεν γίνεται το αντίστοιχο. Δεν ξέρω τι γίνεται με τους
υπόλοιπους άρτιους ( $8, \, 12, \, 4N+2$ ). Δεν το σκέφτηκα γιατί έχω πάρα πολλή πίεση δουλειάς,
αλλά θα ήταν ενδιαφέρον να σχεδιασθεί μία τέτοια διευθέτηση, αν είναι εφικτή, ή να αποδειχθεί το αδύνατο
στην ενάντια περίπτωση.

#2317

Mihalis_Lambrou έγραψε:
socrates έγραψε: AΣΚΗΣΗ 1190
Μπορούμε να τοποθετήσουμε στο επίπεδο
α) 24 ίσους κύκλους
β) 25 ίσους κύκλους
ώστε καθένας τους να εφάπτεται με ακριβώς τρεις από αυτούς;
Ας προσθέσω ότι μπορούμε να τοποθετήσουμε με τον ζητούμενο τρόπο κύκλους σε πλήθος
οποιοδήποτε πολλαπλάσιο του , από και πέρα. Τα παρακάτω σχήματα δείχνουν
τις περιπτώσεις $4\times 4$ και $4\times 5$ , ενώ η περίπτωση $4\times N$ γίνεται με την
προφανή γενίκευση.

Για περιττό πλήθος κύκλων, είπαμε ότι δεν γίνεται το αντίστοιχο. Δεν ξέρω τι γίνεται με τους
υπόλοιπους άρτιους ( $8, \, 12, \, 4N+2$ ). Δεν το σκέφτηκα γιατί έχω πάρα πολλή πίεση δουλειάς,
αλλά θα ήταν ενδιαφέρον να σχεδιασθεί μία τέτοια διευθέτηση, αν είναι εφικτή, ή να αποδειχθεί το αδύνατο
στην ενάντια περίπτωση.

Τα ίδια σκεφτόμουν και εγώ. Γίνεται και και τους υπόλοιπους άρτιους. Π.χ. στην θέση μιας από τις τετράδες μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε μια εξάδα. Εκεί που η τετράδα αποτελείται από 1+2+1

κύκλους, η εξάδα θα αποτελείται από 1+2+2+1

κύκλους. Ελπίζω να είναι κατανοητό χωρίς το σχήμα.

Επεξεργασία: Μπορείτε να δείτε το σχήμα στην αμέσως επόμενη ανάρτηση.

ealexiou · #2318

Για

κύκλους

: 4N+2.png (197.99 KiB) Προβλήθηκε 2496 φορές

#2319

Ευχαριστώ για το σχήμα!

Αρχιμήδης 6 · #2320

Demetres έγραψε:
socrates έγραψε:
AΣΚΗΣΗ 1188
Οι θετικοί ακέραιοι είναι τέτοιοι, ώστε ο αριθμός να διαιρείται ακριβώς με τον αριθμό για κάθε θετικό ακέραιο
Να δείξετε ότι υπάρχει θετικός ακέραιος τέτοιος ώστε και

Έστω μη αρνητικοί ακέραιοι με τέτοιοι ώστε . Τότε, $\displaystyle{ \frac{an+b}{cn+d} = \frac{a}{c} + \frac{bc-ad}{c(cn+d)}} = k + \frac{r}{c} + \frac{bc-ad}{c(cn+d)}}.$

Για είναι $cn+d \geqslant n > |bc-ad|$ οπότε $\displaystyle{ \left|\frac{bc-ad}{c(cn+d)}\right| < \frac{1}{c}}$ και άρα $\displaystyle{ k-1 \leqslant k+ \frac{r-1}{c} < \frac{an+b}{cn+d} < k + \frac{r+1}{c} \leqslant k+1.}$

Πρέπει λοιπόν $\displaystyle{ \frac{an+b}{cn+d} = k}$ . Τότε $\displaystyle{ \frac{r-1}{c} < 0 < \frac{r+1}{c}}$ που δίνει . Άρα και χρησιμοποιώντας ότι $\displaystyle{ \frac{an+b}{cn+d} = k}$ παίρνουμε και .

Ωραία απόδειξη.

Λίγο διαφορετικά...

Για κάθε θετικό ακέραιο

ισχύει

Άρα

καθώς και

και αφαιρώντας αυτές θα ισχύει ότι

cn+d|ad-bc

Αν $ad-bc\neq0$ τότε

Βάζοντας όπου n=|ad-bc|

θα προκύψει cn+d>|ad-bc|

αδύνατον συνεπώς ad=bc

Επειδή ισχύει ότι c+d|a+b

τότε $c+d|a+\dfrac{ad}{c}$

c(c+d)|a(c+d)

άρα

και αφού

τότε

και έστω

θετικοί ακέραιοι ώστε ck=a

,

άρα

,

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