mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 16, 2011 1:06 am**

'Οταν λέμε ότι δίνονται τρείς περιττοί φυσικοί χωρίς κατι άλλο εννοούμε τρείς οποιουσδήποτε τέτοιους.
Άρα δουλεύουμε στη τυχούσα τριάδα περιττών.

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 16, 2011 1:15 am**

ΑΣΚΗΣΗ 95 A
Αν
$\left( {x,y > 0} \right)\;\kappa \alpha \iota \;\left( {5x + 6y = 7} \right),$
να υπολογιστεί το maximum (=Μέγιστο) της παράστασης
A = x^2 y^3 .

Την επαναφέρω σαν 95 Α αφού έγινε λάθος στην αρίθμηση και υπάρχει και άλλη άσκηση με αύξοντα αριθμό 95.

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 16, 2011 9:33 am**

Τη επαναπροτείνω γιά να ασχοληθούν και οι Μαθητές guniors,
παρ' όλο που έχει λυθεί πολύ γρήγορα από τον Θάνο (matha).

Να εξεταστεί αν ο συλλογισμός που ακολουθεί είναι ΣΩΣΤΟΣ ή ΛΑΘΟΣ δίνοντας πλήρη εξήγηση της απάντησης σας.
« Υπάρχει τουλάχιστον μία τριάδα φυσικών αριθμών
$\left( {k,\ell ,m} \right)\;\mu \varepsilon \;\left( {k - \ell } \right)\left( {\ell - m} \right)\left( {m - k} \right) \ne 0,\;\tau \varepsilon \tau o\iota o\iota \;\pi o\upsilon \;2^k + 2^\ell = 2^m$ »

S. E. Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 16, 2011 11:45 am**

Grigoris K. έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 87

Σε μια σκακιέρα $6 \times 6$ έχουν τοποθετηθεί φυσικοί αριθμοί. Κάθε κίνηση συνίσταται στην επιλογή ενός τετραγώνου μεγαλύτερου από $1 \times 1$ ( το οποίο αποτελείται από "κουτάκια" της σκακιέρας ) και στην αύξηση όλων των φυσικών αριθμών που βρίσκονται στο επιλεγμένο τετράγωνο κατά 1. Είναι πάντα ευφικτό να κάνουμε κάποιες κινήσεις ώστε να οδηγηθούμε σε μια κατάσταση όπου όλοι οι φυσικοί αριθμοί είναι διαρετοί από το 3;

(η 87 είναι λίγο "τσιμπημένη")

Μιας και ξεχάστηκε θα δώσω μια ισχυρή υπόδειξη για τους μικρούς μας φίλους. Μπορεί τέτοιες ασκήσεις να φαντάζουν δύσκολες και να φοβούνται οι juniors να τις αντιμετωπίσουν αλλά σύντομα θα κατανοήσουν την σημασία και θα γευτούν την ομορφιά την Συνδοιαστικής:

Θα αντικρούσουμε το τον ισχυρισμό χρησιμοποιώντας αντιπαράδειγμα, δηλαδή θα αναφερθούμε σε μία κατάσταση όπου κάνοντας $\nu$ κινήσεις είναι αδύνατον να οδηγηθούμε στην ζητούμενη κατάσταση.

Σκεφτείτε την παρακάτω περίπτωση (μπορείτε και να την γενικεύσετε με πολλαπλάσια του 3 και μη):

3~~~3 ~~~3~~~3 ~~~3~~ ~3

Τώρα λαμβάνοντας υπόψιν τον ορισμό της κινήσεως αποδείξτε ότι το ζητούμενο δεν μπορεί να ισχύει σε αυτή την περίπτωση και συνεπώς δεν ισχύει πάντα.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 16, 2011 2:57 pm**

Ας μου επιτραπεί να εκφράσω μια άποψη: Οι ασκήσεις 50 και 87 προτείνω να λυθούν αναλυτικά από έμπειρα μέλη μας ώστε να αποκτήσουν οι αμύητοι πάνω σε τέτοια πρωτότυπα θέματα μια εμπειρία.

Φιλικά,

Ιωάννου Δημήτρης

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 16, 2011 8:45 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 91

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Λύση:
Η εξίσωση ισοδύναμα γίνεται
$54\frac{{2x}} {a} = \left[ {\frac{{2\left( {x - a} \right)}} {a}} \right]^3 ,$
για να οδηγηθούμε στην αντικατάσταση
$y = \frac{{2\left( {x - a} \right)}} {a} \Leftrightarrow 2x = a\left( {y + 2} \right),$
που μας «διώχνει» το a διευκολύνοντας, αφού αρκεί να λύσουμε πλέον την εξίσωση
$y^3 - 36y - 108 = 0 \Leftrightarrow \left( {y + 6} \right)\left( {y^2 - 6y} \right) - 18\left( {y + 6} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {y + 6} \right)\left( {y^2 - 6y - 18} \right) = 0,$
που έχει σαν λύσεις τις
$y_1 = - 6,\;y_2 = 3 - \sqrt 3 ,\;y_3 = 3 + \sqrt 3 ,$
από τις οποίες έχουμε:
$x_1 = - 2a,\;x_2 = \frac{{a\left( {5 - 3\sqrt 3 } \right)}} {2},\;x_3 = \frac{{a\left( {5 + 3\sqrt 3 } \right)}} {2}.$

(*) Υπάρχουν περιπτώσεις εξισώσεων που επιλύονται ευκολότερα με μετασχηματισμούς που οδηγούν σε περιβάλλον αντικατάστασης όπως προηγούμενα διαπιστώσαμε. Υπάρχουν standard αντικαταστάσεις που αφορούν σε συγκεκριμμένες μορφές εξισώσεων πολλές από τις οποίες θα πρέπει να εκθέσουμε, αλλά υπάρχουν και αντικαταστάσεις που είναι αποτέλεσμα της δεξιοτεχνίας του λύτη και που η δεξιοτεχνία αυτή αποκτάται και με την επίλυση πολλών Ασκήσεων του είδους.

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 16, 2011 9:37 pm**

socrates έγραψε:Άσκηση 50
α) Να δείξετε ότι μπορούμε να τοποθετήσουμε 20 μη μηδενικούς ακεραίους, όχι απαραίτητα διαφορετικούς, στη σειρά έτσι ώστε το άθροισμά τους να είναι θετικό, ενώ το άθροισμα οποιονδήποτε τριών διαδοχικών να είναι αρνητικό.
β) Δείξτε ότι δε μπορούμε να κάνουμε το ίδιο σε ένα κύκλο.

Βάζω μια απόδειξη μιας και έχει μείνει άλυτη αρκετό καιρό. Θα προσπαθήσω να γράψω κάπως αναλυτικά το σκεπτικό. Για το (α) θέλουμε να βρούμε το παράδειγμα χωρίς να μπλέξουμε σε πράξεις. Θα προσπαθήσουμε λοιπόν όσο το δυνατόν περισσότεροι αριθμοί να είναι ίσοι. Μια ιδέα είναι να δοκιμάσουμε τους ακεραίους $m,m,n,m,m,n,\ldots,m,m,n,m,m$ . Δηλαδή όλοι οι ακέραιοι που είναι σε θέσεις πολλαπλάσια του τρία να ισούνται με

και όλοι οι υπόλοιποι να ισούνται με

. Με αυτήν την επιλογή, κάθε τριάδα διαδοχικών ακεραίων έχει άθροισμα 2m + n

. Το συνολικό άθροισμα ισούται με 6n + (20-6)m

. Για να δουλέψει λοιπόν αυτή η μέθοδος θέλουμε να βρούμε m,n

ώστε

αλλά

. Για την πρώτη ανισότητα συμφέρει να επιλέξουμε n = -(2m+1)

. Τότε για να ικανοποιείται η δεύτερη ανισότητα πρέπει να βρούμε

ώστε

. Παρατηρούμε τώρα ότι το m=4

(και άρα

) δουλεύει.

Μπορούμε τώρα να γράψουμε την λύση και πιο σύντομα. Παίρνουμε τους ακεραίους $4,4,-9,4,4,-9,\ldots,4,4,-9,4,4$ . Το άθροισμα οποιονδήποτε τριών διαδοχικών ισούται με 4+4-9=-1 < 0

ενώ το ολικό άθροισμα ισούται με $14 \cdot 4 - 6\cdot 9 = 2 > 0$ .

Το (β) το αφήνω να λυθεί από τους μικρούς μας φίλους.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 16, 2011 11:14 pm**

S.E.Louridas έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 99:
Δίνονται τρείς περιττοί φυσικοί αριθμοί.
Υπάρχει ένας άλλος περιττός φυσικός αριθμός, ώστε το άθροισμα των τετραγώνων των τεσσάρων αυτών αριθμών να είναι επίσης τέλειο τετράγωνο;

Το άθροισμα

των τριών περιττών τετραγώνων είναι περιττός αριθμός.
Κάθε περιττός αριθμός αποτελεί διαφορά διαδοχικών τετραγώνων. Το

είναι της μορφής 4k+3

, και άρα αποτελεί διαφορά περιττού τετραγώνου από άρτιο τετράγωνο.
άρα ισχύει το ζητούμενο.
θεώρησα ότι αυτές οι αρχαίες ελληνικές -νομίζω- σημειώσεις δεν θέλουν απόδειξη.

S.E.Louridas έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 98
Να εξεταστεί αν ο συλλογισμός που ακολουθεί είναι ΣΩΣΤΟΣ ή ΛΑΘΟΣ δίνοντας πλήρη εξήγηση της απάντησης σας.
« Υπάρχει τουλάχιστον μία τριάδα φυσικών αριθμών
$\left( {k,\ell ,m} \right)\;\mu \varepsilon \;\left( {k - \ell } \right)\left( {\ell - m} \right)\left( {m - k} \right) \ne 0,\;\tau \varepsilon \tau o\iota o\iota \;\pi o\upsilon \;2^k + 2^\ell = 2^m$ »

ΧΒΓ.
$2^{m}=2^{l}(2^{k-l}+1)$
$2^{k-1}+1$ περιττός
πρέπει $2^{k-l}+1|2^{m}$ , άτοπο.
no solutions

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 17, 2011 1:03 am**

ΑΣΚΗΣΗ 102:
Αν οι πραγματικοί αριθμοί x,y

είναι τέτοιοι ώστε $\displaystyle x^2+y^2=\frac{x+y}{2}$ , να βρεθεί η μέγιστη τιμή της διαφοράς x-y.

ΑΣΚΗΣΗ 103 :
Δίνεται τρίγωνο ABC

και έστω

το μέσο της πλευράς

και

σημείο της

τέτοιο ώστε NB = 2AN.

Αν $\angle CAB=\angle CMN,$ να βρεθεί ο λόγος των πλευρών $\displaystyle \frac{AC} {BC}.$

ΑΣΚΗΣΗ 104 :
Να βρεθεί σκακιέρα $n \times n,$ ελάχιστου εμβαδού, η οποία μπορεί να καλυφθεί (χωρίς επικαλύψεις) από ίσο αριθμό σχημάτων της μορφής:

: sxim.GIF (1.34 KiB) Προβλήθηκε 2361 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 17, 2011 1:26 am**

Άσκηση 115.
Θεωρούμε ένα τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ . Παίρνουμε, στην πλευρά του ${\rm A}{\rm B}$ ένα σημείο $\Delta$ με ${\rm A}\Delta = \frac{5}{{12}}{\rm A}{\rm B}$ , στην πλευρά του ${\rm B}\Gamma$ ένα σημείο ${\rm E}$ με $\displaystyle{{\rm B}{\rm E} = \frac{1}{3}{\rm B}\Gamma }$ και στην πλευρά του $\Gamma {\rm A}$ ένα σημείο ${\rm Z}$ με $\Gamma {\rm Z} = \frac{1}{4}\Gamma {\rm A}$ . Τα τμήματα ${\rm A}{\rm E}$ και ${\rm B}{\rm Z}$ τέμνονται στο σημείο ${\rm K}$ , τα ${\rm B}{\rm Z}$ και $\Gamma \Delta$ στο σημείο $\Lambda$ και τα $\Gamma \Delta$ και ${\rm A}{\rm E}$ στο σημείο ${\rm M}$ . Να αποδείξετε ότι: $({\rm K}\Lambda {\rm M}) = ({\rm A}{\rm M}\Delta ) + ({\rm B}{\rm K}{\rm E}) + (\Gamma \Lambda {\rm Z}).$
Σημείωση 1. Την άσκηση αυτή την έβαλα εδώ γιατί είδα ότι έχουν βάλει και άλλες ασκήσεις Γεωμετρίας ( και γιατί η Φωτεινή είναι φίλη μου. Χιούμορ) .
Σημείωση 2. Παρακαλώ τους συναδέλφους μαθηματικούς για τρεις ημέρες να μην στείλουν λύση της άσκησης για να δώσουμε περιθώριο να ασχοληθούν οι μαθητές. Ευχαριστώ.
Σημείωση 3. Παρακαλώ το φίλο μου Χρήστο Τσιφάκη να βάλει το σχήμα. Τον ευχαριστώ.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 17, 2011 9:09 am**

με την καλημέρα μου στον κύριο Αντώνη ,δίνω και το σχήμα
(δεν είμαι ο Χρήστος αλλά η Φωτεινή ...

)

Α.Κυριακόπουλος έγραψε:Άσκηση 115.
Θεωρούμε ένα τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ . Παίρνουμε, στην πλευρά του ${\rm A}{\rm B}$ ένα σημείο $\Delta$ με ${\rm A}\Delta = \frac{5}{{12}}{\rm A}{\rm B}$ , στην πλευρά του ${\rm B}\Gamma$ ένα σημείο ${\rm E}$ με $\displaystyle{{\rm B}{\rm E} = \frac{1}{3}{\rm B}\Gamma }$ και στην πλευρά του $\Gamma {\rm A}$ ένα σημείο ${\rm Z}$ με $\Gamma {\rm Z} = \frac{1}{4}\Gamma {\rm A}$ . Τα τμήματα ${\rm A}{\rm E}$ και ${\rm B}{\rm Z}$ τέμνονται στο σημείο ${\rm K}$ , τα ${\rm B}{\rm Z}$ και $\Gamma \Delta$ στο σημείο $\Lambda$ και τα $\Gamma \Delta$ και ${\rm A}{\rm E}$ στο σημείο ${\rm M}$ . Να αποδείξετε ότι: $({\rm K}\Lambda {\rm M}) = ({\rm A}{\rm M}\Delta ) + ({\rm B}{\rm K}{\rm E}) + (\Gamma \Lambda {\rm Z}).$
Σημείωση 1. Την άσκηση αυτή την έβαλα εδώ γιατί είδα ότι έχουν βάλει και άλλες ασκήσεις Γεωμετρίας ( και γιατί η Φωτεινή είναι φίλη μου. Χιούμορ) .
Σημείωση 2. Παρακαλώ τους συναδέλφους μαθηματικούς για τρεις ημέρες να μην στείλουν λύση της άσκησης για να δώσουμε περιθώριο να ασχοληθούν οι μαθητές. Ευχαριστώ.
Σημείωση 3. Παρακαλώ το φίλο μου Χρήστο Τσιφάκη να βάλει το σχήμα. Τον ευχαριστώ.

: ΑΝΤΩΝΗΣ5.png (20.24 KiB) Προβλήθηκε 2283 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 17, 2011 2:31 pm**

S.E.Louridas έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 101:
Έχουμε 9 διαφορετικές ανα δύο τριάδες $\left( {x,y,z} \right)\;\mu \varepsilon \;x,y,z \in \mathbb{Z}.$
Να αποδειχθεί ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα ζεύγος από αυτές τις τριάδες, έστω
$\left( {x_1 ,y_1 ,z_1 } \right)\;\kappa \alpha \iota \;\left( {x_2 ,y_2 ,z_2 } \right)$ στο οποίο αντιστοιχίζεται τριάδα

$\displaystyle{\left( {\frac{{x_1 + y_1 }} {2},\frac{{x_2 + y_2 }} {2},\frac{{x_3 + y_3 }} {2}} \right)\;\mu \varepsilon \;\frac{{x_1 + y_1 }} {2},\frac{{x_2 + y_2 }} {2},\frac{{x_3 + y_3 }} {2} \in \mathbb{Z}.}$

Ένα ζεύγος (x,y,z)

μπορεί να πάρει $2\cdot 2\cdot 2=8$ διαφορετικές τιμές στο ${\mathbb{Z}_2}^3$ (οι διατεταγμένες τριάδες αριθμών mod 2

), άρα υπάρχουν δύο τριάδες ίσες στο σύνολο αυτό. Αλλά a=b(mod 2)

δίνει $\displaystyle\frac{a+b}{2}\in \mathbb{Z}$ , οπότε το ζητούμενο έπεται.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 17, 2011 2:41 pm**

Μία λύση στην πανέμορφη άσκηση 104.

Aν χρησιμοποιήσουμε α πλακίδια από κάθε είδος, τότε 4a+3a=n^2

, άρα

, οπότε

. Για n=14 μπορούμε εύκολα να καλύψουμε το τετράγωνο με τα πλακίδια (Τις πρώτες δύο γραμμές τις καλύπτουμε με βάζοντας αρχικά 4 $2\times2$ τετραγωνάκια κι έπειτα φαίνεται πώς θα καλύψουμε τα υπόλοιπα με 4 σχήματα του άλλου τύπου. Το ίδιο κάνουμε και με τις υπόλοιπες γραμμές.) Θα αποδείξουμε ότι n=14 είναι η απάντηση. Αρκεί να δείξουμε ότι δεν γίνεται ένα $7\times7$ τετράγωνο να καλυφθεί εάν χρησιμοποιήσουμε 7 σχήματα κάθε τύπου, δηλαδή 14 συνολικά σχήματα.
Θεωρούμε ένα τέτοιο τετράγωνο το οποίο μπορεί να καλυφθεί με αυτόν τον τρόπο. Βάφουμε μαύρο το 1ο,3ο,5ο,7ο κελί των γραμμών 1,3,5,7. Συνολικά έχουμε βάψει 16 κελιά.Κάθε σχήμα καλύπτει 1 το πολύ από τα βαμμένα κελιά. Άρα θα χρειαστούν τουλάχιστον 16 σχήματα για να γίνει η κάλυψη, άτοπο.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 17, 2011 3:42 pm**

ΆΣΚΗΣΉ 105

Εάν x, y πραγματικοί μη μηδενικοί να δείξετε την

$\displaystyle{\frac{{x + y}}{{{x^2} + {y^2} - xy}} \le \frac{{2\sqrt 2 }}{{\sqrt {{x^2} + {y^2}} }}}$

Από Γενικούς Συντονιστές: Σβήστηκε η κουκκίδα ως σύμβολο του πολλαπλασιασμού, σε σημείο που περιττεύει.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 17, 2011 5:15 pm**

komi έγραψε:ΆΣΚΗΣΉ 105

Εάν x, y πραγματικοί μη μηδενικοί να δείξετε την

$\displaystyle{\frac{{x + y}}{{{x^2} + {y^2} - xy}} \le \frac{{2 \cdot \sqrt 2 }}{{\sqrt {{x^2} + {y^2}} }}}$

Aπό την ανισότητα $2\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)\ge {{\left( x+y \right)}^{2}}$ έχουμε ότι $x+y\le \sqrt{2\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)}$ άρα αρκεί να δείξουμε πως $\frac{\sqrt{2\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)}}{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-xy}\le \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}}$ $\Rightarrow 0\le {{\left( x-y \right)}^{2}}$ που ισχύει

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 17, 2011 11:47 pm**

socrates έγραψε:Άσκηση 102
Αν οι πραγματικοί αριθμοί είναι τέτοιοι ώστε $\displaystyle x^2+y^2=\frac{x+y}{2}$ , να βρεθεί η μέγιστη τιμή της διαφοράς

Mια προσπάθεια γιά την 102.

Θέτω: $2(x^2+y^2)=a ~~\kappa \alpha \iota~~(x-y)^2=b$ .

Τότε $(x+y)^2=a-b\Rightarrow x+y=\sqrt{a-b}$ καί η δοθείσα γράφεται:

$\frac{a}{2}=\frac{\sqrt{a-b}}{2}\Leftrightarrow a=\sqrt{a-b}\Leftrightarrow b=a-a^2=-[(a-\frac{1}{2})^2-\frac{1}{4}]\leq \frac{1}{4}$

Αρα $b\leq \frac{1}{4}\Rightarrow \sqrt{b}=x-y\leq \sqrt{\frac{1}{4}}=\frac{1}{2}$ με την ισότητα για $a=\frac{1}{2}$ . Δηλαδή γιά την ισότητα θέλουμε:

$x^2+y^2=\frac{1}{4}~~,x-y=\frac{1}{2}~~ \kappa \alpha \iota~~ x+y=\frac{1}{2}$

Απο τις παραπάνω σχέσεις εύκολα βρίσκουμε οτί $(x,y)=(\frac{1}{2},0)$ ,
τίμες πού ικανοποιούν την αρχική σχέση.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 17, 2011 11:54 pm**

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 $\sqrt[7]{c} \in \mathbb{Q}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 18, 2011 7:00 am**

ΑΣΚΗΣΗ 107
Αν ο

είναι ακέραιος, να αποδειχθεί ότι ο $\sqrt{n^2-3n+2}+\sqrt{n^2+n+1}$ είναι άρρητος

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 18, 2011 9:47 am**

s.kap έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 107
Αν ο είναι ακέραιος, να αποδειχθεί ότι ο $\sqrt{n^2-3n+2}+\sqrt{n^2+n+1}$ είναι άρρητος

$0\leq (n-2)^{2}<n^{2}-3n+2<(n-1)^{2}$
$0< n^{2}<n^{2}+n+1<(n+1)^{2}$
αφού τα υπόριζα δεν είναι τέλεια τετράγωνα, αλλά είναι θετικοί ακέραιοι, τότε έχουν άρρητη ρίζα. πρόκειται για άρρητους με τετράγωνο ακέραιο, και άρα το άθροισμα τους είναι επίσης άρρητος.(ή τουλάχιστον αυτό θυμάμαι να ισχύει σε τέτοιου είδους άρρητους).

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 18, 2011 12:12 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 108 :

(α) Δίνονται 501 διαφορετικοί θετικοί ακέραιοι όλοι μικρότεροι ή ίσοι του 1000. Να δειχθεί ότι δύο από αυτούς είναι σχετικώς πρώτοι μεταξύ τους. (Δηλαδή ο μέγιστος κοινός διαιρέτης τους ισούται με 1.)

(β) Δίνονται 501 διαφορετικοί θετικοί ακέραιοι όλοι μικρότεροι ή ίσοι του 1000. Να δειχθεί ότι υπάρχουν δύο (διαφορετικοί) από αυτούς ώστε ο ένας να διαιρεί τον άλλο.

ΑΣΚΗΣΗ 109 :

Ο Ανδρέας και ο Βασίλης παίζουν το εξής παιγνίδι. Έχουν στον πίνακα γραμμένους τους αριθμούς από το 1 μέχρι το 100. Παίζει πρώτος ο Ανδρέας. Σβήνει δυο αριθμούς, όποιους θέλει, και γράφει στον πίνακα την διαφορά τους. Μετά κάνει το ίδιο ο Βασίλης και συνεχίζουν εναλλάξ μέχρι να μείνει μόνο ένας αριθμός γραμμένος στον πίνακα. Αν είναι περιττός κερδίζει ο Ανδρέας ενώ αν είναι άρτιος κερδίζει ο Βασίλης. Ποιος από τους δύο έχει στρατηγική νίκης;

mathematica.gr

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