mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 18, 2011 12:34 pm**

παιδες μπορει να εξηγησει καποιος αναλυτικοτερα την ανισοτητα του 105?

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 18, 2011 1:13 pm**

marmix έγραψε:παιδες μπορει να εξηγησει καποιος αναλυτικοτερα την ανισοτητα του 105?

komi έγραψε:ΆΣΚΗΣΉ 105
Εάν πραγματικοί μη μηδενικοί να δείξετε την
$\displaystyle{\frac{{x + y}}{{{x^2} + {y^2} - xy}} \le \frac{{2\sqrt 2 }}{{\sqrt {{x^2} + {y^2}} }}}$

Βέβαια, και καλά κάνεις που ρωτάς. Θα ήθελα να ενθαρρύνω και όλους τους άλλους που δεν καταλαβαίνουν κάτι να μας ρωτούν.

Κατ' αρχήν υπάρχει ένα λαθάκι στην λύση αφού το τελευταίο $\Rightarrow$ θα έπρεπε να ήταν $\Leftarrow$ . Αν αυτό μόνο ήταν το πρόβλημα τότε δεν χρειάζεται να διαβάσεις τα υπόλοιπα.

Θα προσπαθήσω να την εξηγήσω αρκετά αναλυτικά και αν εξακολουθεί να υπάρχει κάποιο πρόβλημα μου λες. Γνωρίζουμε ότι $(x-y)^2 \geqslant 0$ και άρα $x^2 - 2xy + y^2 \geqslant 0$ άρα $x^2 + y^2 \geqslant 2xy$ . Αν προσθέσω τώρα στην τελευταία ανισότητα το

και στα δύο μέρη θα πάρω $2(x^2 + y^2) \geqslant x^2 + y^2 + 2xy = (x + y)^2$ . Επίσης, επειδή το

είναι μη αρνητικό μπορούμε να πάρουμε τετραγωνικές ρίζες και να γράψουμε $x+y \leqslant \sqrt{2(x^2 + y^2)}$

Φυσικά όταν γίνουμε κάπως πιο έμπειροι δεν είναι ανάγκη να κάνουμε όλη αυτήν την διαδικασία. Μπορούμε να γράφουμε απευθείας $x^2 + y^2 \geqslant 2xy$ ή $2(x^2 + y^2) \geqslant (x+y)^2$ διότι θεωρούνται απλές ανισότητες.

Θέλουμε τώρα να αποδείξουμε την

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

Επειδή

$\displaystyle{ \frac{{x + y}}{{{x^2} + {y^2} - xy}} \leqslant \frac{\sqrt{2(x^2 + y^2)}}{x^2 + y^2 - xy}}$ (*)

αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle{ \frac{\sqrt{2(x^2 + y^2)}}{x^2 + y^2 - xy} \leqslant \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{x^2 + y^2}}}$ (**)

Στην (*) χρειάζεται προσοχή. Για να ισχύσει δεν αρκεί μόνο ότι $x+y \leqslant \sqrt{2(x^2 + y^2)}$ . Πρέπει και το

να είναι θετικό. Αν $xy \leqslant 0$ τότε σίγουρα x^2 + y^2 - xy > 0

. Αν

τότε από την προηγούμενη ανισότητα έχουμε $x^2 + y^2 - xy \geqslant 2xy - xy = xy > 0$ . (Η $x^2 + y^2 - xy \geqslant 0$ με ισότητα μόνο αν x=y=0

είναι άλλη μια απλή ανισότητα που στην συνέχεια επιτρέπεται να χρησιμοποιούμε απευθείας.)

Ας πάμε πίσω στο πρόβλημα. Μένει να αποδείξουμε την (**) ή ισοδύναμα την

$\displaystyle{ \sqrt{2(x^2 + y^2)}\sqrt{x^2 + y^2} \leqslant 2\sqrt{2}(x^2 + y^2 - xy)}$

Ισοδύναμα, αρκεί (διαιρώντας με $\sqrt{2}$ και αφαιρώντας το αριστερό μέλος από το δεξί) να δείξουμε ότι
$\displaystyle{ 2(x^2 + y^2 - xy) - (x^2 + y^2) \geqslant 0.}$

Το αριστερό όμως μέλος ισούται με x^2 + y^2 - 2xy = (x-y)^2

το οποίο είναι πράγματι μη αρνητικό.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 18, 2011 1:53 pm**

Demetres έγραψε:
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;

Θα πω πως ο Βασίλης έχει στρατηγική νίκης αν και κάνει 49 κινήσεις έναντι των 50 κινήσεων του Ανδρέα. Από το 1 μέχρι το 100 υπάρχουν 50 άρτιοι και 50 περιττοί.

Ο Βασίλης επιδιώκει να αφήσει στις τελευταίες κινήσεις πλήθος άρτιων αριθμών, πράγμα και το οποίο μπορεί να επιτευχθεί πιο εύκολα (σε σχέση με τους περιττούς) αφού άρτιος - άρτιος = άρτιος και περριττός - περριττός = άρτιος, ενώ άρτιος - περιττός ή περιττός - άρτιος = περιττός.

Συγκεκριμένα στην 48η κίνησή του ο Βασίλης επιθυμεί 5 άρτιους είτε 3 άρτιους και 2 περιττούς, αφού αυτοί οι συνδοιασμοί θα τους εξασφαλίζουν την νίκη καθώς στην 49η κίνηση του Ανδρέα θα μείνουν 4 άρτιοι είτε 2 άρτιοι και 2 περιττοί, συνδιασμός πράγματι νικηφόρος για τον Βασίλη αφού στην 49η και τελευταία κινησή του θα έχει 3 άρτιους ή 2 περιττούς και 1 άρτιο.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 18, 2011 2:29 pm**

Grigoris K. έγραψε:
Συγκεκριμένα στην 48η κίνησή του ο Βασίλης επιθυμεί 5 άρτιους είτε 3 άρτιους και 2 περιττούς

Ναι αλλά μπορεί να τα καταφέρει; Και αν ναι γιατί;

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 18, 2011 6:26 pm**

Demetres έγραψε:
Grigoris K. έγραψε:
Συγκεκριμένα στην 48η κίνησή του ο Βασίλης επιθυμεί 5 άρτιους είτε 3 άρτιους και 2 περιττούς
Ναι αλλά μπορεί να τα καταφέρει; Και αν ναι γιατί;

Επειδή είμαι λίγο ζαλισμένος σήμερα, συγχωρέστε με άμα γράφω ανοησίες.

Λοιπόν ονομάζουμε

τους 50 άρτιους και

τους 50 περιττούς. Οι 2 παίκτες μπορούν να κάνουν τις εξής κινήσεις:

$(1) ~~\bullet : x - 1 , y = \sigma \tau \alpha \theta \varepsilon \rho o$

$(2) ~~\bullet : x + 1 , y - 2$

Όπως είπαμε προηγουμένως ο Βασίλης επιδιώκει να αφήσει άρτιους για το τέλος. Συνεπώς ο Ανδρέας προσπαθεί να τον πολεμήσει εμφανίζοντας στον πίνακα περιττούς ( δηλαδή κάνει την κίνηση (1)

).

Στο σύνολο θα γίνουν 99 κινήσεις και ο Βασίλης επιθυμόντας να αφανίσει τους περιττούς θα προβεί στην κίνηση (2)

25 φορές και έτσι θα γίνει y = 0 , x = 75

. Παράλληλα, ο Ανδρέας θα κάνει την κίνηση (1)

50 φορές, η οποία θα γίνει 24 φορές και από τον Βασίλη αναγκαστικά. Συνεπώς στο τέλος θα ισχύει x = 1 , y = 0

και νικητής ανακηρρύσεται ο Βασίλης.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 18, 2011 7:14 pm**

Demetres έγραψε: 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;

Κερδίζει ο Βασίλης ακόμη και αν παίξει στα κουτουρού! Δηλαδή δεν χρειάζεται στρατηγική. Κερδίζει έτσι και αλλιώς.

Πράγματι, με κάθε κίνηση (του Ανδρέα ή του Βασίλη) το άθροισμα όλων των αριθμών στον πίνακα αλλάζει κατά x-y-(x+y)=-2y

αν επιλέξει τους x,y

. Δηλαδή αλλάζει κατά άρτια ποσότητα.

Στην αρχή το άθροισμα όλων των αριθμών είναι άρτιος (=5050). Άρα σε κάθε στάδιο, ακόμη και στο τελευταίο, παραμένει άρτιος. Μπράβο Βασίλη, κέρδισες.

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 18, 2011 9:35 pm**

Ο λόγος που έβαλα την άσκηση 109 είναι για να μάθουμε μια σημαντική στρατηγική επίλυσης προβλημάτων. Την εύρεση αναλλοίωτων. Στο συγκεκριμένο πρόβλημα το άθροισμα όλων των αριθμών είναι πάντα άρτιο (αναλλοίωτο).

Ας δούμε μερικά ακόμη προβλήματα αυτού του είδους. [Απολογούμαι για την αλλαγή της αρίθμησης. Είχα βάλει αρχικά μόνο δυο προβλήματα (τα δυο τελευταία) αλλά τα θεώρησα πιο δύσκολα και είπα να προσθέσω και άλλα κάπως πιο εύκολα.]

ΑΣΚΗΣΗ 110 :

Έχουμε τρεις στοίβες με σπίρτα. Η πρώτη έχει 2010 σπίρτα, η δεύτερη 2011 και η τρίτη 2012. Σε κάθε κίνηση μπορούμε να επιλέξουμε δύο στοίβες που έχουν σπίρτα, να πάρουμε ένα σπίρτο από την κάθε μία και να τοποθετήσουμε και τα δύο στην τρίτη. Να εξεταστεί αν μπορούν όλα τα σπίρτα να μεταφερθούν σε κάποια από τις στοίβες.

ΑΣΚΗΣΗ 111 : (Έχει ξαναμπεί αυτούσια στο forum. Παρακαλώ να προσπαθήσετε να την λύσετε χωρίς να ψάξετε να βρείτε την λύση.)

Η Λερναία Ύδρα έχει επτά κεφάλια. Ο Ηρακλής προσπαθεί να την σκοτώσει κόβοντας τα κεφάλια της. Κάθε φορά όμως που κόβει ένα κεφάλι η Λερναία Ύδρα βγάζει τέσσερα καινούργια κεφάλια. Κάθε φορά που της κόβει δύο κεφάλια βγάζει είκοσι καινούργια ενώ κάθε φορά που της κόβει τρία κεφάλια δεν βγάζει κανένα καινούργιο κεφάλι. Για να την σκοτώσει πρέπει να της κόψει όλα τα κεφάλια και αυτή να μην βγάλει κανένα καινούργιο κεφάλι. Μπορεί να τα καταφέρει;

ΑΣΚΗΣΗ 112 :

Στον πίνακα έχουμε γραμμένους τους αριθμούς 2,3,10

. Σε κάθε βήμα μπορούμε να πάρουμε δύο από αυτούς έστω τους x,y

και να τους αντικαταστήσουμε με τους $\displaystyle{ x{'} = \frac{3x + 4y}{5}}$ και $\displaystyle{ y{'} = \frac{4x - 3y}{5}.}$ Να εξεταστεί αν μπορούμε μετά από κάποια βήματα να καταλήξουμε στην τριάδα 1,7,8

.

ΑΣΚΗΣΗ 113 :

Σε κάθε τετραγωνάκι μιας σκακιέρας γράφουμε ένα μη αρνητικό ακέραιο. Σε κάθε βήμα επιτρέπεται να διαλέξουμε δυο γειτονικά τετραγωνάκια και να αφαιρέσουμε από αυτά τον ίδιο ακέραιο, με την προϋπόθεση ότι οι αριθμοί που θα μείνουν θα εξακολουθούν να είναι μη αρνητικοί ακέραιοι. Να βρεθεί ικανή και αναγκαία συνθήκη ώστε να μπορούμε με μια ακολουθία επιτρεπόμενων βημάτων να κάνουμε όλους τους αριθμούς ίσους με 0.

ΑΣΚΗΣΗ 114 :

Έστω $n \geqslant 4$ θετικός ακέραιος και αριθμοί $x_1,\ldots,x_n$ ώστε κάθε ένας από αυτούς να ισούται είτε με 1 είτε με -1. Αν $x_1x_2x_3x_4 + x_2x_3x_4x_5 + \cdots + x_nx_1x_2x_3 = 0$ να δειχθεί ότι ο

είναι πολλαπλάσιο του 4.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 19, 2011 10:48 am**

Demetres έγραψε:Ο λόγος που έβαλα την άσκηση 109 είναι για να μάθουμε μια σημαντική στρατηγική επίλυσης προβλημάτων. Την εύρεση αναλλοίωτων. Στο συγκεκριμένο πρόβλημα το άθροισμα όλων των αριθμών είναι πάντα άρτιο (αναλλοίωτο).
<...>

Άσκηση 112

Στον πίνακα έχουμε γραμμένους τους αριθμούς . Σε κάθε βήμα μπορούμε να πάρουμε δύο από αυτούς έστω τους και να τους αντικαταστήσουμε με τους $\displaystyle{ x{'} = \frac{3x + 4y}{5}}$ και $\displaystyle{ y{'} = \frac{4x - 3y}{5}.}$ Να εξεταστεί αν μπορούμε μετά από κάποια βήματα να καταλήξουμε στην τριάδα .

Δημήτρη, εκπληκτικές οι ασκήσεις σου.

Λύση:

Σε κάθε βήμα το άθροισμα των τετραγώνων των τριών αριθμών δεν αλλάζει (= η αναλλοίωτή μας).
Πράγματι,

$\displaystyle{ x{'} ^2 + y{'} ^2 = \left(\frac{3x + 4y}{5}} \right)^2 + \left( \frac{4x - 3y}{5} \right)^2}= ... = x^2 + y^2$

Αφού στην αρχή ήταν $2^2+3^2+10^2 = 113 \ne 114= 1^2+7^2+8^2$ , δεν θα καταφέρουμε να πάμε από την 2,3,10

στην

.

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 19, 2011 11:18 am**

Demetres έγραψε:
Άσκηση 113

Σε κάθε τετραγωνάκι μιας σκακιέρας γράφουμε ένα μη αρνητικό ακέραιο. Σε κάθε βήμα επιτρέπεται να διαλέξουμε δυο γειτονικά τετραγωνάκια και να αφαιρέσουμε από αυτά τον ίδιο ακέραιο, με την προϋπόθεση ότι οι αριθμοί που θα μείνουν θα εξακολουθούν να είναι μη αρνητικοί ακέραιοι. Να βρεθεί ικανή και αναγκαία συνθήκη ώστε να μπορούμε με μια ακολουθία επιτρεπόμενων βημάτων να κάνουμε όλους τους αριθμούς ίσους με 0.

Ικανή και αναγκαία συνθήκη: Το άθροισμα όλων των αριθμών στα μαύρα τετραγωνάκια ισούται με το άθροισμα όλων των αριθμών στα άσπρα. (*)

Πράγματι, η αλλαγή που κάνουμε (δεδομένου ότι δύο γειτονικά τετραγωνάκια είναι πάντα το μεν ένα μαύρο το δε άλλο άσπρο) διατηρεί την παραπάνω ισότητα. Τώρα, αφού στο τέλος ισχύει προφανώς η εν λόγω ισότητα, τότε πρέπει να ισχύει και στην αρχή. Αυτό δείχνει ότι η συνθήκη που έγραψα είναι αναγκαία.

Μένει να δείξουμε ότι είναι ικανή.

Θα δούμε πρώτα ότι μπορούμε να κάνουμε όλους τους αριθμούς ίσους. Από κει, να τους κάνουμε 0 είναι τεριμμένο.

Σχεδιάζουμε μία γραμμή στην σκακιέρα μας η οποία πάει οριζόντια και κάθετα, από τετραγωνάκι σε γειτονικό τετραγωνάκι, αλλά βαδίζουμε "βουστροφηδόν". Δηλαδή όπως όταν γράφουμε αλλά με την διαφορά ότι όταν φτάσουμε στο τέλος της γραμμής, δεν πάμε στην αρχή της επόμενης αλλά στο τέλος της, και μετά περπατάμε ανάποδα. Με άλλα λόγια, προχωράμε όπως ακριβώς όταν οργώνουμε ένα χωράφι με βόδια και άροτρο.

Τώρα, χωρίς βλάβη το αρχικό τετράγωνο έχει μεγαλύτερο αριθμό από το γειτονικό του (αλλιώς μπορούμε να μεριμνήσουμε να το κάνουμε μεγαλύτερο). Χρησιμοποιούμε το τρίτο τετραγωνάκι της σειράς για να αυξήσουμε το δεύτερο μέχρι να γίνει ίσο με το πρώτο. Ομοίως, επαγωγικά, χρησιμοποιουμε το n+2

τετραγωνάκι (της βουστροφηδόν πορείας μας) για να κάνουμε το n+1

τετραγωνάκι ίσο με το

. Μπορούμε να μεριμνήσουμε να είναι θετικοί όλοι οι αριθμοί που βλέπουμε: εν ανάγκη προσθέτουμε θετικούς, σύμφωνα πάντα με τον κανόνα του παιχνιδιού, σε όσους έχουμε διευθετήσει.
Έτσι θα καταφέρουμε να κάνουμε όλους τους αριθμούς ίσους, εκτός ίσως τον τελευταίο. Αλλά αυτός είναι αυτόματα ίσος με τον προηγούμενό του λόγω της συνθήκης (*) (απλό). Τελειώσαμε.

Υπέροχο πρόβλημα. Μεγάλος ο πειρασμός να γράψω λύση, και ας στέρησα την χαρά από τους νεαρούς μας φίλους να το λύσουν μόνοι τους.

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 19, 2011 11:31 am**

Demetres έγραψε:
Άσκηση 110

Έχουμε τρεις στοίβες με σπίρτα. <...>

Δεν θα βάλω λύση γιατί έχω συναντήσει μία παρόμοια την οποία έχω παρουσιάσει πολλές φορές, μαζί με άλλο υλικό, σε ομιλίες μου σε Σχολεία. Άλλωστε, από σύμπτωση, συζητούσα την παρόμοια μόλις προχθές με συναδέλφους σε ένα θερινό σχολείο που ετοιμάζουμε.

Θα δώσω όμως μία μικρή υπόδειξη:

Με την οικονομική κρίση που διαβαίνουμε, όλα μεταφράζονται σε ευρώ. Βάλτε λοιπόν αξία 0 ευρώ σε κάθε σπίρτο της πρώτης στοίβας, 1 ευρώ σε κάθε σπίρτο της δεύτερης, και 2 στης τρίτης. Βέβαια, η μεταφορά ενός σπίρτου σε άλλη στοίβα αλλάζει την αξία του. Τι να κάνουμε, αυτά έχει η ζωή.
Εξετάστε τώρα τι αλλαγές επιφέρουν συνολικά οι κινήσεις που επιτρέπει το πρόβλημα.

Οι 111 και 114 έχουν παρόμοια (δεν είπα ίδια) συλλογιστική.
Παροτρύνω τους μαθητές μας να αφιερώσουν χρόνο (όσο πολύς και αν είναι) για να λύσουν τα προβλήματα αυτά του Δημήτρη. Ιδίως το 111, που δεν είναι δύσκολο αν σου κατέβει η σωστή ιδέα. Πάντως είναι προβλήματα που θα σας δώσουν χαρά όταν τα λύσετε. Εμένα με ενθουσίασαν και θέλω να ευχαριστήσω άλλη μία φορά τον Δημήτρη για τον υπέροχο υλικό του.

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 19, 2011 12:22 pm**

Α.Κυριακόπουλος έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 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: $({\rm K}\Lambda {\rm M}) = ({\rm A}{\rm M}\Delta ) + ({\rm B}{\rm K}{\rm E}) + (\Gamma \Lambda {\rm Z}).$

καλημέρα ...

αλλάζω την αρίθμηση επειδή το Νο: 103 υπήρχε δύο φορές
η άσκηση που μας έστειλε ο κύριος Αντώνης θα είναι η ΑΣΚΗΣΗ 115
οπότε εσείς συνεχίζετε από το Νο: 116

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 20, 2011 12:44 am**

Demetres έγραψε:
Η Λερναία Ύδρα έχει επτά κεφάλια. Ο Ηρακλής προσπαθεί να την σκοτώσει κόβοντας τα κεφάλια της. Κάθε φορά όμως που κόβει ένα κεφάλι η Λερναία Ύδρα βγάζει τέσσερα καινούργια κεφάλια. Κάθε φορά που της κόβει δύο κεφάλια βγάζει είκοσι καινούργια ενώ κάθε φορά που της κόβει τρία κεφάλια δεν βγάζει κανένα καινούργιο κεφάλι. Για να την σκοτώσει πρέπει να της κόψει όλα τα κεφάλια και αυτή να μην βγάλει κανένα καινούργιο κεφάλι. Μπορεί να τα καταφέρει;.

Μιά προσπάθεια για την όμορφη 111.

Παρατηρούμε το εξής: όταν ο Ηρακλής κόψει 1 κεφάλι από το τέρας τότε το πλήθος τών κεφαλιών του θα αυξηθεί κατα -1+4=3

δηλαδή πολ.3,

όταν κόψει 2 τότε θα αποκτήσει -2+20=18

=πολ.3 παραπάνω κεφάλια καί οταν κόψει 3 χάνει πάλι πολ.3 κεφάλια.

Ο αρχικός αριθμός όμως είναι $7\neq \pi o\lambda 3$ άρα είναι αδύνατο να φθάσει στο

(αφού του προσθαφαιρούνται πολλαπλάσια του 3) .

Demetres έγραψε:
Έστω $n \geqslant 4$ θετικός ακέραιος και αριθμοί $x_1,\ldots,x_n$ ώστε κάθε ένας από αυτούς να ισούται είτε με 1 είτε με -1. Αν $x_1x_2x_3x_4 + x_2x_3x_4x_5 + \cdots + x_nx_1x_2x_3 = 0$ να δειχθεί ότι ο είναι πολλαπλάσιο του 4.

Καί άλλη μιά προσπάθεια για την επίσης όμορφη 114.

Θα ξεκινίσουμε με 2 παρατηρήσεις.

1.Εχουμε

όρους που ισούνται είτε με

είτε με

καί αθροίζονται σε 0, αρα σίγουρα ο

είναι άρτιος έστω $n=2k ~~~,k\in N$ .

2. To γινόμενο των όρων του αθροίσματος είναι ίσο με (x_1x_2x_3...x_n)^4=1

Εχουμε όμως οτι το γινόμενο των

αύτων όρων είναι ίσο με $1^k\times (-1)^k$ απο όπου προκύπτει οτι και ο k είναι αρτιος σύμφωνα με τη δεύτερη παρατήρηση.

Αρα έχουμε: $n=2k=2(2l)=4l~~~,l\in N$ καί τελειώσαμε.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 20, 2011 1:38 am**

Mihalis_Lambrou έγραψε:Εμένα με ενθουσίασαν και θέλω να ευχαριστήσω άλλη μία φορά τον Δημήτρη για τον υπέροχο υλικό του.

Να πω βέβαια ότι οι ασκήσεις δεν είναι δικές μου. Η 112 είναι σίγουρα κλεμμένη από τον Engel (Problem-Solving Strategies). Οι 109-111 είναι πολύ πιθανό να υπάρχουν και αυτές στον Engel αν και νομίζω παραλλαγές θα υπάρχουν και σε άλλα βιβλία που μιλάνε για αναλλοίωτες. Οι 113-114 είναι από shortlist των IMO. (Από τα 1989 και 1985 αντίστοιχα.) Η μόνη αλλαγή που έκανα ήταν ότι η 113 μιλούσε για $m \times n$ σκακιέρα και όχι για κανονική σκακιέρα. Μπορεί να ήταν πιο δύσκολες από τις ασκήσεις που έχουν μπει σε αυτή την συζήτηση μέχρι στιγμής αλλά τις έβαλα για να δούμε πόσο πολύ βοηθάει αυτή η μέθοδος.

spiros filippas έγραψε:
Demetres έγραψε:
Έστω $n \geqslant 4$ θετικός ακέραιος και αριθμοί $x_1,\ldots,x_n$ ώστε κάθε ένας από αυτούς να ισούται είτε με 1 είτε με -1. Αν $x_1x_2x_3x_4 + x_2x_3x_4x_5 + \cdots + x_nx_1x_2x_3 = 0$ να δειχθεί ότι ο είναι πολλαπλάσιο του 4.

Καί άλλη μιά προσπάθεια για την επίσης όμορφη 114.

Θα ξεκινίσουμε με 2 παρατηρήσεις.

1.Εχουμε όρους που ισούνται είτε με είτε με καί αθροίζονται σε 0, αρα σίγουρα ο είναι άρτιος έστω $n=2k ~~~,k\in N$ .

2. To γινόμενο των όρων του αθροίσματος είναι ίσο με

Εχουμε όμως οτι το γινόμενο των αύτων όρων είναι ίσο με $1^k\times (-1)^k$ απο όπου προκύπτει οτι και ο k είναι αρτιος σύμφωνα με τη δεύτερη παρατήρηση.

Αρα έχουμε: $n=2k=2(2l)=4l~~~,l\in N$ καί τελειώσαμε.

Σπύρο, εξαιρετικά. Όπως είπα και πιο πάνω αυτή ήταν άσκηση από shortlist της IMO του 1989. Συγχαρητήρια για την λύση.

Προσπαθήστε να την λύσετε και με χρήση αναλλοίωτων.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 20, 2011 2:50 am**

Τα δύο επόμενα θέματα έχουν τεθεί σε διαγωνισμό της ΕΜΕ για την Β Γυμνασίου και την Α Λυκείου

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

ΑΣΚΗΣΗ 117 :
Να προσδιορίσετε ολους τους διψήφιους αριθμούς που είναι ίσοι με το γινόμενο που προκύπτει αν πολλαπλασιάσουμε τα ψηφία τους αυξημένα κατά 1.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 20, 2011 6:58 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 117 :
Να προσδιορίσετε ολους τους διψήφιους αριθμούς που είναι ίσοι με το γινόμενο που προκύπτει αν πολλαπλασιάσουμε τα ψηφία τους αυξημένα κατά 1.

Έστω ο αριθμός που ψάχνω είναι ο $\overline{ab}$
Άρα πρέπει να ισχύει ότι:
$\overline{ab}=(a+1)(b+1)\Rightarrow 10a+b=ab+a+b+1\Rightarrow 9a-ab=1\Rightarrow a(9-b)=1\Rightarrow 9-b=\frac{1}{a}$
και επειδή ο

πρέπει να είναι μονοψήφιος φυσικός επειδή είναι ψηφίο, επομένως και το 9-b

πρέπει να είναι φυσικός, το

πρέπει να διαιρεί το

δηλαδή

. Άρα :
$9-b=1\Rightarrow b=8$
Άρα $\overline{ab}=18$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 20, 2011 10:06 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 118
Χρησιμοποιώντας τους μετασχηματισμούς $\displaystyle f(x) \to x^2f\left(\frac{1}{x} + 1\right)$ και $\displaystyle f(x) \to (x-1)^2f\left(\frac{1}{(x-1)}\right),$

είναι δυνατόν από το τριώνυμο $\displaystyle f_1(x)=x^2 + 4x + 3$ να προκύψει το $\displaystyle f_2(x)=x^2 + 10x + 9$ ;

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 22, 2011 7:06 pm**

Demetres έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 110 :

Έχουμε τρεις στοίβες με σπίρτα. Η πρώτη έχει 2010 σπίρτα, η δεύτερη 2011 και η τρίτη 2012. Σε κάθε κίνηση μπορούμε να επιλέξουμε δύο στοίβες που έχουν σπίρτα, να πάρουμε ένα σπίρτο από την κάθε μία και να τοποθετήσουμε και τα δύο στην τρίτη. Να εξεταστεί αν μπορούν όλα τα σπίρτα να μεταφερθούν σε κάποια από τις στοίβες.

Ας βάλω λύση, σύμφωνα με την υπόδειξη που έγραψα παραπάνω.

Βάζουμε αξία 0 ευρώ σε κάθε σπίρτο της πρώτης στοίβας, 1 ευρώ σε κάθε σπίρτο της δεύτερης, και 2 στης τρίτης.
Αυτή την στιγμή η συνολική αξία των σπίρτων είναι

$2010 \times 0 + 2011 \times 1 + 2012 \times 2= 0 + 1 + 4 \mod 3 = 2 \mod 3$ .

Μπορούμε να διαπιστώσουμε ότι με κάθε κίνηση η συνολική αξία όλων των σπίρτων παραμένει $2 \mod 3$ . Πράγματι, η μεταφορά σπίρτου από την πρώτη και την δεύτερη στοίβα στην τρίτη αλλάζει την συνολική αξία κατά 2 + 2 - (0 +1) = 3

(αυξήθηκε

αλλά χάσαμε 0 +1

, σύνολο 3). Όμοια η μεταφορά από την πρώτη και τρίτη στοίβα στην δεύτερη αλλάζει την συνολική αξία κατά 1+1-(0+2)=0

, και από την δεύτερη και τρίτη στην πρώτη αλλάζει την συνολική αξία κατά 0+0-(1+2)=-3

. Όπως και να είναι, οι αλλαγές είναι πολλαπλάσια του

, που δείχνει το ζητούμενο.

Τώρα, δεν μπορούν να μεταφερθούν όλα τα 2010 + 2011+2012 = 6033

σπίρτα στην πρώτη στοίβα γιατί η συνολοκή αξία θα ήταν $6033\times 0 = 0 \mod 3 \ne 2 \mod 3$ . Όμοια δεν μεταφέρονται στην δεύτερη γιατί $6033\times 1 = 0 \mod 3 \ne 2 \mod 3$ , ούτε στην τρίτη γιατί $6033\times 2 = 0 \mod 3 \ne 2 \mod 3$ .

Άρα δεν μπορούν όλα τα σπίρτα να μεταφερθούν στην ίδια στοίβα.

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 22, 2011 10:34 pm**

Τα επόμενα δύο θέματα έχουν τεθεί σε διαγωνισμό της ΕΜΕ για την Γ Γυμνασίου

ΑΣΚΗΣΗ 119 :
Να βρείτε την τιμή της παράστασης:
$K=a^{3}-(1+a)^{-2}+4(\frac{b}{a}+\frac{1}{2})^{-1}+\left[(\frac{b}{a}-2004)^{2004} \right]^{0}$

αν είναι $a=-\frac{3}{2}$ και b=3

ΑΣΚΗΣΗ 120 :
Σε μια διοργάνωση σκακιού μέσω διαδικτύου, συμμετείχαν 1119 αγόρια και κορίτσια. Το πρώτο κορίτσι έπαιξε με 20 αγόρια, το δεύτερο κορίτσι έπαιξε με 21 αγόρια, το τρίτο κορίτσι με 22 αγόρια κ.ο.κ μέχρι το τελευταίο κορίτσι που έπαιξε με όλα τα αγόρια.
Να βρείτε πόσα ήταν τα κορίτσια και πόσα τα αγόρια.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 23, 2011 1:06 am**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 120 :
Σε μια διοργάνωση σκακιού μέσω διαδικτύου, συμμετείχαν 1119 αγόρια και κορίτσια. Το πρώτο κορίτσι έπαιξε με 20 αγόρια, το δεύτερο κορίτσι έπαιξε με 21 αγόρια, το τρίτο κορίτσι με 22 αγόρια κ.ο.κ μέχρι το τελευταίο κορίτσι που έπαιξε με όλα τα αγόρια.
Να βρείτε πόσα ήταν τα κορίτσια και πόσα τα αγόρια.

Το άθροισμα της αύξουσας σειράς των κοριτσιών με το πλήθος των αγοριών που παίζει κάθε κορίτσι σε κάθε παιχνίδι είναι περιττό. Δηλαδή 21,23,25..... Άρα από το 21 μέχρι το 1119 υπάρχουν 550 περιττοί . Άρα τα κορίτσια είναι 550 οπότε με αφαίρεση βρίσκω ότι τα αγόρια είναι 569.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 23, 2011 11:32 am**

Α.Κυριακόπουλος έγραψε:Άσκηση 100.
Να βρείτε τους φυσικούς αριθμούς και , για τις οποίες ισχύουν: , , και .

ΛΥΣΗ.
Έχουμε: 839 = 7(y + 5z + 30w) + 2x

(1). Επειδή: $0 \le x < 4$ , έχουμε: $0 \le x \le 3$ , οπότε: $0 \le 2x \le 6 < 7$ και άρα: $0 \le 2x < 7$ . Συνεπώς η (1) είναι η ισότητα της διαίρεσης 839:7. Εκτελούμε τη διαίρεση αυτή και βρίσκουμε πηλίκο 119 και υπόλοιπο 6. Άρα: 2x = 6

και

(2). Συνεπώς: x=3. Από την ισότητα (2) έχουμε: 119 = 5(z + 6w) + y

(3). Επειδή: $0 \le y < 5$ η (3) είναι η ισότητα της διαίρεσης 119:5, οπότε y=4 και z + 6w = 23

. Η ισότητα αυτή, επειδή $0 \le z < 6$ , είναι η ισότητα της διαίρεσης 23:6 και συνεπώς z=5 και w=3. Άρα: x=3, y=4, z=5 και w=3.
Όπως βρίσκομαι εύκολα, οι αριθμοί αυτοί επαληθεύουν τις δοσμένες σχέσεις και άρα είναι οι μοναδικοί ζητούμενοι.

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