mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 23, 2011 1:50 pm**

Α.Κυριακόπουλος έγραψε:
Α.Κυριακόπουλος έγραψε:Άσκηση 100.
Να βρείτε τους φυσικούς αριθμούς και , για τις οποίες ισχύουν: , , και .
ΛΥΣΗ.
Έχουμε: (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: και (2). Συνεπώς: x=3. Από την ισότητα (2) έχουμε: (3). Επειδή: $0 \le y < 5$ η (3) είναι η ισότητα της διαίρεσης 119:5, οπότε y=4 και . 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.

Πάρα πολύ ωραία (και για μένα πρωτότυπη) η λύση της άσκησης 100. Ευχαριστούμε Αντώνη.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 24, 2011 12:39 am**

Μας μένουν άλυτες (δεν πρέπει να πάει χαμένη καμιά άσκηση από αυτόν τον θησαυρό θεμάτων) οι εξης:

ΑΣΚΗΣΗ 73,83,85,95Α, 103,115,106,108,116,118
Ας δοθούν οι απαντήσεις από τους "μεγάλους" για να μελετηθούν από τους "μικρούς"

(Σημ. Η άσκηση 119 είναι και αυτή χωρίς λύση, αλλά είναι απλή και μπορεί να λυθεί και από μη έμπειρους "μικρούς")

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 24, 2011 1:09 am**

Demetres έγραψε: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.

Βάζω την λύση διότι την θεωρώ σημαντική άσκηση. Για την λύση θα χρησιμοποιήσουμε την αρχή του περιστερώνα που λέει ότι αν έχουμε n+1

περιστέρια σε

φωλιές τότε σε τουλάχιστον μια φωλιά θα έχουμε τουλάχιστον δύο περιστέρια.

Για το (α) παίρνουμε τα $\{1,2\}, \{3,4\},\ldots,\{999,1000\}$ σαν τις φωλιές και τους 501 δοσμένους ακεραίους σαν τα περιστέρια. Έχουμε σύνολο 500 φωλιές και 501 περιστέρια οπότε μια φωλιά θα έχει τουλάχιστον δύο περιστέρια. Αυτό όμως συνεπάγεται ότι τουλάχιστον δύο από αυτούς θα είναι διαδοχικοί και άρα σχετικώς πρώτοι μεταξύ τους.

Για το (β) παίρνουμε τα $1,3,5,\ldots,999$ σαν τις φωλιές. Για κάθε ένα από τους δοσμένους θετικούς ακεραίους τον γράφουμε σαν 2^ab

όπου

περιττός και τον τοποθετούμε στην φωλιά

. Για παράδειγμα τον 20 τον γράφουμε σαν $2^2 \cdot 5$ και άρα τον τοποθετούμε στην φωλιά 5, τον 87 τον γράφουμε σαν $2^0 \cdot 87$ και τον τοποθετούμε στην φωλιά 87 κ.τ.λ. Από την αρχή του περιστερώνα μια φωλιά, έστω η

θα έχει τουλάχιστον δυο περιστέρια. Αυτά θα προέρχονται από δυο αριθμούς της μορφής $n_1 = 2^{a_1}b$ και $n_2 = 2^{a_2}b$ . Χωρίς βλάβη της γενικότητας $a_1 \leqslant a_2$ . Αλλά τότε n_1|n_2

και τελειώσαμε.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 24, 2011 10:39 am**

ΑΣΚΗΣΗ 95 Α

Βάζοντας την Άσκηση αυτή, διδακτικός μου στόχος είναι να περαστεί στις γνώσεις των Μικρών μας Συναδέλφων η εξής Βασική πρόταση, με την αντίστοιχη μεθοδολογική επισήμανση:

► Αν έχουμε σαν υπόθεση:
$\left\{ {\begin{array}{*{20}c} {x_i > 0,\;i = 1,...,n} \\ {\kappa \alpha \iota } \\ {x_1 + x_2 + ... + x_n = c,\;c\;\theta \varepsilon \tau \iota \kappa \eta \;\sigma \tau \alpha \theta \varepsilon \rho \eta ,} \\ \end{array} } \right.$

τότε το γινόμενο $A \equiv x^{m_1 } x^{m_2 } \cdot ... \cdot x^{m_n } ,$

γίνεται Μέγιστο όταν $\frac{{x_1 }} {{m_1 }} = \frac{{x_2 }} {{m_2 }} = ... = \frac{{x_n }} {{m_n }} = \frac{c} {{m_1 + m_2 + ... + m_n }},\;m_i \in \mathbb{Q}_ + ^ * .$

Επισημαίνουμε εδώ ότι επί του πρακτέου ,πιθανόν, να χρειαστεί να «συμπληρώσουμε» με σταθερούς παράγοντες και αυτό καθορίζεται από το δοθέν σταθερό άθροισμα (γραμμικός συνδυασμός).
Μία τέτοια μεθοδολογική αντίληψη θα δούμε στην διαδικασία επίλυσης της άσκησης 95 Α.

► Στη συγκεκριμένη, λοιπόν, άσκηση έχουμε:
Η δεδομένη σχέση 5x+6y=7, μας οδηγεί (με βάση τα προηγούμενα) στην αντίληψη ότι θα προσδιορίσουμε το ζητούμενο Μέγιστο μέσω του Μέγιστου της παράστασης:

$\left( {5x} \right)^2 \left( {6y} \right)^3 ,\;\alpha \phi o\upsilon \;x^2 y^3 = \left( {5x} \right)^2 \left( {6y} \right)^3 \frac{1} {{5^2 }} \cdot \frac{1} {{6^3 }}.$

Αυτό με βάση τα προηγούμενα επιτυγχάνεται όταν:

$\frac{{5x}} {2} = \frac{{6y}} {3} \Rightarrow \frac{{5x}} {2} = \frac{{6y}} {3} = \frac{{5x + 6y}} {5} = \frac{7} {5} \Rightarrow x = \frac{{14}} {{25}},y = \frac{7} {{10}} \Rightarrow \left( {x^2 y^3 } \right)_{\max } = \frac{{ 7^5 }} {{2\cdot 5^7 }}.$

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 24, 2011 1:26 pm**

Edit: Απλά διόρθωσα στην προηγούμενη διαπραγμάτευση μου το αποτέλεσμα στο τέλος αφού από ταχύτητα είχα βάλει και τα μεγέθη που "συμπλήρωσα", ευχαριστώντας τον Θανάση (KARKAR) που μου το επεσήμανε.

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 24, 2011 9:44 pm**

Πάρα πολύ ωραία θεματάκια για μαθηματικούς διαγωνισμούς όλα όσα μας έστειλαν τα εξαίρετα μέλη του

Χρήσιμα όχι μόνο για τους μαθητές αλλά και για εμάς που διδάσκουμε τέτοιου είδους θέματα. Έχουμε ένα πολύ καλό

υλικό για να χρησιμοποιήσουμε.

Οφείλουμε να πούμε ένα μεγάλο ευχαριστώ και περιμένουμε να συνεχίσουν την προσφορά τους.

Ακολουθούν δύο ακόμα θέματα που έχουν τεθεί σε διαγωνισμούς της ΕΜΕ για την Α Λυκείου

ΑΣΚΗΣΗ 121 :
Θεωρούμε τετράγωνο πλευράς α , α>1. Το τετράγωνο που έχει πλευρά κατά 1 μικρότερη του α, έχει περίμετρο ίση αριθμητικά προς το εμβαδόν του αρχικού τετραγώνου. Να βρεθεί η πλευρά α.

ΑΣΚΗΣΗ 122 :
Οι αριθμοί x,y,z,w

έχουν την ιδιότητα: Αν προσθέσουμε τρεις οποιουσδήποτε από αυτούς και από το άθροισμα που θα προκύψει αφαιρέσουμε τον αριθμό 5, προκύπτει πάντα ο αριθμός 2002. Να υπολογίσετε το άθροισμα x+y+z+w

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 24, 2011 10:15 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 123
Να βρείτε τους ακέραιους αριθμούς x και y, για τις οποίος ισχύει: $5{(x + y)^2} = 2x + 4y + 5xy + 9.$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 25, 2011 12:17 am**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 121 :
Θεωρούμε τετράγωνο πλευράς α , α>1. Το τετράγωνο που έχει πλευρά κατά 1 μικρότερη του α, έχει περίμετρο ίση αριθμητικά προς το εμβαδόν του αρχικού τετραγώνου. Να βρεθεί η πλευρά α.

Έστω Α το τετράγωνο με πλευρά α και Β το τετράγωνο με πλευρά α-1.
Άρα έχω ότι : $\Pi (B)=E(A)= 4(a-1)=a^2\Rightarrow 4a-4=a^2\Rightarrow a^2-4a+4=0$
Επομένως :
$\Delta =(-4)^2-4\times1\times4=16-16=0$

και $a=\frac{-\beta \pm \sqrt{\Delta}}{2a}=\frac{-\beta}{2}=\frac{4}{2}=2$

Άρα a=2

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 25, 2011 12:31 am**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 122 :
Οι αριθμοί έχουν την ιδιότητα: Αν προσθέσουμε τρεις οποιουσδήποτε από αυτούς και από το άθροισμα που θα προκύψει αφαιρέσουμε τον αριθμό 5, προκύπτει πάντα ο αριθμός 2002. Να υπολογίσετε το άθροισμα

Υπάρχουν 4 περιπτώσεις :
$x+y+z-5=2002\Rightarrow x+y+z=2007$
$x+y+w-5=2002\Rightarrow x+y+w=2007$
$y+z+w-5=2002\Rightarrow y+z+w=2007$
$x+w+z-5=2002\Rightarrow x+w+z=2007$

Κάνοντας πρόσθεση κατά μελή έχω ότι:
$3x+3y+3z+3w=8028\Rightarrow3(x+y+z+w)=8028\Rightarrowx+y+z+w=2676$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 25, 2011 12:36 am**

Άσκηση 124

Δίνεται ένας πραγματικός αριθμός

. Να δειχθεί ότι υπάρχουν ακέραιοι m,n

με $1 \leqslant n \leqslant 4$ ώστε $|m-nx| \leqslant 1/3$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 25, 2011 5:33 pm**

Demetres έγραψε:Άσκηση 124

Δίνεται ένας πραγματικός αριθμός . Να δειχθεί ότι υπάρχουν ακέραιοι με $1 \leqslant n \leqslant 4$ ώστε $|m-nx| \leqslant 1/3$ .

Και για να την "δυσκολέψουμε" λίγο (*) δείξτε ότι αν $N\in \mathbb N^ *$ , τότε υπάρχουν ακέραιοι m,n

με $1 \leqslant n \leqslant N+1$ ώστε $|m-nx| \leqslant 1/N$ .

Φιλικά,

Μιχάλης

(*) Ίδια τεχνική, αλλά η γενίκευση προδίδει κάπως το ζητούμενο.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 25, 2011 8:08 pm**

Ας μου επιτραπεί να επισημάνω ότι η παρουσία του Demetres εδώ είναι επιτυχία.

ΑΣΚΗΣΗ 125

$\left\{ {\begin{array}{*{20}c} {a,b,c,d > 0} \\ {a + b + c + d = 20} \\ {a^2 + b^2 + c^2 + d^2 = 200} \\ \end{array} } \right. \Rightarrow a , b , c , d \leqslant 5\left( {1 + \sqrt 3 } \right).$

S.E.Louridaw

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 25, 2011 8:40 pm**

S.E.Louridas έγραψε:Ας μου επιτραπεί να επισημάνω ότι η παρουσία του Demetres εδώ είναι επιτυχία.

ΑΣΚΗΣΗ 125

$\left\{ {\begin{array}{*{20}c} {a,b,c,d > 0} \\ {a + b + c + d = 20} \\ {a^2 + b^2 + c^2 + d^2 = 200} \\ \end{array} } \right. \Rightarrow a , b , c , d \leqslant 5\left( {1 + \sqrt 3 } \right).$

S.E.Louridaw

Γνωρίζουμε, ότι ισχύει $\displaystyle{3(b^2+c^2+d^2)\geq (b+c+d)^2}$ , για κάθε $\displaystyle{b,c,d\in \mathbb{R}.}$

Επομένως, λόγω των συνθηκών, θα έχουμε $\displaystyle{3(200-a^2)\geq (20-a)^2}$ δηλαδή

$\displaystyle{a^2-10a-50\leq 0}$ και από εδώ προκύπτει, ότι $\displaystyle{a\leq 5(1+\sqrt{3}).}$

Ομοίως και για τα $\displaystyle{b,c,d.}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 25, 2011 9:11 pm**

Α.Κυριακόπουλος έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 123
Να βρείτε τους ακέραιους αριθμούς x και y, για τις οποίος ισχύει: $5{(x + y)^2} = 2x + 4y + 5xy + 9.$

Έστω $\left(x,y \right)$ μια λύση της εξίσωσης.
Τότε $\left(5x+5y \right)^2=2\cdot 5x+4\cdot 5y+5x\cdot 5y+45$ οπότε για a=5x

και

είναι

. (1)

Άρα $(a+b)^2\leq 110$ και έτσι $\left|a+b \right|<11$ .

Ο a+b

είναι πολλαπλάσιο του 5 άρα $a+b\in \left\{0,5,-5,10,-10 \right\}$ .

$\bullet$ Αν a+b=0

τότε η (1) δίνει (a-2)^2+(a+4)^2=110

που δεν έχει ακέραιες λύσεις.

$\bullet$ Αν a+b=5

τότε η (1) δίνει a^2-3a-40=0

οπότε

ή

(απορρίπτεται). Για a=-5

είναι

οπότε

και

$\bullet$ Αν a+b=-5

τότε η (1) δίνει a^2+7a=0

οπότε

ή

(απορρίπτεται). Για a=0

είναι

οπότε

και

$\bullet$ Αν a+b=10

τότε η (1) δίνει a^2-8a+15=0

οπότε

ή

(απορρίπτεται). Για a=5

είναι

οπότε

και

$\bullet$ Αν a+b=-10

τότε η (1) δίνει a^2+12a+95=0

που δεν έχει ακέραιες λύσεις.

Οι λύσεις είναι τα ζεύγη $\left(-1,2 \right),\left(0,-1 \right),\left(1,1 \right).$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 25, 2011 9:48 pm**

socrates έγραψε:
socrates έγραψε: Άσκηση 83
Αν θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε να δείξετε ότι ο αριθμός είναι πολλαπλάσιο του
Υπόδειξη:

Αν τότε .

Δείξτε,λοιπόν, ότι
$\bullet b>c$
$\bullet a+1|a+25$ οπότε
$\bullet a+1|24...$

Αν $b \leq c$ τότε το δεξί μέλος είναι μεγαλύτερο από το αριστερό.

Άρα b>c,

οπότε μπορούμε να γράψουμε $\displaystyle (a+1)^{b-c}(a+1)^c=(a+25)^c.$

Ο αριθμός $\displaystyle (a+1)^{b-c}$ είναι ακέραιος, οπότε $\displaystyle (a+1)^c|(a+25)^c$ και άρα $\displaystyle a+1|a+25 \implies a+1|(a+25)-(a+1)=24.$

Έτσι, a+1=1,2,3,4,6,8,12,24

και αφού

είναι

Αντικαθιστώντας καθεμιά τιμή του

και ελέγχοντας τους πρώτους παράγοντες κάθε μέλους,
βλέπουμε ότι οι μόνες που μπορούν να δώσουν λύση είναι οι a=2

και

Για

είναι

οπότε

και

(πολλαπλάσιο του 4),

Για a=7

είναι

οπότε

Από την τελευταία σχέση 5|3b

οπότε

, δηλαδή

και

και τελικά b+c=8k

(πολλαπλάσιο του 4).

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 25, 2011 10:06 pm**

socrates έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 103 :
Δίνεται τρίγωνο και έστω το μέσο της πλευράς και σημείο της τέτοιο ώστε

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

Αν η

τέμνει την προέκταση της

στο

τότε το

είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου BCT.

Αυτό μπορούμε να το δούμε με δυο τρόπους:

α)
Από το θεώρημα Μενελάου στο τρίγωνο ABC

με διατέμνουσα την TNM

έχουμε :

$\displaystyle \frac{TA}{TC}\cdot\frac{MC}{MB}\cdot\frac{NB}{NA}=1$ οπότε TA=AC,

δηλαδή η

είναι διάμεσος στο $\triangle BCT.$

β)
Αν προεκτείνουμε την

προς το

κατά

τότε η

θα είναι διάμεσος στο $\triangle BCT,$ οπότε το

είναι το βαρύκεντρο του BCT

(μοναδικό σημείο που χωρίζει τη διάμεσο σε λόγο 2:1.

)

Συνεπώς, η

περνά από το μέσο

της

Επειδή $\angle CAB=\angle CMN$ είναι και $\angle TAB=\angle TMB$ οπότε το τετράπλευρο AMBT

είναι εγγράψιμο σε κύκλο.

Από αυτό και την παραλληλία των AM,TB

έχουμε $\angle NAM=\angle TBA=\angle TMA$ και $\angle CAM =\angle AMC,$ διαφορά ίσων γωνιών,
δηλαδή το τρίγωνο ACM

είναι ισοσκελές με AC=CM.

Ο ζητούμενος λόγος είναι, λοιπόν, $\displaystyle \frac{AC}{BC}=\frac{CM}{BC}=\frac{CM}{2CM}=\frac{1}{2}.$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 25, 2011 10:14 pm**

socrates έγραψε: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 $\displaystyle f_2(x)=x^2 + 10x + 9$ ;

Όπως και σε προηγούμενα θέματα αναζητούμε κάποια αναλλοίωτη για την διαδικασία...

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 25, 2011 10:43 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 126
Αν a,b,c

πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε a^4+b^4+c^4=1,

να δείξετε ότι

$\displaystyle (ab)^5+(bc)^5+(ca)^5 < \frac{1}{4}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 26, 2011 12:47 am**

Και μια ακόμα λύση για την άσκηση 123:

Έχουμε:

$5(x^{2}+y^{2}+2xy)=2x+4y+5xy+9\Leftrightarrow 5y^{2}+(5x-4)y+5x^{2}-2x-9=0 \Delta =(5x-4)^{2}-20(5x^{2}-2x-9)=-75x^{2}+196 \Delta \geq 0\Rightarrow \left|x \right|\leq \frac{14\sqrt{3}}{15}\Rightarrow -\sqrt{3}\leq \frac{-14\sqrt{3}}{15}\leq x\leq \frac{14\sqrt{3}}{15}\leq \sqrt{3}$

Και αφού ο χ είναι ακέραιος, θα πρέπει x=-1 ή x=0 ή x =1

* Αν x=-1 τότε έχουμε: $5y^{2}-9y+5+2-9=0\Leftrightarrow 5y^{2}-9y-2=0$

$\Delta ' =81+40=121$

Άρα $y=\frac{9\pm \sqrt{121}}{10}=\frac{9\pm 11}{10}=2$ (εφ όσον ο y ε'ιναι ακέραιος

*Αν x=0 τότε ομοίως βρίσκουμε y=-1

*Αν x=1 όμοια βρίσκουμε ότι y=1

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 26, 2011 10:29 am**

ΑΣΚΗΣΗ 127

Πόσες είναι οι παραγοντοποιήσεις του 441.000 σε δύο παράγοντες μεγαλύτερους της μονάδας που οι παράγοντες αυτοί να είναι πρώτοι μεταξύ τους;

(*) Δύο θετικοί ακέραιοι m, n >1 είναι πρώτοι μεταξύ τους, όταν ο Μέγιστος Κοινός Διαιρέτης τους είναι 1, συμβολίζουμε (m,n)=1.

S.E.Louridas

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