Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#501

Να συγχαρώ και εγώ τον Αντώνη, για την ωραία παρέμβαση με λύσεις προτεινομένων θεμάτων.

Άλυτες έχουν μείνει οι ασκήσεις 192,204,210,218,220,221,222 και 223

chris · #502

Η 224 είναι και εδώ(σχεδόν ίδια):viewtopic.php?f=69&t=12119

Φιλικα

#503

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 220
Αν οι πραγματικοί αριθμοί είναι τέτοιοι ώστε οι αριθμοί να είναι ρητοί,
να δείξετε ότι υπάρχουν ακέραιοι όχι όλοι μηδέν, τέτοιοι ώστε

Αν δύο ή τρεις από τους a,b,c

είναι

, απλό (αν π.χ. $a=b=0\ne c$ παίρνουμε $x=y=1,\,z=0$ . Χωρίς βλάβη ab, bc, ca

δεν είναι όλοι

. Παίρνουμε $x=-2Mbc,\, y= Mac, \ z= Mab$ όπου

οποιοδήποτε πολλαπλάσιο των παρονομαστών των $ab,\,bc,\, ca$ . Ελέγχουμε ότι ισχύουν τα ζητούμενα.

Μ.

#504

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 192:
Οι αριθμοί χωρίζονται σε δύο ομάδες και . Είναι αληθές ότι υπάρχουν δύο αριθμοί πάντα που ανήκουν στην ίδια ομάδα και η διαφορά τους ανήκει στην ίδια ομάδα;

(Από διαγωνισμό της ΕΜΕ για την Γ Γυμνασίου, 1995)

Ναι είναι αληθές: Αν οι 2, 4

ανήκουν στην ίδια ομάδα, τελειώσαμε. Άρα μπορούμε να υποθέσουμε ότι είναι σε διαφορετικές. Κοιτάμε τον

. Αν είναι στην ομάδα του

, τελειώσαμε. Άρα μπορούμε να υποθέσουμε ότι το

είναι με το

. Συνεχίζοντας, μπορούμε να υποθέσουμε ότι το

είναι με το

(αν ήταν στην ομάδα $\{1, \, 4\}$ , τελειώσαμε). Ετσι οι ομάδες είναι $\{2, 3\}, \{1 ,4\}$ . Όπου και αν μπει το

, τελειώσαμε.

Μ.

S.E.Louridas · #505

ΑΣΚΗΣΗ 225

Δίνεται κύκλος (O, R).

Να βρεθεί τρόπος να χωριστεί η επιφάνεια του σε τρία ισοδύναμα μέρη (δηλαδή μέρη του ίδιου εμβαδού) που για το κάθε ένα από αυτά τα μέρη να ισχύει: υπάρχει το πολύ ένα τμήμα της γραμμής, από την οποία περιορίζεται, που να ορίζει ημικύκλιο με την διάμετρο του, εντός του μέρους.

(*) Απλά αναφέρουμε ότι το πρόβλημα γενικεύεται και για χωρισμό σε

ισοδύναμα μέρη με βάση την ίδια δέσμευση.

S.E.Louridas

#506

Για διευκόλυνση των αναγνωστών μαζεύω εδώ τις αναπάντητες.

ΑΣΚΗΣΗ 204 (edit αργότερα: τώρα λυμένη)
Να βρείτε τους πρώτους p,q,r

έτσι ώστε οι αριθμοί pq +qr +rp

και

να διαιρούνται με τον p+q +r.

ΑΣΚΗΣΗ 210 (edit αργότερα: τώρα λυμένη)
Να βρείτε τους πρώτους p,q,r

ώστε οι αριθμοί pq +r, pq +r^2, qr +p, qr +p^2, rp+q, rp+q^2

να είναι επίσης πρώτοι.

ΑΣΚΗΣΗ 218 (edit αργότερα: τώρα λυμένη)
Βρείτε όλους τους διψήφιους αριθμούς $\overline{AB} ,$ τέτοιους ώστε $\overline{AB}| \overline{A0B} .$

ΑΣΚΗΣΗ 221
Σε ένα διαγωνισμό συμμετέχουν

μαθητές.
Κάθε μαθητής γνώρισε τουλάχιστον

άλλους συμμετέχοντες μαθητές.
Να αποδείξετε ότι τέσσερις τουλάχιστον μαθητές έχουν τον ίδιο αριθμό γνωριμιών.
(Η γνωριμία είναι συμμετρική. Αν ο Α γνωρίζει τον Β, τότε και ο Β γνωρίζει τον Α.)

ΑΣΚΗΣΗ 222 (edit αργότερα: τώρα λυμένη)
Ένας επταψήφιος αριθμός αποτελείται από διαφορετικά μεταξύ τους ψηφία και είναι πολλαπλάσιο καθενός από αυτά(τα ψηφία).
Να βρεθεί από ποια ψηφία αποτελείται ο αριθμός.

ΑΣΚΗΣΗ 223 (edit αργότερα: τώρα λυμένη)
Στο επίπεδο δίνονται

σημεία με ακέραιες συντεταγμένες και τέτοια ώστε η απόσταση μεταξύ δύο οποιονδήποτε από αυτά να είναι φυσικός αριθμός.
Να δείξετε ότι τουλάχιστον το $49 \%$ αυτών των αποστάσεων είναι άρτιοι αριθμοί.

ΑΣΚΗΣΗ 225

Δίνεται κύκλος (O, R).

Να βρεθεί τρόπος να χωριστεί η επιφάνεια του σε τρία ισοδύναμα μέρη (δηλαδή μέρη του ίδιου εμβαδού) που για το κάθε ένα από αυτά τα μέρη να ισχύει: υπάρχει το πολύ ένα τμήμα της γραμμής, από την οποία περιορίζεται, που να ορίζει ημικύκλιο με την διάμετρο του εντός του μέρους.

(*) Απλά αναφέρουμε ότι το πρόβλημα γενικεύεται και για χωρισμό σε

ισοδύναμα μέρη με βάση την ίδια δέσμευση.

#507

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 204
Να βρείτε τους πρώτους έτσι ώστε οι αριθμοί και να διαιρούνται με τον

Έχουμε

. Άρα

διαιρεί το (p+q+r)(p^2 + q^2 + r^2 - pq - pr - qr) + pqr

και άρα διαιρεί το pqr

. Επειδή οι p,q,r

είναι πρώτοι, χωρίς βλάβη της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι ο

διαιρεί τον pqr

. [Αυτό ισχύει διότι πρέπει ο pqr

να ισούται με ένα από τους p,q,r,pq,pr,qr,pqr

.] Επειδή όμως ο pqr

διαιρεί και τον pq+pr+qr

και ο

διαιρεί αυτόν τον αριθμό και άρα διαιρεί και τον

. Επειδή όμως ο

είναι πρώτος πρέπει να διαιρεί είτε τον

είτε τον

, χωρίς βλάβη της γενικότητας τον

. Αλλά και ο

είναι πρώτος και άρα p=q

.

Περίπτωση 1η: Ο

διαιρεί τον p+q+r

. Τότε (αφού ο p+q+r

διαιρεί τον pq + pr + qr

) ο

διαιρεί και το pq = p^2

και άρα

. Σε αυτήν την περίπτωση οι συνθήκες γίνονται 3p|3p^3

(η οποία ισχύει για όλα τα

) και

η οποία ισχύει αν και μόνο αν p = 3

.

Περίπτωση 2η: Ο

δεν διαιρεί τον p+q+r

. Τότε (αφού ο p+q+r

διαιρεί τον pqr = p^2r

) πρέπει ο p+q+r

να ισούται είτε με

είτε με

με το πρώτο να απορρίπτεται. Αλλά τότε r = p^2 - 2p = p(p-2)

ο οποίος δεν είναι πρώτος εκτός από την περίπτωση που r=p=3

. (Οπότε αναγόμαστε πάλι στην 1η περίπτωση.)

Άρα τελικά η μοναδική λύση είναι η p=q=r=3

.

#508

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 210
Να βρείτε τους πρώτους ώστε οι αριθμοί να είναι επίσης πρώτοι.

Απάντηση: Μόνο η περίπτωση p=2, q=3,r=5

ή κυκλικά.

Δυστυχώς δεν έχω κομψή λύση, αλλά μία με περιπτωσιολογία. Από την άλλη αυτό είναι αναμενόμενο, γιατί έχουμε πολλές συνθήκες στην υπόθεση και πρέπει να ελεγχθούν όλες, θέλουμε δεν θέλουμε!

Λύση: Δεν μπορεί να είναι και οι τρεις από τους p,q,r

περιττοί γιατί θα ήταν άρτιος

ο

. Άρα κάποιος είναι άρτιος πρώτος, και χωρίς βλάβη p=2

. Δηλαδή η υπόθεση τώρα γίνεται "οι αριθμοί 2q +r, 2q +r^2, qr +2, qr +4, 2r+q, 2r+q^2

είναι όλοι πρώτοι".

Λόγω του qr+2

, οι

είναι και οι δύο περιττοί.

Χρησιμοποιούμε το γεγονός ότι οι περιττοί πρώτοι από τον

και πέρα είναι της μορφής $6k\pm 1$ . Θα δούμε τώρα ότι δεν μπορεί και οι δύο από τους q,r

να είναι $\ge 5$ . Πράγματι, αποκλείεται η περίπτωση q=6Q+1, r=6R+1

γιατί τότε qr+2=(6Q+1)(6R+1)+2=6S+3=

σύνθετος. Όμοια αποκλείεται η περίπτωση q=6Q+1, r=6R-1

καθώς και η q=6Q-1, r=6R+1

λόγω του

. Επίσης αποκλείεται η q=6Q-1, r=6R-1

λόγω του

.

Συμπεραίνουμε ότι τουλάχιστον ένας από τους περιττούς πρώτους q,r

είναι

. Χωρίς βλάβη q=3

. H υπόθεση τώρα γίνεται "οι αριθμοί 6 +r, 6 +r^2, 3r +2, 3r +4, 2r+3, 2r+9

είναι όλοι πρώτοι". (*)

Με το χέρι ελέγχουμε ότι η r=5

δίνει λύση αλλά οι $r=3, \, 7, 11, \, 13, 17, \, 19, \, 23, \, 29$ δεν δίνουν λύση (άμεσο).

Θα δούμε ότι δεν έχουμε άλλη λύση. Οι πρώτοι που περισσεύουν είναι της μορφής $r= 30k+1, \, 30k+7, \, 30k+11, 30k+13, \, 30k+17, \, 30k+19, \, 30k+23, \, 30k+29$ . Ελέγχοντας με το χέρι διαπιστώνουμε ότι κανένας από αυτούς δεν δίνει όλους τους (*) πρώτους. Συγκεκριμένα, σε ΚΑΘΕ περίπτωση τουλάχιστον ένας από τους (*) βγαίνει πολλαπλάσιο του

. Π.χ. ο

δίνει πολλαπλάσιο του

τον

, ο

δίνει πολλαπλάσιο του

τον

, και ούτω καθ' εξής (ρουτίνα).

Δείξαμε ότι οι μόνες αποδεκτές περιπτώσεις είναι οι παραπάνω $p=2, \, q=3, \, r=5$ ή κυκλικά.

Φιλικά,

Μιχάλης.

#509

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 218
Βρείτε όλους τους διψήφιους αριθμούς $\overline{AB} ,$ τέτοιους ώστε $\overline{AB}| \overline{A0B} .$

Πάάάάάάάάρα πολλή ανιαρή άσκηση. Καλό είναι να επιλέγουμε ασκήσεις με ένα ελάχιστο αισθητήριο καταλληλότητας. Η γνώμη μου είναι ότι όταν προτείνουμε ασκήσεις πρέπει να μας διέπει ένα συναίσθημα λίγο πολύ της μορφής "να μία είναι ενδιαφέρουσα άσκηση που φλέγομαι να σας την πω. Θα χαρείτε να την λύσετε. Έχει μία ωραία και χρήσιμη ιδέα".

Απάντηση στο ερώτημα: Αν δεν ξέχασα άλλες τόσες περιπτώσεις γιατί δεν είμαι καλός στα Λογιστικά, έχουμε τις λύσεις $10|100, \, 15|105, \, 18|108, \, 20|200, \, 30|300, \, 40|400, \, 45|405, \, 50|500, \, 60|600, \, 70|700, \, 80|800, \, 90|900$ .

Εξ υποθέσεως 10A+B| 100A +B

άρα

. Τρέχουμε τώρα τον $A=1,\,2,\,3,\,4,\,5,\,6,\,7,\,8,\,9$ . Π.χ. για τον A=1

ψάχνουμε τους αριθμούς της μορφής $\overline{1B}| 90$ . Αναλογιζόμενοι ότι οι διαιρέτες του

είναι $1, \,2,\, 3, \,5, \,6,\, 9,\, 10, \,15,\, 18,\, 30,\, 45,\, 90$ (δεν θα χρειαστούν όλοι εδώ, αλλά τους καταγράφω γιατί χρειάζονται στις επόμενες περιπτώσεις), βρίσκουμε τις λύσεις $B=0,\, 5, \ 8$ . Και λοιπά, και λοιπά και λοιπά.

Μ.

#510

S.E.Louridas έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 225

Δίνεται κύκλος
Να βρεθεί τρόπος να χωριστεί η επιφάνεια του σε τρία ισοδύναμα μέρη (δηλαδή μέρη του ίδιου εμβαδού) που για το κάθε ένα από αυτά τα μέρη να ισχύει: υπάρχει το πολύ ένα τμήμα της γραμμής, από την οποία περιορίζεται, που να ορίζει ημικύκλιο με την διάμετρο του εντός του μέρους.

(*) Απλά αναφέρουμε ότι το πρόβλημα γενικεύεται και για χωρισμό σε ισοδύναμα μέρη με βάση την ίδια δέσμευση.

Δεν είμαι τόσο βέβαιος ότι καταλαβαίνω τι ακριβώς θα πει "... με την διάμετρο του εντός του μέρους", αλλά κάνω μία προσπάθεια: Η διάμετρος του μεγάλου κύκλου έχει χωριστεί σε τρία ίσα μέρη. Εύκολα βλέπουμε ότι τα χρωματισμένα εμβαδά είναι ίσα μεταξύ τους.

#511

socrates έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 222
Ένας επταψήφιος αριθμός αποτελείται από διαφορετικά μεταξύ τους ψηφία και είναι πολλαπλάσιο καθενός από αυτά(τα ψηφία).
Να βρεθεί από ποια ψηφία αποτελείται ο αριθμός.

Η λύση είναι λάθος και την αποσύρω. Ευχαριστώ τον Δημήτρη για την επισήμανση (βλέπε παραπάτω).

Ο επταψήφιος 3548160

είναι πολλαπλάσιο όχι μόνο των ψηφίων του αλλά όλων των $0,\,1, \, 2, \, 3, \, ... , \ 9$ .
Για την κατασκευή του δεν πάμε τελείως στα τυφλά: Αν κρατήσουμε τα ψηφία 1,3,4,5,6,8,0

έχουν άθροισμα

οπότε εξασφαλίζουμε ότι φτιάχνουν πολλαπλάσιο του

και

. Αν βάλω το 160

στο τέλος του, εξασφαλίζω πολλαπλάσιο των 2,4, 8, 5

. Αυτόματα έχω του $6=2\times 3$ και φυσικά των

και

. Μένει ο

. Ανακατεύοντας τα ψηφία πλην των τριών τελευταίων όλο και κάποιο πολλαπλάσιο του 7 θα βρίσκω. Π.χ. δεν μου κάνει ο 5348160

, αλλά δεν στεναχωριέμαι: δοκιμάζω εναλλάσσοντας τα 3,5

και, ω του θαύματος, βρήκα πολλαπλάσιο του 7 (αν ξέρω και κριτήριο διαιρετότητας με το 7, τόσο το καλύτερο. Αλλιώς, γιατί έχω το κομπιουτεράκι μου:)

Μ.

S.E.Louridas · #512

S.E.Louridas έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 225

Δίνεται κύκλος
Να βρεθεί τρόπος να χωριστεί η επιφάνεια του σε τρία ισοδύναμα μέρη (δηλαδή μέρη του ίδιου εμβαδού) που για το κάθε ένα από αυτά τα μέρη να ισχύει: υπάρχει το πολύ ένα τμήμα της γραμμής, από την οποία περιορίζεται, που να ορίζει ημικύκλιο με την διάμετρο του εντός του μέρους.

Κατ’ αρχάς Μιχάλη σε ευχαριστώ που ασχολήθηκες και έλυσες την κλασική αλλά χρήσιμη αυτή άσκηση με τον δέοντα τρόπο (Σε άμεσα παραπάνω παρέμβαση σου).

Όμως έβαλα την προϋπόθεση με την διάμετρο (...που για το κάθε ένα από αυτά τα μέρη να ισχύει: υπάρχει το πολύ ένα τμήμα της γραμμής, από την οποία περιορίζεται, που να ορίζει ημικύκλιο με την διάμετρο του εντός του μέρους) , ώστε να αποκλειστούν άλλες περιπτώσεις, όπως εκείνη (για παράδειγμα) του σχήματος που ακολουθεί και όπου ο μικρός μέσα κύκλος (με Εμβαδό το ένα τρίτο ( $\frac{1}{3}$ ) του Μεγάλου κύκλου), αποτελείται από δύο τουλάχιστον ημικύκλια μου η διάμετρός τους να βρίσκεται εντός του (άρα απαγορευμένη αυτή η περίπτωση).
Επομένως αν αντικαθιστούσα την αντίστοιχη έκφραση της εκφώνησης από την:
….που για τουλάχιστον ένα από αυτά τα μέρη να υπάρχουν τουλάχιστον δύο τμήματα της γραμμής από την οποία περιορίζεται που να αποκόπτουν από αυτήν ημικύκλια με την διάμετρο τους να βρίσκεται εντός του μέρους , τότε θα αποκλείαμε την περίπτωση «γιν γιάν» που ανέφερες και θα δεχόμασταν εκείνη του σχήματος που ακολουθεί (κάτω).
Αυτές ήταν οι σκέψεις μου που με οδήγησαν στην συγκεκριμένη εκφώνηση.

(*) Η ακτίνα του μικρού κύκλου είναι: $r = \frac{{AE}}{3} = \frac{{R\sqrt 3 }} {3},\;\dot o\tau \alpha \nu \;R$ είναι η ακτίνα του μεγάλου κύκλου.

(**) Θα παρακαλούσα τους μικρούς (μόνο σε ηλικία) συναδέλφους να ασχοληθούν με την απόδειξη της ισότητας των τριών αυτών εμβαδών τόσο στο σχήμα του Μιχάλη, όσο και σε αυτό που ακολουθεί για την Γεωμετρική τους προπονησούλα.

S.E.Louridas

#513

Mihalis_Lambrou έγραψε:
socrates έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 222
Ένας επταψήφιος αριθμός αποτελείται από διαφορετικά μεταξύ τους ψηφία και είναι πολλαπλάσιο καθενός από αυτά(τα ψηφία).
Να βρεθεί από ποια ψηφία αποτελείται ο αριθμός.
Ο επταψήφιος είναι πολλαπλάσιο όχι μόνο των ψηφίων του αλλά όλων των $0,\,1, \, 2, \, 3, \, ... , \ 9$ .
Για την κατασκευή του δεν πάμε τελείως στα τυφλά: Αν κρατήσουμε τα ψηφία έχουν άθροισμα οπότε εξασφαλίζουμε ότι φτιάχνουν πολλαπλάσιο του και . Αν βάλω το στο τέλος του, εξασφαλίζω πολλαπλάσιο των . Αυτόματα έχω του $6=2\times 3$ και φυσικά των και . Μένει ο . Ανακατεύοντας τα ψηφία πλην των τριών τελευταίων όλο και κάποιο πολλαπλάσιο του 7 θα βρίσκω. Π.χ. δεν μου κάνει ο , αλλά δεν στεναχωριέμαι: δοκιμάζω εναλλάσσοντας τα και, ω του θαύματος, βρήκα πολλαπλάσιο του 7 (αν ξέρω και κριτήριο διαιρετότητας με το 7, τόσο το καλύτερο. Αλλιώς, γιατί έχω το κομπιουτεράκι μου:)

Μ.

Μιχάλη εδώ νομίζω υπάρχει λάθος. Το 10 διαιρεί το 5348160 αλλά το 0 όχι.

Το 0 απαγορεύεται να επιλεγεί ως ψηφίο. Επειδή τουλάχιστον ένα από τα 2,4,6,8 θα πρέπει να επιλεγεί (αλλιώς θα είχαμε πενταψήφιο αριθμό) ο αριθμό πρέπει να είναι πολλαπλάσιο του δύο. Αν ήταν πολλαπλάσιο του πέντε, τότε θα ήταν πολλαπλάσιο του δέκα και θα έληγε σε 0, άτοπο. Άρα ούτε το 5 επιτρέπεται να επιλεγεί. Άρα ο αριθμός περιέχει εφτά ψηφία από τα 1,2,3,4,6,7,8,9. Αν δεν περιέχει το 9, τότε το άθροισμα των ψηφίων του αριθμού θα ισούται με 1+2+3+4+6+7+8 = 31 το οποίο δεν είναι πολλαπλάσιο του 3. Άρα ούτε και ο αριθμός θα είναι πολλαπλάσιο του 3, άτοπο αφού περιέχει το 3. Επομένως ο αριθμός περιέχει το ψηφίο 9 και άρα το άθροισμα των ψηφίων του είναι πολλαπλάσιο του 9. Επομένως το άθροισμα των ψηφίων πρέπει να ισούται με 36 (το 27 είναι πολύ μικρό και το 45 πολύ μεγάλο) και άρα το άλλο ψηφίο που λείπει είναι το 4. Επομένως ο αριθμός περιέχει τα ψηφία 1,2,3,6,7,8,9.

Η άσκηση δεν ζητάει να βρούμε τον αριθμό αλλά μόνο τα ψηφία οπότε επιτρέπεται να σταματήσουμε εδώ.

S.E.Louridas · #514

S.E.Louridas έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 217
Δίνεται τρίγωνο και σημείο στο εσωτερικό του. Θεωρούμε το σημείο τομής της με την (συμβολικά: $D \equiv CP \cap AB$ ) και
$E \equiv BP \cap AC$ .
1) Αιτιολογείστε γιατί οι περιγεγραμμένοι κύκλοι στα τρίγωνα δεν είναι δυνατόν να εφάπτονται,
2) Αν οι κύκλοι αυτοί είναι ίσοι, τότε αποδείξτε ότι ισχύει η σχέση: $\left| {AE - AD} \right| = \left| {AC - AB} \right|$ και αντίστροφα.

Ας δούμε, μετά την προσέγγιση του Αντώνη και την εξής:

1) Στην περίπτωση που οι κύκλοι αυτοί εφάπτονταν, αυτό θα συνέβαινε στο σημείο

, αφού ανήκει και στους δύο κύκλους. Έτσι για αυτούς θα είχαμε την κάτω σχηματική απόδοση. Με βάση τώρα και την θεωρία που ήδη αναφέραμε παίρνουμε:
$\angle DBP = \angle DPK = \angle LPC = \angle PEC \Rightarrow DB\parallel EC,\;\mu \varepsilon \;A \in DB\;\kappa \alpha \iota \;A \in EC,$
που είναι άτοπο.
Επομένως οι κύκλοι αυτοί θα έχουν και άλλο ένα κοινό σημείο διαφορετικό του

.

2) Στην περίπτωση της ισότητας των κύκλων αυτών θα είχαμε: $\angle DPB = \angle CPE \Rightarrow \tau o\xi .DB = \tau o\xi .CE \Rightarrow DB = CE.$
Από εδώ προκύπτει άμεσα το ζητούμενο.

S.E.Louridas

S.E.Louridas · #515

ΑΣΚΗΣΗ 226

Δίνεται τρίγωνο ABC

και σημείο

στο εσωτερικό του. Θεωρούμε

το σημείο τομής της

με την

(συμβολικά: $D \equiv CP \cap AB$ ) και
$E \equiv BP \cap AC$ .
Αποδείξτε μία ειδική περίπτωση (βασικώτατη) του θεωρήματος του Miquel:
Αν το τατράπλευρο ADPE

είναι εγγράψιμμο σε κύκλο τότε το άλλο σημείο τομής

των δύο κύκλων θα είναι σημείο της BC.

edit: Μπορείτε να διατυπώσετε τό αντίστροφο τού παραπάνω προβλήματος και να το επιλύσετε;

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

S.E.Louridas

#516

Demetres έγραψε:
Μιχάλη εδώ νομίζω υπάρχει λάθος. Το 10 διαιρεί το 5348160 αλλά το 0 όχι.

Δημήτρη έχεις δίκιο. Αυτά παθαίνει κανείς όταν γράφει στις 2 το πρωί...

Ευχαριστώ.

Φιλικά,

Μιχάλης

#517

ΑΣΚΗΣΗ 227 (Μια αρκετά εύκολη, για τους μαθητές Γυμνασίου):

Μπορεί η διαφορά δύο τριψήφιων αριθμών

,

,
οι οποίοι έχουν τα ίδα ψηφία αλλά με αντίθετη διάταξη, να είναι τετράγωνο κάποιου φυσικού αριθμού (διάφορου από το μηδέν);

#518

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 218
Βρείτε όλους τους διψήφιους αριθμούς $\overline{AB} ,$ τέτοιους ώστε $\overline{AB}| \overline{A0B} .$

Άλλη μια λύση:
Για b=0

το ζητούμενο ισχύει.

Για $b\ne 0$ γράφουμε $100a+b=k(10a+b) \Rightarrow 10a(10-k)=(k-1)b.$

Είναι $10a\geq 10>b$ οπότε $k-1>10-k \Rightarrow 10>k\geq 6.$

-Αν k=6

έχουμε

οπότε $a=1, \ b=8$

-Αν k=7

έχουμε

οπότε $a=1, \ b=5$

-Αν k=8

έχουμε

αδύνατη.

-Αν k=9

έχουμε

οπότε $a=4, \ b=5$

ΑΣΚΗΣΗ 228
Βρείτε όλους τους φυσικούς

για τους οποίους ο αριθμός 1! + 4! + 7! + . . . + (3n + 1)!

είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

#519

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 223
Στο επίπεδο δίνονται σημεία με ακέραιες συντεταγμένες και τέτοια ώστε η απόσταση μεταξύ δύο οποιονδήποτε από αυτά να είναι φυσικός αριθμός.

Να δείξετε ότι τουλάχιστον το $49 \%$ αυτών των αποστάσεων είναι άρτιοι αριθμοί.

Χωρίζουμε τα σημεία σε δύο ομάδες.
Α ομάδα: Όσα σημεία έχουν και τις δύο συντεταγμένες άρτιες ή και τις δύο περιττές.
Β ομάδα: Όσα σημεία έχουν μια συντεταγμένη άρτια και μια περιττή.

Παρατηρούμε ότι αν πάρουμε δυο σημεία της Α ομάδας, το τετράγωνο της απόστασής τους είναι άρτιος. Άρα και η απόστασή τους (αφού είναι ακέραιος) είναι και αυτή άρτιος αριθμός. Το ίδιο συμβαίνει και για κάθε δυο σημεία της Β ομάδας.

Αν γράψουμε

για τον αριθμό των σημείων της Α ομάδας και y = 51-x

για τον αριθμό των σημείων της Β ομάδας, τότε έχουμε το πολύ $xy \leqslant (x+y)^2/4$ αποστάσεις οι οποίες είναι περιττές. Αυτό δίνει ποσοστό $\displaystyle{ \frac{51^2}{4} \frac{1}{\binom{51}{2}} = \frac{51}{100} }$ περιττών αποστάσεων. Άρα τουλάχιστον το $49\%$ των αποστάσεων είναι άρτιες.

#520

ΑΣΚΗΣΗ 229:

Δίνεται ένα θετικός ακέραιος αριθμός

. Αναδιατάσσουμε τα ψηφία του για να πάρουμε ένα άλλο ακέραιο αριθμό

. Να εξεταστεί αν το άθροισμά τους μπορεί να ισούται με $99\ldots 9$ όπου εμφανίζονται ακριβώς 2011 εννιάρια.

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

Μέλη σε σύνδεση