Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

#2381

socrates έγραψε:
Άσκηση 1117
Επιλέγουμε 10 διαφορετικούς ανά δυο αριθμούς από το σύνολο $\{1, 2, 3, . . . , 2006\}.$
Τι είναι πιο πιθανό, το άθροισμα των αριθμών που επιλέξαμε να είναι μεγαλύτερο από ή το άθροισμα των αριθμών που επιλέξαμε να είναι μικρότερο

Ωραία ασκησούλα.

Για κάθε διατεταγμένη δεκάδα $(a_1,\, a_2,\, ... \, a_{10})$ διαφορετικών ανά δύο αριθμών του συνόλου μας με άθροισμα μικρότερο του 10030

εξετάζουμε την διατεταγμένη δεκάδα $(2007-a_1,\, 2007-a_2,\, ... \,2007- a_{10})$ . Αποτελείται από διαφορετικούς ανά δύο αριθμούς του συνόλου μας που έχει άθροισμα

$(2007-a_1)+ ... (2007- a_{10})= 10\times 2007 - (a_1+...+a_{10}) > 10\times 2007 - 10030$
= 10040 >10039

Συνεπώς έχουμε μία 1-1

αντιστοιχία των εν λόγω δεκάδων με άθροισμα <10030

με κάποιες από αυτές που έχουν άθροισμα >10039

. Άρα οι δεύτερες είναι όσες οι πρώτες και άλλες ακόμη. Για παράδειγμα μία από τις παραπάνω είναι η 998+999+...+ 1006+1022= 10040

.

Οπότε η πιθανότητα για άθροισμα >10039

είναι μεγαλύτερη.

Φιλικά,

Μιχάλης

#2382

socrates έγραψε: Άσκηση 1116
Έστω $n\leq 500$ ένας θετικός ακέραιος. Η πιθανότητα ο τυχαία επιλεγμένος αριθμός $m \in \{ 1, 2, 3, . . . , 499, 500\}$ να διαιρεί τον είναι $\displaystyle{\frac{1}{100} .}$
Να προσδιορίσετε τη μέγιστη τιμή του

Απάντηση:

(*).

Αφού το σύνολό μας έχει 500

αριθμούς και η πιθανότητα να πετύχουμε διαιρέτη του

είναι $\frac {1}{100}$ , σημαίνει ότι ο

πρέπει να έχει ακριβώς $\frac {1}{100}\times 500=5$ διαιρέτες.

Ικανή και αναγκαία συνθήκη να έχει ένας αριθμός

διαιρέτες είναι να έχει την μορφή p^4

για κάποιο πρώτο

. Πράγματι, ο p^4

έχει διαιρέτες τους 1, p, p^2, p^3,p^4

και κανέναν άλλον. Αντίστροφα, αν $n=p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_k^{a_k}$ η ανάλυση του

σε πρώτους παράγοντες τότε, ως γνωστόν, το πλήθος των διαιρετών του είναι (a_1+1)(a_2+1)...(a_k+1)

. Οπότε θα έχουμε (a_1+1)(a_2+1)...(a_k+1)=5

. Όμως ο

είναι πρώτος οπότε το γινόμενο αριστερά του πρέπει να έχει μόνον ένα όρο, οπότε, τελικά a_1+1=5

ή αλλιώς

. Αυτό δείχνει και το αναγκαίο.

Συνοψίζοντας, ο

είναι της μορφής 2^4, 3^4, 5^4, ...

. Από αυτούς ο μεγαλύτερος με περιορισμό να είναι $\le 500$ είναι ο 3^4=81

, οπότε

(*)

Φιλικά,

Μιχάλης

(*) Εκ παραδρομής είχα γράψει αρχικά

αντί

(δηλαδή

). Ευχαριστώ τον Δημήτρη που επεσήμανε την ατασθαλία μου.

#2383

Mihalis_Lambrou έγραψε:
socrates έγραψε: Άσκηση 1174[/color]

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 $\displaystyle{11}$ .
Μάλλον απλή για διαγωνισμούς, αφού βγαίνει με καταμέτρηση όλων των περιπτώσεων ( τον αριθμό).

Επανέρχομαι στην άσκηση γιατί η λύση που έγραψα παραπάνω δεν είναι στο πνεύμα των Ολυμπιάδων ως ανιαρή συστηματική καταμέτρηση. Νομίζω ότι τώρα σκέφτηκα τι μπορεί να είχε ο θεματοθέτης στον νου του:

Οι αριθμοί μόντουλο

είναι οι $\displaystyle{1, 4, -3, -1, 5,-1, 3, -3, -1}$

Εξετάζουμε τώρα τα διαδοχικά αθροίσματα s_1, s_2, ...

αρχίζοντας από τον πρώτο. Θα βρούμε
s_1=1

και όμοια

Τώρα ελέγχουμε πότε ισχύει s_i=s_j

. Σε τέτοιες περιπτώσεις η διαφορά τους s_j-s_i

είναι άθροισμα συνεχόμενων όρων και μάλιστα πολλαπλάσιο του

.

Παρατηρούμε ότι s_1=s_4

και

(τέσσερα ζεύγη συνολικά).

Το πρώτο δίνει a_2+a_3+a_4= s_4-s_1=

πολλαπλάσιο του

και όμοια τα υπόλοιπα.

Φιλικά,

Μιχάλης

#2384

socrates έγραψε: Άσκηση 1119
Μπορούμε να παρατάξουμε αγόρια και κορίτσια σε μια γραμμή έτσι ώστε κανένα παιδί να μη βρίσκεται ανάμεσα σε δύο κορίτσια;
Αν δεδομένος θετικός ακέραιος, ποια η ελάχιστη τιμή του (συναρτήσει του ) για την οποία μπορούμε να παρατάξουμε αγόρια και κορίτσια σε μια γραμμή έτσι ώστε κανένα παιδί να μη βρίσκεται ανάμεσα σε δύο κορίτσια;

Απάντηση: Τέτοια παράταξη είναι αδύνατη.

Από την σειρά των 29+31=60

παιδιών, κοιτάμε κάθε δεύτερο (τα

κόκκινα στο σχήμα). Στα

κόκκινα ζεύγη που συνδέονται με βελάκι υπάρχει το πολύ ένα κορίτσι. Πράγματι, αν ήσαν και τα δύο κορίτσια τότε ο πράσινος μεταξύ τους θα βρισκόταν ανάμεσα σε δύο κορίτσια, πράγμα που απαγορεύουν οι υποθέσεις. Άρα τα κόκκινα κορίτσια είναι το πολύ

, στην καλύτερη περίπτωση, από ένα στα

σημειωμένα ζεύγη.

Όμοια, τα πράσινα κορίτσια είναι το πολύ

, ένα για κάθε πράσινο ζεύγος που συνδέεται με βελάκι.

Άρα τα κορίτσια είναι το πολύ 15+15=30

και όχι

που δίνει το πρόβλημα. Συνεπώς δεν υπάρχει τέτοια κατάσταση.

Φιλικά,

Μιχάλης

Υ.Γ. Δεν κοίταξα την γενική περίπτωση. Στο παραπάνω η διευθέτηση με m=31

κορίτσια αλλά με ένα παραπάνω αγόρι, εδώ n=30

, είναι εφικτή: Μοτίβο KKAA

μέχρι το

κοστό παιδί, συν ένα κορίτσι στο τέλος. Πιστεύω ότι η γενική περίπτωση μπορεί να γίνει με βάση το παραπάνω επιχείρημα. Το αφήνω.

#2385

Demetres έγραψε:
gavrilos έγραψε:
socrates έγραψε:
socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1224
Στον πίνακα είναι γραμμένοι οι αριθμοί $\displaystyle{1, 2, . . . , 33.}$ Ένας μαθητής επιλέγει δύο από τους αριθμούς που είναι γραμμένοι στον πίνακα και τέτοιοι ώστε ο ένας να είναι πολλαπλάσιο του άλλου, τους διαγράφει και γράφει στον πίνακα το πηλίκο τους. Ο μαθητής επαναλαμβάνει τη διαδικασία μέχρις ότου να μην υπάρχουν στον πίνακα αριθμοί που ο ένας είναι πολλαπλάσιο του άλλου. Πόσοι τουλάχιστον αριθμοί θα υπάρχουν τότε στον πίνακα;
Μια διόρθωση... Ψάχνουμε τον ελάχιστο αριθμό αριθμών που θα υπάρχουν τότε στον πίνακα...

Ευχαριστώ το Δημήτρη (Demetres) που μου το επεσήμανε!
Η απάντηση είναι $\displaystyle{9}$ .

Το γινόμενο των αριθμών στον πίνακα είναι $\displaystyle{33!=2^{31}\cdot 3^{15}\cdot 5^{7}\cdot 7^{4}\cdot 11^{3}\cdot 13^{2}\cdot 17\cdot 19\cdot 23\cdot 29\cdot 31}$ .

Μετά από κάθε κίνηση του μαθητή ο εκθέτης κάθε πρώτου στο γινόμενο αυτό μειώνεται κατά άρτιο ακέραιο (μπορεί και κατά μηδέν).

Άρα στον πίνακα θα μείνουν σίγουρα οι $\displaystyle{2,3,5,11,17,19,23,29,31}$ αφού οι εκθέτες τους στο γινόμενο είναι περιττοί άρα δεν μπορούμε να τους απαλοίψουμε.

Είναι εύκολο να βρούμε παράδειγμα ακολουθίας κινήσεων όπου στο τέλος μένουν ακριβώς $\displaystyle{9}$ αριθμοί για να ολοκληρώσουμε την απόδειξη.

Περισσότερα το πρωί.
Γίνεται και με 7.

Για να το κλείσουμε αυτό: Το γινόμενο των αριθμών που θα μείνουν, όπως έδειξε και ο Γιώργος ισούται με $2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 11 \cdot 17 \cdot 19 \cdot 23 \cdot 29 \cdot 31$ . Άρα σίγουρα πρέπει να μείνουν οι αριθμοί 17,19,23,29,31

. Οι υπόλοιποι που μένουν έχουν γινόμενο $2\cdot 3 \cdot 5 \cdot 11 = 330$ . Άρα σίγουρα πρέπει να μείνουν τουλάχιστον

. Σίγουρα λοιπόν πρέπει να μείνουν τουλάχιστον

.

Μπορούμε να αφήσουμε με κατάλληλες πράξεις τους εξής 7: 11,17,19,23,29,30,31

.

[Η διαφορά με την λύση του Γιώργου είναι ότι μπορούμε να συνδυάσουμε τους 2,3,5

σε ένα μόνο αριθμό.]

#2386

socrates έγραψε: Άσκηση 1115
Για ποιους ακεραίους $n \geq 2$ μπορούμε να τοποθετήσουμε τους αριθμούς στα κελιά μιας $4\times 4$ σκακιέρας έτσι ώστε το άθροισμα των αριθμών κάθε γραμμής και κάθε στήλης (δηλ. 4+4 αθροίσματα) να είναι διαφορετικό και να διαιρείται με το

Απάντηση:

Αφού ο

διαιρεί το άθροισμα κάθε στήλης, θα διαιρεί και το άθροισμα των τεσσάρων αυτών αθροισμάτων. Το τελευταίο όμως είναι (με αναδιάταξη) ίσο με 1+2+3+...+16=136

. Με άλλα λόγια ο

είναι διαιρέτης του $136=2^3\cdot 17$ δηλαδή είναι ένας από τους $1, \,2, \, 4, \, 8, \, 17, \, 34, \, 68, \, 136$ .

Κάποια από τα υποψήφια

μπορούμε εύκολα να τα απορρίψουμε. Για παράδειγμα αποκλείεται n=8

διότι τότε τα αθροίσματα των τεσσάρων γραμμών και των τεσσάρων στηλών ως πολλαπλάσια του n=8

και διαφορετικά μεταξύ τους θα είχαν άθροισμα $\ge 1\times 8 + 2\times 8 +3\times 8+... +8\times 8 = 288$ . Πλην όμως το εν λόγω άθροισμα τεσσάρων γραμμών και των τεσσάρων στηλών είναι 136+136=272 < 288

. Άρα αποκλείεται n=8

ή μεγαλύτερο.

Βρήκαμε αναγκαία συνθήκη: Το

είναι ένα από τα $1,\, 2, \, 4$ .

Μένει να δούμε αν είναι και ικανή, δηλαδή ότι δεν μπορούμε να τα απορρίψουμε για κάποιον άλλο λόγο. Το μόνο που χρειάζεται είναι να κατασκευάσουμε $4\times 4$ πίνακα που να ταιριάζει σε αυτά τα

. Ειδικά, αν γίνεται τα αθροίσματα γραμμών και στηλών να είναι πολλαπλάσια του

. Το πρώτο που μας έρχεται στον νου είναι να ζευγαρώσουμε τους

έως

έτσι ώστε τα αθροίσματα κάθε ζεύγους να είναι πολλαπλάσια του

. Π.χ. ως

και λοιπά.

Η πρώτη δοκιμή δούλεψε:

$\displaystyle{ \begin{bmatrix} 1&3 &5 &7 \\ 15&13 &11 &9 \\ 2& 4 & 6 &8 \\ 10 &12 &14 &16 \end{bmatrix}}$

Τα αθροίσματα κάθε στήλης και κάθε γραμμής είναι σχεδόν προφανές ότι είναι πολλαπλάσια του

και πριν ακόμη κάνω τον έλεγχο, αλλά δεν αρκεί. Είναι άραγε διαφορετικά μεταξύ τους, όπως ζητάει το πρόβλημα;

Ω του θαύματος, ναι. Τα αθροίσματα είναι, αντίστοιχα, $28,\, 32,\, 36,\, 40, 16,\, 48, \, 20,\, 52$ . Αν δεν ήσαν διαφορετικά μεταξύ τους, θα κάναμε δοκιμές, γραψίματα, σβησίματα. Εννοείται, δεν θα τα κάναμε στα κουτουρού. Έδειξα μία ιδέα παραπάνω. Επίσης παίρνοντας μικρούς αριθμούς μαζί και, αντίστοιχα, μεγάλους αριθμούς μαζί, προλειαίνουμε το έδαφος όλα τα αθροίσματα στηλών/γραμμών να είναι διαφορετικά μεταξύ τους. Το τελευταίο θα γίνει με απευθείας έλεγχο στο τέλος, μια και δεν υπάρχουν θαύματα στα Μαθηματικά...

Τελειώσαμε.

Φιλικά,

Μιχάλης

#2387

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 1221
Να βρεθούν θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε αυξάνοντας καθέναν κατά ένα, το γινόμενό τους να γίνεται φορές μεγαλύτερο.

Οι $30,12,4,4,2,2,1,\ldots,1$ μας κάνουν. (Ελέγξτε!)

#2388

xr.tsif έγραψε:
Άσκηση 1172
Έστω ένας θετικός ακέραιος. Τοποθετούμε αυθαίρετα στην περιφέρεια ενός κύκλου τους αριθμούς 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

Χωρίζουμε τους αριθμούς στα σύνολα $S = \{1,2,\ldots,n\}$ και $T = \{n+1,\ldots,2n\}$ . Αρκεί να επιλέξουμε τις χορδές με τέτοιο τρόπο ώστε η μια άκρη της να ανήκει στο

και η άλλη στο

.

Από όλους τους πιθανούς τρόπους που μπορούμε να επιλέξουμε να χορδές με αυτόν τον περιορισμό, επιλέγω αυτήν με το μικρότερο άθροισμα μηκών χορδών. Ισχυρίζομαι ότι οι χορδές είναι μη τεμνόμενες ανά δύο.

Έστω για άτοπο ότι έχω δύο χορδές που τέμνονται. Έστω οι

και

με $A,C \in S$ και $B,D \in T$ και

το σημείο τομής. Αφαιρώ τις χορδές AB,CD

και προσθέτω τις χορδές

και

. Οι νέες χορδές ασφαλώς ικανοποιούν τον περιορισμό. Αλλά το άθροισμα των μηκών των χορδών μειώθηκε αφού (AD) + (BC) < ((AX)+(XD)) + ((BX)+(XC)) = (AB) + (CD)

. Αυτό είναι άτοπο άρα ο αρχικός ισχυρισμός μας είναι αληθής.

#2389

socrates έγραψε: Άσκηση 1114
Στην περιφέρεια ενός κύκλου τοποθετούμε τους αριθμούς Έστω το μεγαλύτερο άθροισμα τριών διαδοχικών αριθμών.
Να βρεθεί η ελάχιστη τιμή του

Γράφω μετά από διαγώνισμα που είχα στο Τμήμα μου: Απογοήτευση. Δεν ξέρω που βαδίζουμε.
Τουλάχιστον σκεπτόμουν την παραπάνω άσκηση και ηρεμούσα, γιατί όποτε έβλεπα γραπτό καθώς το
παρέδιδαν οι φοιτητές, με έπιανε απόγνωση. Ευτυχώς που έχουμε μια μερίδα φοιτητών που μας κρατάνε
όρθιους. Ας είναι, θα συνεχίσουμε τον αγώνα να δώσουμε προς τους νέους το μέγιστο των δυνατοτήτων μας.

Στο θέμα μας.

Απάντηση:

Οι δοθέντες αριθμοί είναι

τον αριθμό. Αγνοούμε τον μικρότερο, τον

. Οι υπόλοιποι

χωρίζονται σε τρεις ξένες ομάδες αριθμών σε διαδοχικές θέσεις. Αν

το μέγιστο άθροισμα τριών διαδοχικών αυτής της συγκεκριμένης διευθέτησης (της δεκάδας), τότε κατά μείζονα λόγο έχουμε, μετρώντας τις τρεις τριάδες (δηλαδή χωρίς τον

)
$3S\ge 3+4+5+7+9+11+13+15+17=84$ . Άρα $S\ge 28$ .

Με λίγο ακόμα κόπο μπορούμε να βελτιώσουμε το φράγμα (και ομολογώ ότι μου πήρε αρκετές ώρες να το καταλάβω, ας είναι καλά η επιτήρηση που είχα, όπου ο χρόνος κυλά αργά...)
Δεν μπορεί και οι τρεις τριάδες να έχουν άθροισμα

(δηλαδή και οι τρεις να έχουν άθροισμα το μέγιστο δυνατό) γιατί κάποια (στην πραγματικότητα κάποιες δύο) αποτελούνται από περιττούς αριθμούς (στους 3,4,5,7,9,11,13,15,17

όλοι πλην ενός είναι περιττοί). Άρα το άθροισμά της είναι περιττός, οπότε όχι

. Φυσικά, αν κάποια τριάδα έχει άθροισμα λιγότερο από

, τότε κάποια άλλη θα έχει περισσότερο, και αντίστροφα.

Συμπέρασμα: Υπάρχει τριάδα με άθροισμα

ή περισσότερο.

Θέλουμε το ελάχιστο

. Από τα παραπάνω είναι

ή περισσότερο.

Το $\min S \ge 29$ είναι αναγκαία συνθήκη (το τονίζω αυτό γιατί αργότερα θα γράψω στο φόρουμ ένα κειμενάκι περί ικανών και αναγκαίων συνθηκών, γιατί παρατηρώ ένα συχνό πρόβλημα σε κάποιες από τις προτεινόμενες, πλην όμως ελλειπείς, λύσεις αλλά όπου το λεπτό αυτό σημείο δεν γίνεται κατανοητό.)

Μένει να δούμε ότι το

δεν βελτιώνεται (όπως έγινε με την περίπτωση του

), δηλαδή είναι και ικανή συνθήκη.

Σε αυτή την περίπτωση αρκεί να καταστρώσουμε τα

νούμερα σε κύκλο έτσι ώστε το μέγιστο άθροισμα τριών διαδοχικών να είναι

. Άρα το

δεν βελτιώνεται, και είναι η απάντηση στο πρόβλημά μας. Μία κατάλληλη διευθέτηση είναι η

$\displaystyle{11, 13, 3, 9, 15, 5, 7, 17, 1, 4}$ (και κύκλος).

Φιλικά,

Μιχάλης

#2390

socrates έγραψε:
Άσκηση 1197
Να βρείτε τους δύο μεγαλύτερους θετικούς ακεραίους για τους οποίους μπορούμε να επιλέξουμε αριθμούς από το σύνολο $\{\sqrt{1}, \sqrt{2},\sqrt{3}, ... ,\sqrt{2015}\}$ οι οποίοι αποτελούν αριθμητική πρόοδο.

Μία προφανής περίπτωση αριθμητικής προόδου στο παραπάνω σύνολο είναι της μορφής $\sqrt d,\, 2\sqrt d , \, 3\sqrt d , ...$ που είναι άλλη γραφή της $\sqrt d,\, \sqrt{4 d}, \sqrt {9 d}, ...$ . Πρόκειται μία εκδοχή αριθμητικής προόδου. Ένα σημαντικό στοιχείο της άσκησης είναι να δείξουμε πρώτα από όλα ότι όλες οι αριθμητικές πρόοδοι στο σύνολο είναι της παραπάνω μορφής, δηλαδή $p\sqrt d,\, q\sqrt d , \, r\sqrt d , ...$ για κατάλληλα p,q,r, ...

αλλά το ίδιο $\sqrt d$ . Χωρίς απόδειξη αυτού (δηλαδή χωρίς να δείξουμε ότι η προφανής ικανή συνθήκη που περιγράψαμε, είναι και αναγκαία) η λύση είναι ελλειπής σε ουσιαστικό βαθμό (Για όφελος των μαθητών μας θα επανέλθω σε αυτό το σημείο σε άλλο ποστ που θα γράψω περί ικανών και αναγκαίων συνθηκών, μια και παρατηρώ ότι δεν έχει γίνει κατανοητό από όλους αυτό το θέμα).

Έστω $\sqrt a, \, \sqrt b, \, \sqrt c, \, a<b<c$ αριθμητική πρόοδος από το παραπάνω σύνολο. Τότε $\sqrt a + \sqrt c =2 \sqrt b$ .

Υψώνοντας στο τετράγωνο, έπεται $\sqrt {ac} = \frac {1}{2} (4b-a-c)=$ ρητός. Από κριτήριο αρρητότητας έπεται ότι

τέλειο τετράγωνο ακεραίου. Γράφουμε $a=p^2s, \, c=q^2t$ όπου τα s,t

είναι ελεύθερα τετραγώνου (τα p,q

μπορεί να είναι μονάδες).

Άρα p^2q^2st=ac=

τέλειο τετράγωνο, οπότε από την μοναδικότητα της ανάλυσης σε πρώτους παράγοντες έπεται s=t

καθώς είναι ελεύθερα τετραγώνου. Τελικά

$\sqrt a = \sqrt {p^2s}= p\sqrt s, \, \sqrt c = \sqrt {q^2t}= q \sqrt t = q \sqrt s$ . Τέλος, από την $\sqrt a + \sqrt c =2 \sqrt b$ έπεται ότι και $\sqrt b$ είναι της ίδια μορφής (για κατάλληλα p,q,r

).

Από δω και κάτω η άσκηση είναι τετριμμένη. Η μεγαλύτερη αριθμητική πρόοδος είναι προφανώς η $\sqrt 1, 2\sqrt 1, ... , n\sqrt 1$ ή αλλιώς $\sqrt 1, \sqrt 4, \sqrt 9, ... , \sqrt {n^2}$ με $n^2\le 2015$ το μέγιστο δυνατό, δηλαδή n=44

.

Εννοείται ότι η αμέσως πιο μικρή αριθμητική πρόοδος έχει

όρους και τέτοια είναι π.χ. η $\sqrt 4, \sqrt 9, ... , \sqrt {n^2}$ (η ίδια με την προηγούμενη αλλά χωρίς τον πρώτο όρο).

Αν θέλαμε αριθμητική πρόοδο με άλλη ρίζα, τότε η μεγαλύτερη είναι της μορφής $\sqrt 2, 2\sqrt 2, ... , n\sqrt 2$ ή αλλιώς $\sqrt 2, \sqrt 8, \sqrt 18, ... , \sqrt {2n^2}$ με $2n^2\le 2015$ το μέγιστο δυνατό, δηλαδή n=31

.

Φιλικά,

Μιχάλης

#2391

ΑΣΚΗΣΗ 1229: Αν $\displaystyle{x , m \in N}$ και $\displaystyle{(3x+5)^2 + (x+2)^2 =m^4}$ , να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{3x^2 +11x+10}$ είναι πολλαπλάσιο του

#2392

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1229: Αν $\displaystyle{x , m \in N}$ και $\displaystyle{(3x+5)^2 + (x+2)^2 =m^4}$ , να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{3x^2 +11x+10}$ είναι πολλαπλάσιο του

Επειδή

θα υπάρχουν ακέραιοι a,b

ώστε $\displaystyle{3x+5=a^2-b^2, \ x+2=2ab}$ ή $\displaystyle{x+2=a^2-b^2, \ 3x+5=2ab.}$
Επίσης , m^2=a^2+b^2.

Αν $ab\equiv 0\pmod 7$ τότε $\displaystyle{(3x+5)(x+2)\equiv 0\pmod 7.}$
Αν $ab\not \equiv 0\pmod 7$ τότε αφού $\displaystyle{a^2\equiv 1,2,4 \pmod 7}$ για να είναι το a^2+b^2

τέλειο τετράγωνο, πρέπει $a^2\equiv b^2\pmod 7.$
Οπότε πάλι $\displaystyle{(3x+5)(x+2)\equiv 0\pmod 7.}$
Τελικά, σε κάθε περίπτωση ο αριθμός 3x^2 +11x+10=(3x+5)(x+2)

είναι πολλαπλάσιο του

Αρχιμήδης 6 · #2393

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1229: Αν $\displaystyle{x , m \in N}$ και $\displaystyle{(3x+5)^2 + (x+2)^2 =m^4}$ , να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{3x^2 +11x+10}$ είναι πολλαπλάσιο του

Μπορεί να γίνει γενίκευση στους ακέραιους (για να έχει σίγουρα νόημα) διότι η παραπάνω εξίσωση έχει λύση την x=-2

και πολύ πιθανόν να είναι μοναδική.

Φιλικά,

Δημήτρης

vzf · #2394

ΑΣΚΗΣΗ 1230: Βρείτε τους φυσικούς αριθμούς a,b,c

και

έτσι ώστε $\displaystyle{ab=2(c+d)}$ και $\displaystyle{cd=2(a+b)}$ .

ΑΣΚΗΣΗ 1231: Βρείτε τους φυσικούς αριθμούς a,b

και

έτσι ώστε το a+b+1

να διαιρείται με το

, το

να διαιρείται με το

, και το

να διαιρείται με το

.

#2395

socrates έγραψε: Άσκηση 1118
Για ποιους θετικούς ακέραιους μπορούμε να καλύψουμε πλήρως μια σκακιέρα $2n\times 2n$ με μη επικαλυπτόμενα κομμάτια σχήματος
Για ποιους θετικούς ακέραιους μπορούμε να καλύψουμε πλήρως μια σκακιέρα $m\times n$ με μη επικαλυπτόμενα κομμάτια σχήματος
Το συνημμένο 3.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο

Αν δεν φαίνεται το σχήμα στην εκφώνηση, πρόκειται για

διαστάσεων 3+1

(π.χ. όπως το κόκκινο στο δικό μου πάνω αριστερά σχήμα).

Απάντηση στο πρώτο ερώτημα: Έχουμε κάλυψη αν και μόνον άν

άρτιος.

Εφόσον η σκακιέρα έχει πλευρά άρτια,

, μπορούμε να την χωρίσουμε σε

ζώνες πλάτους

. Τις βάφουμε με δύο χρώματα, κόκκινο-μπλε, όπως στο κάτω σχήμα. Σε αυτό, τα μισά τετράγωνα είναι κόκκινα και τα άλλα μισά μπλε (ισοπληθή).

Παρατηρούμε ότι κάθε

, όπως και αν τοποθετηθεί, καλύπτει τρία τετράγωνα του ενός χρώματος και ένα του άλλου. Συνεπώς, αν έχουμε

πλήθος από το ένα είδος (τρία κόκκινα, ένα μπλε) και

από το άλλο (τρία μπλε-ένα κόκκινο), τότε το συνολικό πλήθος κόκκινων τετραγώνων είναι 3A+B

. Όμοια τα (ισοπληθή) μπλε είναι A+3B

. Επειδή

έπεται

.

Από το γεγονός ότι A=B

τα κόκκινα (αντίστοιχα, μπλε) τετράγωνα είναι 3A+B=4A

. Άρα όλα τα τετράγωνα είναι

, οπότε $2n\times 2n =8A$ . Συμπεραίνουμε ότι

άρτιος.

Μέχρι εδώ δείξαμε ότι το

άρτιος είναι αναγκαία συνθήκη για κάλυψη. Θα δούμε ότι είναι και ικανή, οπότε η απάντηση στο πρόβλημά μας είναι αυτή ακριβώς.

Η ικανή συνθήκη είναι απλή. Αφού n=2N

, η σκακιέρα έχει διάσταση $2n\times 2n= 4N\times 4N$ . Άρα μπορούμε να χωρίσουμε το πλάτος της σε συνεχόμενα τμήματα μήκους

, οπότε να χωρίσουμε την σκακιέρα σε 16N^2

κουτάκια διαστάσεων $4\times 2$ όπως το πάνω αριστερά στο σχήμα. Σε αυτά μπορούμε να τοποθετήσουμε δύο

, οπότε και όλη η σκακιέρα καλύπτεται. ό.ε.δ.

Ας έλθουμε τώρα στο γενικό πρόβλημα, σκακιέρας διαστάσεων $m\times n$ . Πρώτα από όλα πρέπει το $m\times n$ να είναι πολλαπλάσιο του

, όσα τα τετραγωνάκια σε κάθε

. Άρα κάποιο από τα m,n

είναι άρτιο, οπότε μπορούμε να χωρίσουμε την μία διάσταση σε ζώνες πλάτους

, όπως ακριβώς στο πρώτο μέρος της λύσης. Με ακριβώς τον ίδιο τρόπο δείχνουμε ότι τα τετράγωνα πρέπει να είναι πολλαπλάσια του

. Δηλαδή η σκακιέρα θα είναι είτε της μορφής $8Μ\times \pi \epsilon \rho \iota \tau \tau o$ ή της μορφής $4M\times 2N$ . H δεύτερη περίπτωση είναι άμεση, όπως πριν.

Για την περίπτωση $8M\times (2N+1)$ έχουμε: Αν N=0

, δηλαδή αν έχουμε λουρίδα πλάτους

, τότε φυσικά δεν έχουμε κάλυψη (δεν χωράει ούτε ένα

, λόγω πάχους). Θα δούμε ότι σε όλες τις άλλες περιπτώσεις μπορούμε να καλύψουμε την σκακιέρα. Απλά γράφουμε 2N+1= 3+2(N-1)

και χωρίζουμε την $8M\times (3 +2(N-1))$ σκακιέρα σε κομμάτια διαστάσεων $8\times 3$ και $8 \times 2$ (άμεσο). Τα τμήματα διαστάσεων $8\times 3$ τα καλύπτουμε όπως δείχνει το σχήμα πάνω δεξιά, ενώ τα υπόλοιπα είναι απλά (με χρήση της κάλυψης όπως στο πάνω αριστερά σχήμα).

Με άλλα λόγια έχουμε κάλυψη αν και μόνον αν

πολλαπλάσιο του

εκτός της περίπτωσης

ή

ίσον 1.

Φιλικά,

Μιχάλης

#2396

vzf έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1230: Βρείτε τους φυσικούς αριθμούς και έτσι ώστε $\displaystyle{ab=2(c+d)}$ και $\displaystyle{cd=2(a+b)}$ .

Γράφω μια λύση: Ας υποθέσουμε αρχικά, ότι $\displaystyle{min\{a,b,c,d\}=a}$

1η ΠΕΡ: $\displaystyle{a=0}$ . Τότε θα είναι και $\displaystyle{b=c=d=0}$ και άρα μια λύση είναι η $\displaystyle{(a,b,c,d)=(0,0,0,0)}$

2η ΠΕΡ: $\displaystyle{a=1}$ . Τότε οι δοσμένες σχέσεις γράφονται $\displaystyle{b=2c+2d , cd=2(1+b)}$ . Από την $\displaystyle{cd=2(1+b)\Rightarrow cd=2(1+2c+2d)\Rightarrow d=4+\frac{18}{c-4}}$

Άρα $\displaystyle{c-4 \in \{1,2,3,6,9,18\}}$ (δεδομένου ότι $\displaystyle{c,d\in N}$ ) και άρα $\displaystyle{c\in \{5,6,7,10,13,22\}}$ και άρα προκύπτει ότι:

$\displaystyle{(a,b,c,d)\in \{(1,54,5,22),(1,38,6,13),(1,34,7,10),(1,34,10,7),(1,38,13,6),(1,54,22,5)\} }$

3η ΠΕΡ: $\displaystyle{a=2}$ . Τότε έχουμε $\displaystyle{2b=2(c+d) , cd=2(2+b)}$ και από την σχέση $\displaystyle{cd=2(2+b)\Rightarrow cd=2(2+c+d)\Rightarrow d=2+\frac{8}{c-2}}$

Άρα $\displaystyle{(a,b,c,d)\in \{(2,13,3,10),(2,10,4,6),(2,10,6,4),(2,13,10,3)\}}$

4η ΠΕΡ: $\displaystyle{a=3}$ . Τότε $\displaystyle{b=\frac{2}{3}(c+d)}$ και $\displaystyle{cd=6+\frac{4}{3}c+\frac{4}{3}d\Rightarrow d=\frac{4c+18}{3c-4}\Rightarrow 3d=4+\frac{70}{3c-4}}$

Άρα $\displaystyle{3c-4\in \{1,2,5,7,10,14,35,70\}}$ , οπότε $\displaystyle{c\in \{2,3,6\}}$ . Και από εδώ προκύπτουν οι λύσεις:

$\displaystyle{(a,b,c,d)\in \{(3,6,3,6),(3,6,6,3)\}}$

5η ΠΕΡ: $\displaystyle{a=4}$ . Τότε $\displaystyle{b=\frac{1}{2}(c+d)}$ και $\displaystyle{cd=8+c+d\Rightarrow d=1+\frac{9}{c-1}}$ . Άρα $\displaystyle{c-1\in \{1,3,9\}}$ , και άρα $\displaystyle{c\in \{2,4,10\}}$ .

Από εδώ προκύπτει η λύση $\displaystyle{(a,b,c,d)=(4,4,4,4)}$

6η ΠΕΡ: $\displaystyle{a>4}$ . Τότε έστω $\displaystyle{a=4+m , b=4+n , c=4+k , d=4+t}$ , $\displaystyle{m,n,k,t >0}$ . Αντικαθιστώντας στις δοσμένες σχέσεις και προσθέτοντας ύστερα κατά μέλη,

καταλήγουμε στην εξίσωση: $\displaystyle{2m+2n+2k+2t+mn+kt=0}$ , η οποία είναι αδύνατη.

Τελικά, όλες οι λύσεις (αν εναλλάξουμε και τους ρόλους των $\displaystyle{a,b και }$ c,d

), είναι:

$\displaystyle{(a,b,c,d)\in \{(0,0,0,0),(1,54,5,22),(1,54,22,5),(54,1,5,22),(54,1,22,5),(1,38,6,13),(1,38,13,6),(38,1,6,13),(38,1,13,6),}$

$\displaystyle{(1,34,7,10),(1,34,10,7),(34,1,7,10),(34,1,10,7),(2,13,3,10),(2,13,10,3),(13,2,3,10),(13,2,10,3),(2,10,4,6),(2,10,6,4),}$

$\displaystyle{(10,2,4,6),(10,2,6,4),(5,22,1,54),(22,5,1,54),(5,22,54,1),(22,5,54,1),(6,13,1,38),(13,6,1,38),(6,13,38,1),(13,6,38,1),}$

$\displaystyle{(7,10,1,34),(10,7,1,34),(7,10,34,1),(10,7,34,1),(3,10,2,13),(10,3,2,13),(3,10,13,2),(10,3,13,2),(4,6,2,10),(6,4,2,10),}$

$\displaystyle{(4,6,10,2),(6,4,10,2), (3,6,3,6),(3,6,6,3),(6,3,3,6),(6,3,6,3),(4,4,4,4)\}}$

ΣΗΜ: Συμπλήρωσα 4 λύσεις που παρέλειψα να γράψω και βελτίωσα την διατύπωση της λύσης

#2397

vzf έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1231: Βρείτε τους φυσικούς αριθμούς και έτσι ώστε το να διαιρείται με το , το να διαιρείται με το , και το να διαιρείται με το .

Μπορούμε να δώσουμε λύση με παρόμοιο τρόπο, όπως παραπάνω, η όλη βέβαια διαδικασία έχει αρκετές πράξεις και υπάρχουν και πολλές λύσεις. Γράφω μια λύση,

παραλείποντας όμως τις πράξεις και κάποιες περιπτώσεις, στις οποίες γίνονται παρόμοιες διαδικασίες:

Έχουμε ότι $\displaystyle{a+b+1=kc , a+c+1=mb , b+c+1=na , k,m,n\in N^{*}}$ . Εύκολα τώρα, από το σύστημα αυτό, βρίσκουμε $\displaystyle{a=\frac{(m+1)(k+1)}{mnk-n-m-k-2}}$

Άρα πρέπει $\displaystyle{mnk-m-n-k-2\leq (m+1)(k+1)\Rightarrow mnk\leq mk+2m+2k+n+3}$ , (1)

Έστω $\displaystyle{m=min\{m,n,k\}}$ και ας υποθέσουμε ότι $\displaystyle{m>3}$ . Τότε θα είναι $\displaystyle{m=3+x , n=3+y , k=3+w , x,y,w >0}$

Αντικαθιστώντας στην σχέση (1) βρίσκουμε $\displaystyle{4w+8y+4x+3yw+2xw+3xy+xyw\leq 0}$ , το οποίο είναι αδύνατον. Άρα $\displaystyle{m\in \{1,2,3\}}$

Διακρίνουμε τώρα τις περιπτώσεις:

1η ΠΕΡ: $\displaystyle{m=1}$ . Τότε $\displaystyle{a+c+1=b}$ και από τις δύο άλλες σχέσεις $\displaystyle{(a+b+1=kc , b+c+1=na}$ , βρίσκουμε :

$\displaystyle{a=\frac{kc-c-2}{2} , c=\frac{2n+2}{nk-n-k-3}}$

Για να είναι ακέραιος ο $\displaystyle{c}$ , πρέπει $\displaystyle{nk-n-k-3\leq 2n+2}$ . Πάλι τώρα, αν υποθέσουμε ότι $\displaystyle{n=min\{n,k\}}$ και ότι $\displaystyle{n>5}$ , καταλήγουμε σε άτοπο (όπως

και πριν). Άρα $\displaystyle{n\in \{1,2,3,4,5\}}$ και για τις τιμές αυτές του $\displaystyle{n}$ , εύκολα βρίσκουμε ότι:

$\displaystyle{(a,b,c)\in \{(14,21,6),(8,12,3),(6,9,2),(4,6,1),(5,10,4),(3,6,2),(2,4,1),(4,10,5),(2,5,2),(2,6,3),(1,3,1)\}}$

2η ΠΕΡ: $\displaystyle{m=2}$ , (εργαζόμαστε ομοίως)

3η ΠΕΡ: $\displaystyle{m=3}$ , εργαζόμαστε ομοίως.

#2398

vzf έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1230: Βρείτε τους φυσικούς αριθμούς και έτσι ώστε $\displaystyle{ab=2(c+d)}$ και $\displaystyle{cd=2(a+b)}$ .

vzf, έχεις κάποια άλλη λύση για αυτήν;

vzf έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1231: Βρείτε τους φυσικούς αριθμούς και έτσι ώστε το να διαιρείται με το , το να διαιρείται με το , και το να διαιρείται με το .

Αλλιώς:

Λόγω συμμετρίας, έστω $a\leq b\leq c.$
Τότε $\displaystyle{\frac{a+b+1}{c}\leq 3,}$ οπότε $\displaystyle{a+b+1\in \{c,2c,3c.\}}$

Εξετάζουμε καθεμιά περίπτωση χωριστά.

Η $\displaystyle{a+b+1 = 3c}$ δίνει άμεσα a=b=c=1.

Η $\displaystyle{a+b+1 = 2c}$ δίνει b=c=a+1

γιατί αν $c\geq b+1$ τότε $a+b+1=2c\geq 2b+2\geq a+b+2,$ άτοπο.
Εύκολα, από την a|b+c+1

έχουμε $a\in \{1,3\}.$

Για την $\displaystyle{a+b+1 = c}$ έχουμε a|2b+2

και

οπότε

και από $ab\leq 4a+4b+4$ βρίσκουμε τις υπόλοιπες λύσεις...

#2399

ΆΣΚΗΣΗ 1232

Στον πίνακα είναι γραμμένοι οι αριθμοί : 1,-2,3,-4, ..., 2n-1, -2n

, όπου

είναι φυσικός αριθμός.

Διαλέγουμε δύο από αυτούς τους αριθμούς, τους a,b

, τους διαγράφουμε και στον πίνακα γράφουμε τον αριθμό |a+b|

. Επαναλαμβάνουμε την ίδια διαδικασία μέχρι

στον πίνακα να μείνει ένας μόνο αριθμός. Να αποδειχθεί ότι αυτός ο αριθμός είναι :

α) Άρτιος, αν ο

είναι άρτιος,

β) Περιττός, αν ο

είναι περιττός.

( Από την πρώτη φάση της ολυμπιάδας στη Ρουμανία το 2012)

Μπάμπης

Θεοδωρος Παγωνης · #2400

Άσκηση 1232

Έστω $\displaystyle{S}$ το άθροισμα όλων αυτών των αριθμών , τότε θα έχουμε :

$\displaystyle{S=\left( 1+3+...+2n-1 \right)+\left( -2-4-...-2n \right)=}$

$\displaystyle{=\frac{n}{2}\left( 1+2n-1 \right)+\frac{n}{2}\left( -2-2n \right)={{n}^{2}}-n-{{n}^{2}}=-n}$

Μετά την διαγραφή των αριθμών $\displaystyle{a}$ , $\displaystyle{b}$ το νέο άθροισμα θα είναι

$\displaystyle{{S}'=-n-a-b+\left| a+b \right|}$

Δηλαδή

$\displaystyle{{S}'=-n-a-b+a+b=-n}$ , αν $\displaystyle{a>-b}$

ή

$\displaystyle{{S}'=-n-a-b-a-b=-n-2\left( a+b \right)}$ , αν $\displaystyle{a<-b}$

• $\displaystyle{n}$ άρτιος με $\displaystyle{n=-2k}$ , $\displaystyle{k\in \mathbb{N}}$ , θα είναι : $\displaystyle{{S}'}$ άρτιος , οπότε το τελικό αποτέλεσμα θα είναι άρτιος

• $\displaystyle{n}$ περιττός με $\displaystyle{n=-2k+1}$ , $\displaystyle{k\in \mathbb{N}}$ , θα είναι : $\displaystyle{{S}'}$ περιττός , οπότε το τελικό αποτέλεσμα θα είναι περιττός

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