viewtopic.php?f=109&t=15584 - COMMON MATHS

http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=15584

Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 1



ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΜΑΘΗΤΙΚΟΥΣ

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΥΣ

ΤΕΥΧΟΣ 7ο

ΑΣΚΗΣΕΙΣ 601 - 700

Αφιερωμένο σε κάθε μαθητή που ασχολείται ή πρόκειται να ασχοληθεί με

Μαθηματικούς διαγωνισμούς

Τσιφάκης Χρήστος : xr.tsif



ΘΕΜΑ 601 (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Να γραφτεί ο αριθμός: 2n 2n 1 2n 2A 10 10 10 , ως άθροισμα τετραγώνων

τριών φυσικών αριθμών (n N* ).

Λύση:

2n 2n 1 2n 2 2n 2n 1 2n 2 2n 1 110 10 10 10 10 ·10 10 ·10 10 (1 )

10 100

2n 2n 2n 2n 2 2n 2 2 2n 2 2 2n 289 9 16 6410 · 10 · 10 · 10 · 3 ·10 4 ·10 8 ·10

100 100 100 100

n 1 2 n 1 2 n 1 2(3·10 ) (4·10 ) (8·10 ) .

Τα τετράγωνα είναι n 1 2 n 1 2 n 1 2(3·10 ) ,(4·10 ) ,(8·10 ) .


(α) Να αποδείξετε ότι: Αν x,y 0 με x y , τότε: x y

xy2

.

(β) Να αποδείξετε ότι: 2010 2013

1 2 3 ... 20104

.

Λύση:

(α) 2 2x yxy 2 xy x y xy xy x y

2

2 2xy x y xy x( y x) y( y x)

x( y x) y( y x) 0 ( x y)( y x) 0 .

Και αφού x y η μία από τις δύο διαφορές είναι αρνητική άρα το γινόμενο είναι

αρνητικό και η ανισότητα ισχύει.



Μια λύση για το (β)

(β) Θα χρησιμοποιήσω το (α), το οποίο έχει αποδειχθεί. 1 1 2

1 1 12 2

1 2 32 1 2

2 2

1 3 43 1 3

2 2

……………

1 2010 20112010 1 2010

2 2

.

Άμα προσθέσω κατά μέλη, θα έχω:

11 2 ... 2010 (2 3 4 ... 2011)

2

1 2013 2010 2010 2013

2 2 4

.


Δίνεται ένας εξαψήφιος αριθμός, ο οποίος έχει ψηφίο των μονάδων του το 6. Αν

πάρουμε το ψηφίο των μονάδων και το τοποθετήσουμε μπροστά από τον αρχικό

αριθμό χωρίς να μεταβάλλουμε τα άλλα ψηφία του, τότε προκύπτει νέος

εξαψήφιος αριθμός, ο οποίος είναι τετραπλάσιος από τον προηγούμενο αριθμό.

Ποιος είναι ο αρχικός αριθμός;

Λύση:

Ας πούμε πως ο αρχικός αριθμός είναι της μορφής

100.000x 10.000y 1.000z 100 10k 6 .

Τότε ο αριθμός αυτός μετά τη μετατροπή θα είναι

600.000 10.000x 1.000y 100z 10 k .



Οπότε , προκύπτει η εξής εξίσωση:

4(100.000x 10.000y 1.000z 100 10k 6)

600.000 10.000x 1.000y 100z 10 k

400.000x 40.000y 4.000z 400 40k 24

600.000 10.000x 1.000y 100z 10 k

390.000x 39.000y 3.900z 390 39k 599.976

39(10.000x 1.000y 100z 10 k) 599.976

10.000x 1.000y 100z 10 k 15.384.

Άρα 100.000x 10.000y 1.000z 100 10k 6

10(10.000x 1.000y 100z 10 k) 6 10·15.384 6 153.846 .

Οπότε ο αριθμός είναι 153.846.


Να κατατάξετε κατά σειρά μεγέθους από τον μικρότερο προς τον μεγαλύτερο,

τους αριθμούς:

1001 1001 1000 1000 1001x 1001 ,y 1000 1000 ,z 1001 1000 .

Λύση:

Ο αριθμός z είναι μεγαλύτερος από τον yδιότι

1000 1001 1000 1001 1000 10001001 1000 1000 1000 1001 1000 .

Μπορούμε τώρα να συγκρίνουμε τον x με τον z .

Αν ο x είναι μεγαλύτερος του z θα ισχύει :

1001 1000 10011001 1001 1000



1001 1000 1001 1000 10011001 1001 1000 1001 (1001 1) 1000 1001

1000 1001 1000 1000 100010001001 ·1000 1000 1001 1001 1000

1000

...που ισχύει προφανώς .

Και η αύξουσα σειρά των αριθμών είναι : y z x .


Αν x,y N , και αν 2 yx 2069 2 x , να βρεθούν οι αριθμοί x,y .

Λύση:

Η εξίσωση γράφεται yx(x 1) 2 2069 .

Επειδή x(x 1) είναι άρτιος, για κάθε τιμή του x το ίδιο πρέπει να συμβαίνει

και με το y2 2069 .

Αυτό αναγκάζει το y να ισούται με 0, αφού διαφορετικά y2 2069 θα ήταν

περιττός.

Τότε, προκύπτει 2x x 2070 0 , άρα x 46 .


Δίνονται οι αριθμοί: 2 2m m m m 8 2x 5 9 ,y n 2(15p 1) , όπου *m,n,p N .

Να βρείτε ποιο μπορεί να είναι το ψηφίο των μονάδων του αριθμού xy .

Λύση:

Είναι : 2x 5 ( 1) 6(mod10) αφού m(m 1) 2k,k N ,

8 2 8y n 30p 2 n 2(mod10) .

Πάμε τώρα να βρούμε τους αριθμούς 8

ik n m( od10) όπου i n(mod10) .



0k 0 y 2(mod10) xy 2(mod10) ,

1k 1 y 3(mod10) xy 8(mod10) ,

8

22 256 k 6 y 8(mod10) xy 8(mod10) ,

8 4

3k 3 (mod10) ( 1) (mod10) 1(mod10) y 3(mod10)

xy 8(mod10) ,

4 2k k xy 8(mod10) ,

5k 5 y 7(mod10) xy 2(mod10) .

Ισχύει 6

k 6 αφού n6 6(mod10) για κάθε n . Άρα xy 8(mod10) ,

4

7k 49 (mod10) 1(mod10) y 3(mod10) xy 8(mod10) ,

8 2k k xy 8(mod10) ,

8

9k ( 1) y e(mod10) xy 8(mod10) .

Άρα το τελευταία ψηφίο του xy είναι 2ή 8.

Β τρόπος

Μετά την διαπραγμάτευση του Σωκράτη, δίνω και μια λύση χωρίς mod, για να

γίνει κατανοητή από τους μαθητές Γυμνασίου που δεν γνωρίζουν ισοτιμίες:

Πρώτα θα βρω το ψηφίο των μονάδων του x .

O αριθμός 2m m5 λήγει σε 5, για κάθε *m N . O αριθμός

2m m9 2

9 m m , γράφεται: m(m 1)9 . Όμως ο m(m 1) , ως γινόμενο δύο διαδοχικών φυσικών, είναι πάντα

άρτιος, δηλαδή: *m(m 1) 2t,t N . Άρα m(m 1) 2t t9 9 81 και άρα λήγει σε 1

για κάθε *t N .

Συνεπώς ο xλήγει σε 5 1 6 .

Στη συνέχεια, θα βρω το ψηφίο των μονάδων του 8 2y n 2 30p .



Αρχικά, παρατηρούμε ότι το τετράγωνο κάθε φυσικού αριθμού, λήγει σε

0,1,4,5,6,9 .

Δηλαδή ο 2n , λήγει σε 0,1,4,5,6,9 . Άρα ο 4n , θα λήγει σε 0,1,5,6 και ο 8n , θα

λήγει σε 0,1,5,6. Άρα ο 8n 2 , λήγει σε 2,3,7,8 και αφού ο 230p λήγει σε

μηδέν, συμπεραίνουμε ότι ο αριθμός 8 2n 2 30p , λήγει και αυτός σε 2,3,7,8,

δηλαδή ο yλήγει σε έναν από τους αριθμούς 2,3,7,8. Άρα λόγω του ότι ο x

λήγει σε 6, έχουμε ότι ο αριθμός xy , θα λήγει σε 2ή σε 8.


Δείξτε ότι δεν υπάρχει φυσικός αριθμός n , τέτοιος ώστε ο αριθμός:

n n 1 n 2 n 3A 2 3 5 7 , να είναι τετράγωνος.

Λύση:

Η παρατήρηση που βοηθά στην άσκηση είναι η εξής :

Κάθε αριθμός έχει από 1 ως 4 καταλήξεις όταν υψώνεται σε διάφορες δυνάμεις

. Όταν ο εκθέτης ανήκει στο σύνολο 1 4 4 4 .... οι καταλήξεις για τους

αριθμούς 2,3,5,7 είναι 2,3,5,7 αντίστοιχα . Όταν ο εκθέτης είναι της μορφής

2 4 4 4 .... οι αντίστοιχες τιμές είναι 4,9,5,9. Με εκθέτη της μορφής

3 4 4 4 .... έχουμε τους αριθμούς 8,7,5,3 και με εκθέτη της μορφής

4 4 4 4 .... οι τιμές είναι 6,1,5,1.

Στο συγκεκριμένο πρόβλημα αν ο εκθέτης έχει την 1η μορφή, το τελευταίο

ψηφίο του αθροίσματος θα είναι 2 3 5 7 17 δηλαδή το 7 , άρα ο αριθμός

δεν είναι τετράγωνο.

Αν ο εκθέτης έχει τη 2η μορφή το άθροισμα θα είναι 4 7 5 7 23 και πάλι

ο αριθμός δεν θα είναι τετράγωνος.

Με την 3η μορφή το άθροισμα είναι 8 1 5 9 23 και πάλι τελευταίο ψηφίο

είναι το 3 που σημαίνει ότι δεν υπάρχει τετράγωνο.



Τέλος αν ο εκθέτης έχει την 4η δυνατή μορφή το άθροισμα θα είναι

6 3 5 3 17 ,το 7 ως ψηφίο μονάδων δε δηλώνει τέλειο τετράγωνο.

Άρα το άθροισμα n n 1 n 2 n 3A 2 3 5 7 δε γίνεται να είναι τέλειο

τετράγωνο.

Β τρόπος

Για n 0,n 1 ελέγχουμε απευθείας. Για n 2 εργαζόμαστε (mod4) . Είναι

n n 1 n 2 n 3 n 1 n 2 n 3A 2 3 5 7 0 ( 1) 1 ( 1)

n 1 n 11 ( 1) ( 1 d4)() mo .

Ανάλογα τώρα αν το n είναι άρτιο ή περιττό, το προηγούμενο είναι ισότιμο

1 1 1 3(mod4) ή 1 1 1 3(mod4) . Και στις δύο περιπτώσεις είναι

3(mod4) ενώ τα τέλεια τετράγωνα είναι 0(mod4) ή 1(mod4) .


Τους φυσικούς αριθμούς 1,2,3,... τους χωρίζουμε σε ομάδες ως εξής:

1 2 3A (1,2),A (3,4,5,6),A (7,8,9,10,11,12),...

Να βρείτε ποια είναι η ομάδα 11

A .

Λύση:

Ορίζω την ακολουθία n

(a ) να είναι ο πρώτος όρος κάθε ομάδας n

A και n

(b ) να

είναι το πλήθος των όρων της.

Τότε 1 2 3 4

a 1,a 3,a 7,a 13,...

1 2 3 4b 2,b 4,b 6,b 8,...

και γενικά παρατηρούμε ότι n

b 2n ενώ n 1 n n

a a b 2n .

Λόγω των σχέσεων



n n 1a a 2(n 1)

n 1 n 2a a 2(n 2)

n 2 n 3a a 2(n 3)

3 2a a 2·2

2 1a a 2·1

και προσθέτοντας έχουμε τελικά:n 1

a a n(n 1) οπότε τελικά 2

na n n 1 .

Άρα η ομάδα 11

A ξεκινάει από τον αριθμό 2

11a 11 11 1 111 και περιέχει

11b 22 διαδοχικούς αριθμούς.

Άρα 11

A (111,112,113, ,132) .


Να συγκριθούν οι αριθμοί: 2011 2010 4020 4023 4024x 5 5 ,y 2 2 2 .

Λύση:

Το xμετατρέπεται σε 2010 20105 (5 1) 4·5 .

Το yγίνεται 4020 3 4 2 20102 (1 2 2 ) 5 ·4 .

Αν x y τότε 2010 2 20104·5 5 ·4 .

Το οποίο γίνεται:

2 2010 2010

2010 2010 2 2009 2009 2008 2009

2

5 ·4 55 5 5 ·4 4 5 4

4 5

2008

2008 2008 55 4·4 4

4

, που είναι προφανές ότι ισχύει, άρα x y .



Β τρόπος

Στο τέλος , ας το δούμε λίγο πιο αναλυτικά:

Θέλουμε να δείξουμε ότι 20085( ) 44

. Άρα αρκεί να δείξουμε ότι 10045( ) 24

.

Πράγματι, έχουμε: 1004 4 1000 45 5 5 5 625( ) ( ) ( ) ( ) 24 4 4 4 256

.

ΣΗΜΕΙΩΣΗ:

Ένας άλλος τρόπος να το δείξουμε (αλλά δεν είναι επιπέδου Γυμνασίου) είναι

με την ανισότητα του Bernoulli,

που λέει ότι αν a 1 και *n N , τότε: n(1 a) 1 na .

Οπότε για την περίπτωσή μας έχουμε:

2008 20085 1 1( ) (1 ) 1 2008 1 502 503 44 4 4

.


Αν για τους φυσικούς αριθμούς x,y,z ισχύει ότι:

2x y 2

2x

2 11 2y 1 z 1

4 9 3y 1 3z 1

, να βρεθούν οι αριθμοί αυτοί.

Λύση:

Αφού 2x y 2x2 11,4 9 είναι περιττοί και 2y 1 είναι περιττός τότε 3y 1

είναι περιττός και έτσι yείναι άρτιος . Επίσης 2z 1,3z 1 είναι ή και οι δύο

άρτιοι ή και οι δύο περιττοί. Ακόμη καταλαβαίνουμε από το 2ο κλάσμα ότι ο

παρονομαστής είναι μεγαλύτερος από τον αριθμητή κι έτσι δημιουργούμε την

ανισότητα

2 2z 1 3z 1 z 3z 0 z(z 3) 0 .



…άρα οι δυνατές τιμές του z είναι 1 ή 2 . Αν ο z είναι 1τότε στο 3o κλάσμα

δημιουργείται ο λόγος 1

2 ο οποίος περιέχει έναν περιττό κι έναν άρτιο κι έτσι

δεν μπορεί να ισούται με τους λόγους των άλλων κλασμάτων άρα z 2 κι έτσι ο

λόγος είναι 5

7. Πολλαπλασιάζοντας χιαστί βρίσκουμε ότι y 2 .

Και πάλι με την παρατήρηση ότι ο αριθμητής είναι μικρότερος του

παρονομαστή δημιουργούμε στο 1ο κλάσμα την ανισότητα

2x y 2x 2x y 2x2 11 4 9 2 4 2 και αντικαθιστώντας το yμε την τιμή του

έχουμε : 2x 2 2x 2x 2 2x 2x 2x2 4 2 2 (2 2 ) 2 2 (4 2 ) 2

το οποίο για να ισχύει πρέπει να ισχύει και η ανισότητα 2x y για να είναι το

αποτέλεσμα της παρένθεσης αρνητικός ή 0. Αφού λοιπόν y 2 μπορούμε να

κάνουμε δοκιμές , αντικαθιστώντας αρχικά τον xμε y 2

12 2 και επομένως θα

έχουμε 2 22 (4 4) 2 0·2 2 , το οποίο επαληθεύει την ανισότητα και

επιπλέον είναι η μόνη τιμή που μπορεί να δημιουργήσει στο 1ο κλάσμα το λόγο

που υπάρχει και στα άλλα κλάσματα καθώς αν αντικαταστήσουμε με την

συγκεκριμένη τιμή θα έχουμε : 42 11 5

16 9 7

.

Άρα οι μεταβλητές x,y,z αντιστοιχούν στις τιμές 1,2,2 αντίστοιχα.


Να βρεθεί ο διψήφιος αριθμός ab , αν γνωρίζουμε ότι:

7 ab ba abba:11 1 .

Λύση:

7 ab ba abba:11 1 ή

7(b 10a) (a 10b) (a 10b 100b 1000a):11 1 ή



71a 17b 1 91a 10b ή

7b 20a 1

…

αλλά 1 7 1·6 7 1(20 2·7) 1 3·7 1·20 ,

άρα a 1, b 3, ab 13 .

ΘΕΜΑ 612 (ΜΠΑΜΠΗΣ ΣΤΕΡΓΙΟΥ)

Να βρεθούν όλοι οι τριψήφιοι αριθμοί που αν διαιρεθούν με τους αριθμούς

7,8,9 δίνουν αντίστοιχα υπόλοιπα 1,4,7 .

Λύση:

Έστω xο ζητούμενος τριψήφιος. Τότε με βάση το πρόβλημα έχουμε:

x 7k 1,x 8m 4,x 9n 7 . Από εδώ έχουμε

8m 3 7m m 3 m 37k 1 8m 4 k m

7 7 7

.

Πρέπει όμως *m 3r,r N

7

. Τότε m 7r 3 και από την σχέση

x 8m 4 x 8(7r 3) 4 x 56r 20 .

Αλλά είναι και x 9n 7 , οπότε από τις δύο τελευταίες σχέσεις έχουμε:

9(n 3)56r 20 9n 7 r

56

. Πρέπει όμως ο αριθμός

9(n 3)

56

να είναι

ακέραιος και αφού (9,56) 1 ,άρα *56|n 3 n 3 56t,t N .

Άρα n 56t 3 .

Όμως από την υπόθεση, έχουμε ότι

100 x 999 100 9n 7 999 100 9(56t 3) 7 999



120 1019t t 1

504 504 ή t 2 .

Αν t 1 , τότε n 56 3 53 και άρα x 9n 7 9 53 7 484 , που είναι ο

ζητούμενος αριθμός.

Αν t 2 , τότε n 109 και άρα x 9n 7 9 109 7 988 , που επίσης είναι ο

ζητούμενος

Συνεπώς υπάρχουν δύο τριψήφιοι αριθμοί που ικανοποιούν τις απαιτήσεις του

προβλήματος και είναι οι 484 και 988.

Β τρόπος

Μια άλλη σκέψη που συνήθως κάνουμε σε αυτά τα προβλήματα είναι να

παρατηρήσουμε ότι οι αριθμοί :

1 20 21,4 20 24,7 20 27 που προκύπτουν αν στα υπόλοιπα

προσθέσουμε τον αριθμό 20 , είναι πολλαπλάσια των αριθμών

(διαιρετών ) 7,8,9αντίστοιχα. Άρα :

a 20 7k 21 7c,a 20 8l 24 8d,a 20 9m 27 9e .

Κατά συνέπεια ο αριθμός a 20 είναι πολλαπλάσιο του [7,8,9] 504 , οπότε

a 504 20 484 και a 2 504 20 988 , μια και είναι τριψήφιος.

ΘΕΜΑ 613 (Socrates)

Δείξτε ότι: αν a,b,c 0 τότε 2 2 2(a bc)(b ca)(c ab) abc(a b)(b c)(c a) .

Λύση:

Προτού δώσουμε την λύση στο θέμα αυτό, είναι χρήσιμο να αναφερθούμε σε

ένα θεώρημα, που ισχύει στις ανισότητες (το οποίο βέβαια είναι για πολύ

προχωρημένους στα διαγωνιστικά μαθηματικά μαθητές Γυμνασίου).



Το γράφω, όπως είναι δημοσιευμένο στο βιβλίο ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΑΝΙΣΟΤΗΤΕΣ

των αγαπητών συναδέλφων Μπάμπη Στεργίου και Νίκου Σκομπρή :

Έστω 1 2 n 1 2 n

x (x ,x ,...,x ),y (y ,y ,...,y ) δύο n-άδες θετικών αριθμών και

1 2 nw (w ,w ,...,w ) μια n-άδα στην οποία οι αριθμοί

1 2 nw ,w ,...,w είναι οι

αριθμοί 1 2 n

y ,y ,...,y , με διαφορετική ίσως σειρά, τότε:

Αν οι n-άδες xκαι yείναι όμοια διατεταγμένες, δηλαδή 1 2 n

x x ... x και

1 2 ny y ... y (ή αντιστρόφως οι φορές των ανισοτήτων), τότε:

1 1 2 2 n n 1 w1 2 2 n n(x y )(x y )...(x y ) (x )(x w )...(x w ) .

ΕΝΩ, αν οι n-άδες xκαι y , έχουν αντίθετη διάταξη, τότε ισχύει και πάλι η

παραπάνω ανισότητα, αλλά με αντίθετη την φορά της.

Για το πρόβλημά μας λοιπόν, έχουμε:

Ζητάμε να αποδείξουμε ότι: 2 2 2(a bc)(b ca)(c ab) abc(a b)(b c)(c a) .

Άρα αρκεί να δείξουμε ότι:

2 2 2 2 2 2(a bc)(b ca)(c ab) (a ab)(b bc)(c ca) .

Θεωρούμε τις τριάδες: 2 2 2x (a ,b ,c ),y (bc,ca,ab),w (ab,bc,ca) .

Θα δείξουμε ότι οι τριάδες x,y έχουν αντίθετη διάταξη. Πράγματι, έστω ότι:

2 2 2 2 2 2bc ca ab b a,c b c b a c b a a b c . Άρα με

βάση το παραπάνω θεώρημα, έχουμε:

2 2 2 2 2 2(a bc)(b ca)(c ab) (a ab)(b bc)(c ca) , και η απόδειξη

ολοκληρώθηκε.

Β τρόπος

Από την ανισότητα Cauchy – Schwarz έχουμε



2 2 2 2 2

2a +bc a c (a+c) (a+c)= + a +bc b

b b c b+

c b+c .

Ομοίως, λαμβάνουμε και 2 2

2 2(b+a) (b+c)b +ca c , c +ab a

c+a a+b

Με πολλαπλασιασμό αυτών προκύπτει η ζητούμενη.

Δείτε εδώ:

http://gbas2010.wordpress.com/2010/04/11/inequality-46george-basdekis/.

http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... &t=511285&.


Βρείτε τους μη αρνητικούς ακέραιους x,y,z για τους οποίους zx y 2(2 1)(2 1) 2 1 .

Λύση:

1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ:

Έστω x y . Τότε η δοσμένη γράφεται: z z zx y x y 2 y x x y 2 x x y 2 y2 2 2 2 2 2 (2 2 1) 2 2 2 1 2 (1) .

Αποκλείεται όμως να είναι z2 y 0 , διότι τότε το δεύτερο μέλος της (1) δεν

θα ήταν ακέραιος, ενώ το πρώτο μέλος είναι ακέραιος.

Αν πάλι ήταν z2 y 0 , τότε το δεύτερο μέλος της (1)θα ήταν άρτιος, ενώ το

πρώτο είναι περιττός (δεδομένου ότι x y 0 ). Άρα αποκλείεται να είναι

z2 y 0 .

Μας μένει να δούμε τι γίνεται όταν z2 y 0 (2) .

Τότε η (1) γράφεται:

http://gbas2010.wordpress.com/2010/04/11/inequality-46george-basdekis/

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=51&t=511285&



x

x x y x x y y 1 x y

x y x y

2 22 2 1 1 2 2 2 1 2 1 2

2 2

(3) .

Αφού όμως y 0 (αλλιώς είναι άτοπο), άρα το πρώτο μέλος είναι περιττός και

άρα θα πρέπει να είναι περιττός και το δεύτερο μέλος. Άρα πρέπει 1 x y 0 ,

δηλαδή y x 1 . Τότε όμως η σχέση (3) γράφεται: 2y 1 1 y 1 , οπότε

και zx 2,2 1 , δηλαδή x 2,y 1,z 0 , τιμές που επαληθεύουν την δοσμένη

και άρα είναι δεκτές.


Έστω x y . Τότε εργαζόμενοι όπως και πριν, βρίσκουμε x 1,y 2,z 0 .


Έστω x y . Τότε η δοσμένη γράφεται: z z z2x x 2 x 2 x x 1 2 x 12 2 2 2 2 2 2 2 1 2 (4) .

Αν ήταν x 0 ή x 1 , η (4) θα ήταν αδύνατη. Άρα x 2 , οπότε το πρώτο

μέλος της (4) είναι περιττός. Άρα πρέπει υποχρεωτικά να είναι z2 x 1 0 ,

οπότε η (4)γράφεται: x 1 x 12 1 1 2 2 x 1 1 x 2 .

Άρα z z2 2 1 0 2 3 , που είναι άτοπο.

Συνεπώς οι λύσεις που ζητάμε είναι (x,y,z) (2,1,0) ή (x,y,z) (1,2,0) .


Οι ακέραιοι m και n ικανοποιούν τη σχέση 3m 4n 100 . Να βρεθεί η

ελάχιστη τιμή του |m n| .

http://forum.gil.ro/viewtopic.php?f=38&t=5617&start=0.

Λύση:

Είναι (3,4)=1

4|(100 4n) 4|3x 4|x x=4k, k N .

http://forum.gil.ro/viewtopic.php?f=38&t=5617&start=0



Άρα y=25 3k οπότε |m n|=|7k 25| και φανερά min|m n| 3

όταν k 4 δηλαδή όταν m=16, n=13 .


Έστω a,b,c θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε 5 5a|b ,b |c και 5c|a . Δείξτε οτι

31abc| (a b c) .

Λύση:

Το ανάπτυγμα του 31(a b c) είναι ένα άθροισμα όρων της μορφής k ma b c

όπου οι k, ,mείναι μη αρνητικοί ακέραιοι με άθροισμα 31. Αρκεί να δείξουμε

ότι κάθε ένας από τους όρους αυτούς είναι πολλαπλάσιο του abc.

Αυτό είναι προφανές όταν k, ,m 0 .

Ας υποθέσουμε ότι ακριβώς ένας από αυτούς είναι μηδέν. Ας πούμε ότι k 0 .

Αν 6 τότε m 5 5 mb c b b c που είναι πολλαπλάσιο του abc αφού 5 5 ma|b ,b |b ,c |c . Αν πάλι 1 5 τότε 26 m 31 . Είναι

5

m 5 m 25b c b c c που είναι πολλαπλάσιο του abc αφού 5

5 m 25b|b ,a | c ,c | c .

Ας υποθέσουμε ότι ακριβώς δύο από τους εκθέτες είναι μηδέν, ας πούμε

k 0 . Τότε m 31 και 31 25 5c c c c πολλαπλάσιο του abc αφού 5 25 5b|c ,a |c c ,c |c .


Να λυθεί το σύστημα

(x 1)yz 12

(y 1)zx 4

(z 1)xy 4

.

Λύση:

Από δεύτερη και τρίτη εξισώνοντας λαμβάνουμε, σχετικά απλά πως:



x 0 και x y .

Αντικαθιστώντας τώρα εις την πρώτη λαμβάνουμε επιλύοντας ως προς x :

προκύπτει 212 y

xy

.

Αντικαθιστώντας τώρα στην δεύτερη ή στην τρίτη, έχω τελικά την

εξίσωση: 3 2y y 8y 12 0 .

Με Horner έχω πως y 3 ή y 2 (διπλή λύση).

Αν y 3 τότε και z 3 αλλά και 1

x3

τριάδα που είναι δεκτή αφού

επαληθεύει.

Αν y 2 τότε και z 2 αλλά και x 2 που ομοίως είναι δεκτή αφού

επαληθεύει.


Έστω a,b,c τα μήκη των πλευρών ενός τριγώνου. Αν ισχύει ab bc ca 1 να

δείξετε ότι (a 1)(b 1)(c 1) 4 .

Λύση:

Έχουμε 1 ab

ab bc ca 1 ca b

. Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι :

1 ab(1 a)(1 b)(1 ) 4

a b

ή αρκεί:

a b 1 ab(1 a b ab) 4

a b

, ή αρκεί:

2 2 2(a b 1) a b 4(a b) ή 2 2 2(a b) 2(a b) 4(a b) a b ή 2 2 2(a b 1) a b δηλαδή, αρκεί να αποδείξουμε ότι: a b 1 ab ή

(a 1)(b 1) 0 (1) .

1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: c 1 .



Τότε όμως αν ήταν a 1 , θα είχαμε ότι ac 1 , που όμως είναι άτοπο, αφού από

την υπόθεση έχουμε ότι ab bc ca 1 .

Ομοίως σε άτοπο καταλήγουμε αν δεχθούμε ότι b 1 .

Άρα υποχρεωτικά θα είναι a 1,b 1 και άρα η (1) είναι αληθής.

2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: c 1 .

Τότε από την σχέση 2 2a b c a ab ac a 1 bc 1 a 1 .

Επίσης από την σχέση 2 2b a c b ab bc b 1 ca 1 b 1 .

Άρα και πάλι έχουμε a 1,b 1 και συνεπώς η (1)είναι και πάλι αληθής, οπότε

έχουμε δείξει το ζητούμενο.


Οι μη μηδενικοί πραγματικοί αριθμοί a,b,c είναι τέτοιοι ώστε 2 2 2 3 3 3a b c a b c a b c . Βρείτε παράδειγμα τέτοιων αριθμών

(διαφορετικών ανά δύο) και υπολογίστε την τιμή της παράστασης

1 1 1

a b c 2a b c

.

Λύση:

Ονομάζοντας y ab bc ca και 2 2 2 3 3 3x a b c a b c a b c

καθώς και με τη χρήση των (γνωστών) ταυτοτήτων:

2 2 2 2(a b c) a b c 2(ab bc ca) ,

3 3 3 2 2 2a b c 3abc (a b c)[a b c (ab bc ca)] .

Καταλήγω πως: 2x(x 2)(x 1) x x

abc ,ab bc ca6 2

,

δηλαδή η (από τον Θανάση) δοθείσα προς υπολογισμό παράσταση έχει (Μετά

από αντικατάσταση φυσικά) ως εξής:



1 1 1 ab bc ca

a b c 2 a b c 2 ..... 3a b c abc

.


Χρωματίζουμε το επίπεδο με δύο χρώματα. Δείξτε ότι υπάρχει ορθογώνιο και

ισοσκελές τρίγωνο με κορυφές ίδιου χρώματος.

Λύση:

Θεωρούμε ισοσκελές ορθογώνιο τρίγωνο BA με τη γωνία A

ορθή.

Αν και οι τρεις κορυφές του τριγώνου είναι του ίδιου χρώματος, τελειώσαμε.

Αλλιώς, έχουμε τις περιπτώσεις:


Τα άκρα της υποτείνουσας B, είναι του ιδίου χρώματος, ενώ το A

διαφορετικού. Τότε σχηματίζουμε το τετράγωνο B E με κέντρο το A . Τότε

τουλάχιστον ένα από τα ορθογώνια ισοσκελή τρίγωνα B E , B , AE έχει

κορυφές του ίδιου χρώματος.


Τα άκρα μιας κάθετης πλευράς είναι του ιδίου χρώματος, έστω τα B,A ενώ το

διαφορετικού. Τότε θεωρούμε το συμμετρικό A΄ του A ως προς την B . Αν

το A΄ είναι του ιδίου χρώματος με τα B,A , τελειώσαμε. Αλλιώς, αν είναι το

κέντρο του τετραγώνου BA A , ένα από τα ισοσκελή ορθογώνια τρίγωνα

B A , A έχει κορυφές του ιδίου χρώματος.

Η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Β τρόπος

Έστω ότι δεν υπάρχει.

Ισχυρισμός: Σε κάθε τετράγωνο του επιπέδου οι απέναντι κορυφές είναι ίδιου

χρώματος, ενώ οι διπλανές κορυφές είναι διαφορετικού.



Μπορεί να το αποδείξει κανείς με άτοπο, λαμβάνοντας υπόψη ότι το κέντρο με

2διπλανές κορυφές σχηματίζει ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο και ότι

παίρνει 2χρώματα.

Θεωρώ ένα τετράγωνο ABCD και υποθέτω (από τον ισχυρισμό μου) ότι A,D

είναι χρώματος 1 και ότι οι B,Cείναι χρώματος 2 . Συμπληρώνω το τετράγωνο

BCKM. Το κέντρο του τετραγώνου αυτού είναι το D ή το A (ανάλογα πού

έχουμε φτιάξει το τετράγωνο). Οι κορυφές M,K είναι χρώματος 1 , γιατί αν

έστω και μία ήταν χρώματος 2 τότε ένα από τα τρίγωνα BC,BCK θα ήταν

ορθογώνιο και ισοσκελές, το οποίο θα ήταν άτοπο. Αφού και τα δύο είναι

χρώματος 1, το τρίγωνο D έχει κορυφές ίδιου χρώματος (χρώμα 1), είναι

ορθογώνιο και ισοσκελές...άτοπο.

Άρα υπάρχει ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο στο επίπεδο με κορυφές ίδιου

χρώματος.


Αν x,y 0 , x y και αν 5 5x y x y , να αποδείξετε ότι: 4 4x y 1 .

Λύση:

Έστω 4 41 x y (1) .

Η δοθείσα γράφεται 5 4y y x(1 x ) (2) .

οπότε λόγω της (1)θα είχαμε 5 4

3

1y y xy y x

y .

Από την ανισότητα ΑΜ – ΓΜ είναι τότε 2

xy

και επειδή είναι x y

θα ήταν 22x x 2 x 1

x άτοπο, λόγω της (2) .




Να βρεθούν τα δύο τελευταία ψηφία του αριθμού 20137 .

Λύση:

Παρατηρούμε ότι 47 1(mod100) άρα 2013 4 5027 7·(7 ) 7(mod100)

άρα τα δύο τελευταία ψηφία του 20137 είναι 07 .


Βρείτε όλους τους πραγματικούς αριθμούς a για τους οποίους η εξίσωση

| x | x | a | | x | x | a | 2 έχει ακριβώς τρεις ρίζες.

Λύση:

Έστω k μία ρίζα της εξίσωσης. Τότε παρατηρούμε ότι αναγκαστικά και η k

είναι ρίζα της εξίσωσης.

Πράγματι για x k : |k |k | a | |k |k | a | 2 και

για x k :

| k | k | a | | k | k | a | 2 k k a k k a 2

k k a k k a 2 .

Δεδομένου του ότι οι ρίζες είναι ανά ζεύγη αντιθέτων και η εξίσωση έχει 3

ρίζες από υπόθεση , το 0 είναι ρίζα.

Συνεπώς: | a | 1 a 1 .

Ωστόσο για a 1 δεν έχουμε 3ρίζες αφού είτε υποθέσουμε ότι x 0 είτε ότι

x 0 καταλήγουμε στο x 0 , ενώ η περίπτωση a 1 είναι δεκτή.




Οι θετικοί αριθμοί x,yείναι τέτοιοι ώστε 3 3x y 2xy . Να δείξετε ότι

2

3x,y 2 .

Λύση:

Από την ανισότητα ΑΜ – ΓΜ έχουμε

3 3 3 6 2

3 3

3

y y x y 3xy2xy x 3 2xy

2 2 4 4 .

Άρα 2

3 32

y 4 y 23

.

Ομοίως αποδεικνύεται ότι 2

3x 2 .


Οι ακέραιοι a,bείναι τέτοιοι ώστε οι αριθμοί a 2b και b 2a να είναι τέλεια

τετράγωνα. Δείξτε ότι 3/ a,b .

Λύση:

Θα χρησιμοποιήσουμε τη βασική ιδιότητα: 2 23|(a +b ) 3|a 3|b .

Ας είναι 2 2a 2b x , 2a b y (1) .

Τότε 2 2 2 23(a b) x y 3| (x y ) 3| x 3| y x 3m, y 3n ,

οπότε με αντικατάσταση στην (1) βρίσκουμε 2 2a 2b 9m , 2a b 9n

και από αυτές βρίσκουμε 2 2 2 2a 3(2n m ), b 3(2m n ) .

Το ζητούμενο έπεται.




Βρείτε όλους τους πραγματικούς αριθμούς a για τους οποίους η εξίσωση 2x (a 2)x 1 3| x | έχει ακριβώς τρεις ρίζες.

Λύση:

Είναι x 0 , καθώς το 0 δεν είναι ρίζα της εξίσωσης.

Αν x 0 η εξίσωση γίνεται : 2x 5 x 1 0 (1)με 7 3 ή

2

x 1 3 x (2) .

Αν x 0 η εξίσωση είναι : 2x 1 x 1 0 (3) με 1 3

ή 2

x 1 3 x (4) .

Αν η εξίσωση έχει δύο αρνητικές ρίζες , από τις (3) ,(4) έχουμε 1 .

Για να έχουμε ακριβώς τρεις ρίζες , θα έχει η εξίσωση και μία θετική ρίζα, δηλ.

από την (1)προκύπτει 3 και η θετική ρίζα x 1 .

Αν η εξίσωση έχει δύο θετικές ρίζες , από τις (1) ,(2) έχουμε 3 .

Η τρίτη ρίζα της εξίσωσης θα είναι αρνητική , άρα από την (1) προκύπτει 1

και η ρίζα είναι x 1 .

Άρα το ζητούμενο προκύπτει για 1 ή για 3 .


Έστω n ένας θετικός ακέραιος τέτοιος ώστε οι αριθμοί 2n 1 και 3n 1 να

είναι τέλεια τετράγωνα. Δείξτε ότι ο αριθμός 5n 3 είναι σύνθετος.

Λύση:

Έστω ότι 22n 1 x και 23n 1 y , όπου *x,y N .



Η ιδέα είναι να εκφράσουμε τον αριθμό 5n 3 , συναρτήσει των xκαι y .

Αναζητούμε λοιπόν δύο αριθμούς a,b , τέτοιους ώστε να είναι:

a(2n 1) b(3n 1) 5n 3 (2a 3b)n (a b) 5n 3 . Άρα πρέπει:

2a 3b 5

a b 3

.

Λύνοντας το σύστημα βρίσκουμε: a 4,b 1 .

Άρα από την σχέση a(2n 1) b(3n 1) 5n 3 παίρνουμε:

2 24 x y 5n 3 5n 3 (2x y)(2x y) . O αριθμός όμως αυτός είναι

σύνθετος, οπότε έχουμε το ζητούμενο.

ΣΗΜΕΙΩΣΗ:

Για να είναι σύνθετος ο αριθμός (2x y)(2x y) , θα πρέπει να αποδείξουμε ότι

οι αριθμοί 2x y και 2x y , είναι διάφοροι της μονάδας.

Πράγματι, αν ήταν 2x y 1 y 2x 1 , οπότε θα είχαμε:

2

2 2

2n 1 x

3n 1 y (2x 1)

. Άρα:

2x 1n

2

και

2

2x 13 1 4x 4x 1

2

.

Άρα: 2 2 23x 3 8x 8x 5x 8x 3 0 και αφού *x N , θα έχουμε x 1 ,

και άρα 2n 1 1 n 0 , που είναι άτοπο.

Όμοια καταλήγουμε σε άτοπο αν δεχθούμε ότι 2x y 1 .


Χρωματίζουμε το επίπεδο με δύο χρώματα. Δείξτε ότι υπάρχει ισόπλευρο

τρίγωνο με κορυφές ίδιου χρώματος.

Λύση:

Έστω κανονικό εξάγωνο ABCDEF και Oτο κέντρο του και έστω ότι δεν ισχύει



το ζητούμενο.

Για ευκολία θα συμβολίζω με x,y τα 2χρώματα. Έστω ότι το O είναι x .

Αρχικά τουλάχιστον μία κορυφή του εξαγώνου θα είναι x αφού σε αντίθετη

περίπτωση π.χ. το AEC

είναι ισόπλευρο με ομόχρωμες κορυφές. Έστω ότι η D είναι x . Αναγκαστικά τα

E,C θα είναι y(προφανές).Επίσης το A θα είναι x αφού αν δεν ήταν, το

τρίγωνο AEC θα ήταν ομόχρωμο στο y .

Συνεπώς εύκολα βλέπουμε ότι οι κορυφέςB,F είναι y

(αλλιώς το OFA ή το OAB θα ήταν ομόχρωμα στο y ).

Έστω τώρα G AB DC . Το G θα είναι xαφού σε αντίθετη περίπτωση θα

είχαμε ότι το τρίγωνο BCG θα ήταν ομόχρωμο στο y . Όμως τώρα το

GDAείναι ομόχρωμο στο x , άτοπο , δεν ασχολήθηκα με το γιατί τα τρίγωνα

είναι ισόπλευρα γιατί είναι τετριμμένο.


Ποιος ο μέγιστος αριθμός σημείων που μπορούμε να τοποθετήσουμε στο

εσωτερικό και την περιφέρεια μοναδιαίου τετραγώνου ώστε να μην υπάρχουν

σημεία που απέχουν λιγότερο από 1

2;

Λύση:

Η απάντησή μου είναι 13 . Αν χωρίσουμε το

μοναδιαίο τετράγωνο σε τέσσερα ίσα

τετράγωνα, τότε το κάθε τετράγωνο θα είναι

ημιμοναδιαίο ( πλευρά μισή της μονάδας). Θα

έχει διαγώνιο 1. Συνεπώς θα έχουμε 3σημεία

σε κάθε πλευρά και, 1 σημείο στη τομή των

διαγωνίων του κάθε ημιμοναδιαίου



τετραγώνου, και ένα σημείο το κέντρο του κύκλου, όπως φαίνεται στο

παρακάτω σχήμα..


Ο θετικός ακέραιος n έχει δύο διαφορετικούς διαιρέτες a και bτέτοιους ώστε

(a 1)(b 2) n 2 .

Δείξτε ότι ο αριθμός 2n είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

Λύση:

Έχουμε: n ab 2a b (1) .

Αφού *a|n a|b b ka,k N .

Αφού *b|n b| 2a 2a mb 2a mka mk 2,m N .

Άρα πρέπει m 1,k 2 ή m 2,k 1 .

Αν όμως ήταν m 2,k 1 , τότε από την σχέση b ka b a , που είναι

άτοπο από την υπόθεση.

Άρα υποχρεωτικά θα είναι m 1,k 2 . Τότε από την σχέση b ka b 2a .

Συνεπώς έχουμε (λόγω της (1) ): 2n a 2a 2a 2a 2a .

Άρα: 2 22n 4a (2a) και έτσι δείξαμε το ζητούμενο.


Στον πίνακα είναι γραμμένοι οι αριθμοί 1,2,...,9. Σβήνουμε δύο από αυτούς,

έστω a και b, και γράφουμε τον αριθμό 2 2a 7ab 3b .

Έτσι έχουμε τώρα 8 αριθμούς. Συνεχίζουμε με τον ίδιο τρόπο μέχρι να μείνει

μόνο ένας αριθμός στον πίνακα.

Μπορεί αυτός ο αριθμός να είναι ο 2010 ;



Λύση:

Δουλεύουμε αντίστροφα.

Η παράσταση που βγάζει τους αριθμούς δίνει άρτιο μόνο ανa,b άρτιοι. Αφού το

2010 είναι άρτιος, πρέπει να "δημιουργήθηκε" από 2άρτιους, οι 2άρτιοι από

4 ...κτλ άτοπο. Άρα δε γίνεται.

Β τρόπος

Δεν μπορούμε: Είναι σαφές ότι ο αριθμός 2 2a 7ab 3b που αντικαθιστά τους

a,b με μεγαλύτερος και από τους δύο. Αφού οι 8,9 συγκαταλέγονται στους

αρχικούς αριθμούς είναι σαφές ότι ο τελικός αριθμός μετά την διαδικασία είναι 2 29 7·9·8 3·8 4089 . Άρα ξεπερνάμε τον 2010 , συνεπώς δεν γίνεται να

είναι ο τελευταίος.

Στην πραγματικότητα ο τελικός ξεπερνά κατά πάρα πολύ τον 2010 . Εδώ τον

ξεπεράσαμε μόλις με ένα βήμα. Ακόμη χειρότερα, ο 4089 που βρήκαμε μαζί με

τον 7 δίνουν τελικό αριθμό 2 24089 7·4089·7 3·7 18122427 . Από κει και

πέρα οι αριθμοί "απογειώνονται", οπότε το 2010δεν έχουμε ούτε ρανίδα

πιθανότητας να είναι ο τελευταίος. Τελικά τα νούμερα στην άσκηση είναι πολύ

μεγάλα. Ίσως με πιο μικρά νούμερα να ήταν πιο "λογικό" το πρόβλημα.

Γ τρόπος

Αξίζει να τονιστεί ότι γενικά δεν υπάρχουν αριθμοί a,b ώστε 2 2a 7ab 3b 2010 γιατί η διακρίνουσα ως προς b

είναι 3D 28a 8031 5(mod7) , άτοπο αφού το 5 δεν είναι τετραγωνικό

υπόλοιπο του 7 .


Δείξτε ότι ένας πρώτος αριθμός δε μπορεί να εκφρασθεί ως άθροισμα 2 ή

περισσοτέρων διαδοχικών θετικών περιττών αριθμών.



Λύση:

Μπορούμε να παρατηρήσουμε πως αυτός ο αριθμός είναι πάντα πολλαπλάσιο

της τιμής του πλήθους των περιττών από τους οποίους αποτελείται το άθροισμα.

Για παράδειγμα : x (x 2) (x 4) (x 6) (x 8) 5x 20 5(x 5)

όπου μπορούμε ακόμη να παρατηρήσουμε ότι x 5 είναι άρτιος αριθμός για

κάθε περιττό αριθμό x .

Β τρόπος

Σωστή είναι η όλη σου σκέψη. Απλώς ας δούμε και μια γενικότερη

αντιμετώπιση με τρόπο που να είναι κατανοητός από μαθητές Γυμνασίου.

Ας υποθέσουμε ότι p (2n 1) (2n 3) (2n 5) ... (2n 2m 1) , όπου

pπρώτος και *n N,m N .

Το πλήθος των παρενθέσεων είναι όσο και το πλήθος των αριθμών

1,3,5,...,2m 1 , δηλαδή των αριθμών: 1,2 1 1,2 2 2,2 3 1,...,2m 1 .

Οι αριθμοί 2 1 1,2 2 1,2 3 1,...,2m 1 είναι mστο πλήθος. Άρα οι

παραπάνω αριθμοί θα είναι m 1 στο πλήθος.

Έχουμε λοιπόν: p (2n 2n ... 2n) (1 3 5 ... (2m 1))

(m 1)2n (1 3 5 ... (2m 1)) .

To άθροισμα1 3 5 ... (2m 1) , μπορούμε να το βρούμε ως εξής (αν δεν

είναι γνωστός ο τύπος που δίνει το άθροισμα όρων αριθμητικής προόδου):

1 3 5 ... (2m 1) 1 (1 2 1) (1 2 2) ... (1 2 m)

(1 m)m(1 1 1 ... 1) 2(1 2 3 ... m) (m 1) 2

2

2(m 1) m(m 1) (m 1)(m 1) (m 1) .



Άρα: 2p (m 1)2n (m 1) (m 1)(2n m 1) και αφού οι αριθμοί

m 1,2n m 1 είναι διάφοροι από την μονάδα (εφ όσον *n N,m N ),

συμπεραίνουμε ότι ο p είναι σύνθετος, που είναι άτοπο από την υπόθεση.


Να δείξετε ότι 2 2 2 21(a b c) a b c 2(a b 1)

3 .

Λύση:

Η Ανισότητα ισοδύναμα γράφεται: 2 2 2 23[(a 1) (b 1) c ] (a b c)

όπου ισχύει από την Cauchy – Schwarz.


Έστω C {1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,17,18,19,20} και

S {4,5,9,14,23,37} .

Βρείτε δύο σύνολα Aκαι B τέτοια ώστε

(α) A B

(β) A B C

(γ) το άθροισμα δύο διαφορετικών στοιχείων του A δεν ανήκει στο S.

(δ) το άθροισμα δύο διαφορετικών στοιχείων του B δεν ανήκει στο S.

Λύση:

Σε κάποιο σύνολο θα ανήκει το 1. Ας πούμε ότι 1 A . Τότε 3 B οπότε 2 A .

Από εκεί και πέρα καθορίζεται που πρέπει να ανήκει κάθε αριθμός του C.

Βρίσκουμε A 1,2,5,6,10,11,14,15,16,19,20 και

B 3,4,7,8,9,12,13,17,18 .




Έστω S(n)το άθροισμα των ψηφίων (στο δεκαδικό σύστημα) του αριθμού n .

Για παράδειγμα, S(2012) 2 0 1 2 5 .

Δείξτε ότι δεν υπάρχει ακέραιος n 0 για τον οποίο n S(n) 9990 .

Λύση:

Ας υποθέσουμε ότι ο n είναι τετραψήφιος. Δηλαδή n xyzw . Τότε:

n S(n) 1000x 100y 10z w (x y z w) 9990

999x 99y 9z 9990 111x 11y z 1110 . Όμως αυτό είναι άτοπο,

διότι :

1 x 9 111 111x 999

0 y 9 0 11y 99

0 z 9

και με πρόσθεση κατά μέλη, παίρνουμε:

111 111x 11y z 1107 111 1110 1107 .

Κατά μείζονα λόγο επίσης, καταλήγουμε σε άτοπο, αν υποθέσουμε ότι ο nέχει

λιγότερα από τέσσερα ψηφία.

Ας υποθέσουμε στη συνέχεια ότι ο n είναι πενταψήφιος. Δηλαδή: n xyzwv .

Τότε:

n S(n) 10000x 1000y 100z 10w v (x y z w v) 9990

9999x 999y 99z 9w 9990 1111x 111y 11z w 1110 ,

το οποίο όμως είναι άτοπο, αφού προφανώς είναι 1111x 1111 1110 .

Και κατά μείζονα πάλι λόγο, σε άτοπο θα καταλήξουμε αν ο nέχει περισσότερα

από πέντε ψηφία. Και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.




Έστω A(n) 1 3 5 ... (2n 1) και B(n) 2 4 6 ... (2n) ,

όπου *n N . Να αποδείξετε ότι: A(2)A(3)...A(n) 1

B(1)B(2)...B(n) n 1

.

Λύση:

B(n) 2(1 2 3 ... n) n n 1 .

2A(n) B(n) n n .

Τότε A(n) n

B(n) n 1

και

A(2)A(3)...A(n) 1 A(2) A(n) 1 2 n 1 n 1... ...

B(1)B(2)...B(n) B(1) B(2) B(n) 2 3 n n 1 n 1

.


Να δείξετε ότι 1

|a 2 b |2(a b)

για όλους τους θετικούς ακεραίους a,b .

Λύση:

Αφού 2 22a b φυσικός και μάλιστα μη μηδενικός λόγω αρρητότητας της 2 ,

έχουμε

2 21 | 2a b | |a 2 b||a 2 b| |a 2 b|| 2a 2b| , από όπου το ζητούμενο.


Βρείτε όλους τους πρώτους pγια τους οποίους ο αριθμός p 45 4p είναι τέλειο

τετράγωνο ακεραίου.



Λύση:

Έστω p 4 25 4p k .Υποθέτω ότι p 5 .

Εύκολα βλέπουμε ότι το k είναι περιττός και ότι δεν διαιρείται με το p (γιατί

αλλιώς θα είχαμε p | 5 (1) .

Η εξίσωση γράφεται ισοδύναμα p 2 25 (k 2p )(k 2p ) .

Αφού 2 2 2 2gcd(k 2p ,k 2p ) gcd(k 2p ,4p ) 1 (από τις συνθήκες (1) ),

2 2k 2p k 2p και 5 είναι πρώτος, θα πρέπει: 2 pk 2p 5 και 2k 2p 1 .

Αφαιρώ αυτές τις 2κατά μέλη και παίρνω: 2 p4p 5 1 .

Από αυτό έπεται ότι p5 1 0(modp) 4 0(modp) (από το μικρό θεώρημα

του Fermat),άρα p 2 . Παρατηρούμε ότι το p 2 δεν ικανοποιεί το πρόβλημα.

Άτοπο.

Επομένως έχουμε μοναδική λύση: p 5 ,που επαληθεύει...


Στον πίνακα είναι γραμμένοι 6 διαφορετικοί θετικοί ακέραιοι. Δύο μαθητές, ο

A και ο B , υπολογίζουν όλα τα αθροίσματα μεταξύ δύο από αυτούς τους

αριθμούς.

Ο Aπαρατηρεί ότι υπάρχουν ακριβώς 10 πρώτοι ανάμεσα σ' αυτά τα

αθροίσματα ενώ ο B , 9 πρώτοι αριθμοί.

Ποιος έχει δίκιο; Βρείτε παράδειγμα τέτοιων αριθμών.

Λύση:

Δίκιο έχει ο B .

Καταρχήν το 2 δεν μπορεί να προκύψει ως άθροισμα δύο διαφορετικών θετικών

ακεραίων.



Ένα τέτοιο άθροισμα μπορεί να είναι πρώτος μόνο αν προσθέσουμε άρτιο με

περιττό.

Αν οι 6 αριθμοί είναι όλοι τους άρτιοι ή όλοι τους περιττοί δεν θα προκύψει

κανένα περιττό άθροισμα.

Αν έχουμε έναν άρτιο και 5 περιττούς ή 5 άρτιους και έναν περιττό θα

προκύψουν 5 περιττά αθροίσματα.

Συνεχίζοντας έτσι βλέπουμε ότι το μέγιστο πλήθος περιττών αθροισμάτων που

μπορούμε να έχουμε είναι 9. Αυτό συμβαίνει όταν έχουμε 3 άρτιους και 3

περιττούς.

Άρα ο A δεν μπορεί να έχει δίκιο.

Ένα παράδειγμα αριθμών για τους οποίους έχει δίκιο ο B είναι: 2,4,10 οι άρτιοι

και 1,27,57οι περιττοί.


Να δείξετε ότι

2

2 2 2

1 1 1 1 1 1 1

2a bc 2b ca 2c ab 9 a b c

,

για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς a,b,c .

Λύση:

Λόγω ομογένειας μπορούμε να υποθέσουμε ότι abc 1 .

Από AM – GM:

2 2 2 33 1 1 1 12a bc a a bc 3 a·a ·bc 3a LHS ( )

3 a b c

άρα αρκεί: 21 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1( ) ( ) 3

3 a b c 9 a b c a b c , που ισχύει

από AM – GM .



Β τρόπος

Από την Ανισότητα AM – GM θα έχουμε

2

2 3 3

1 1 1 1 1 1 1 1·

2a bc 3 a 3 3 aa abc 3 abc

,

από την AM – GM ομοίως.

ΘΕΜΑ 640β (G.Bas)

Η παρακάτω αλλά πιο ισχυρή Ανισότητα ισχύει επίσης:

Αν a,b,c 0 τότε να δείξετε ότι 2

2 2 2

1 1 1 a b c

2a bc 2b ca 2c ab ab bc ca

.

Υπάρχει μια όμορφη λύση με Cauchy – Schwarz.

Λύση:

Έχουμε ότι 2 2 2 2

2 2

(ab bc ca) (ab ac) (bc) (b c)bc

2a bc 2a bc 2

.

Προσθέτοντας τις όμοιες με αυτήν παίρνουμε το ζητούμενο.


Να δείξετε ότι 2

3 3 3

1 1 1 (ab bc ca)

a bc b ca c ab 6

,

για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς a,b,c με abc 1 .

Λύση:

Ισχύει σύμφωνα με την Ανισότητα AM – GM



2

3

1 1 1 1 1 1 1ab (ab bc ca)

a bc 2 a 2 6a abc 2 abc

ξανά λόγω της Ανισότητας AM – GM.

Β τρόπος

Είναι:

3 3 33 3 3

1 1 1 1 1 1

1 1 1a bc b ca c aba b c

a b c

4 4 4

a b c

a 1 b 1 c 1

(1) .

Όμως: 4 2

4

a 1a 1 2a

a 1 2a

επομένως συνεχίζοντας η (1)δίνει:

abc 1

3 3 3

1 1 1 1 1 1 1 ab bc ca

a bc b ac c ab 2 a b c 2

.

Αρκεί να αποδείξω ότι:

2

ab bc caab bc ca

2 6

.

Αρκεί να αποδείξω ότι: ab bc ca 3 το οποίο ισχύει αν εφαρμόσω

ΑΜ – ΓΜ.


Να δείξετε ότι a b c a b c

a b b c c a 2

, για όλους τους θετικούς

πραγματικούς αριθμούς a,b,c με 2 2 2a b c a b c .

Λύση:

Είναι: 2 2 2

2 2 2

a b c a b c

a b b c c a a ab b bc c ac



22 2 2

2 2 2 2 2 2

a b c a b ca b c

a b c ab bc ca a b c ab bc ca

(1) .

Όμως:

2 2 2 2 2 2 2 2 2a b c ab bc ca 2 a b c a b c ab bc ca

2 2 2

2 2 2

a b c 1

a b c ab bc ca 2

,

οπότε η (1) δίνει a b c a b c

a b b c c a 2

.


Να δείξετε ότι 4 5 6x y (x y) 2 για όλους τους πραγματικούς αριθμούς

x,y [0,1] . Πότε ισχύει η ισότητα;

Λύση:

Επειδή είναι x,y [0,1] είναι 4 5 6x x, y y, (x y) | x y | , οπότε αρκεί να

αποδειχθεί ότι x y | x y | 2 . Αυτό προφανώς ισχύει, είτε x y , είτε x y .

Προφανώς η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν x y 1 ή x 0,y 1 ή

x 1,y 0 .


Να δείξετε ότι 2 2 2

a b c1

a 2 b 2 c 2


πραγματικούς αριθμούς a,b,c με abc 1 .

Λύση:

Είναι 2

a a 1 2a 1 1= = 1-

a +2 2a+1 2 2a+1 2 2a+1( ) .



Οπότε αρκεί να αποδειχθεί ότι 1

12a+1

.

Θέτοντας x y z

a ,b ,cy z x

από την ανισότητα Cauchy – Schwarz είναι

2 2

2 2 2 2

1 y y (x+y+z)= = =1

2a+1 2x+y 2xy+y x +y +z +2xy+2yz+2zx .


Να δείξετε ότι 2 2 2 2 2 2

x y z

2(x y ) 2(y z ) 2(z x )

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

4x y 4y z 4z x9

x 4y y 4z z 4x

, για όλους τους θετικούς πραγματικούς

αριθμούς x,y,z . Είναι το 9 η καλύτερη σταθερά;

Λύση:

Όχι, το 9 δεν είναι το καλύτερο φράγμα!

Αν θέσουμε (πάντα για την αριστερή Ανισότητα) (x,y,z) ( a, b, c) τότε

φτάνουμε σε γνωστή Ανισότητα του Cirtoaje!


Να λυθεί το σύστημα 2 2

2(x y 2) y(x y 2)

x (y 1) y (x 1) xy 1

.

Λύση:

22(x y 2) y(x y 2) 2x 2y 4 xy y 2y

22x xy 4 y x(2 y) (2 y)(2 y) x y 2 , εκτός όμως



αν y 2 , όπου θα ισχύει σύμφωνα με τη δεύτερη ισότητα

2 2x 4x 4 2x 1 x 2x 3 0 (x 1)(x 3) 0 απ' όπου βρίσκουμε

τις λύσεις (x,y) (1,2),( 3,2) .

Αν y 2 αντικαθιστούμε στη δεύτερη ισότητα και έχουμε :

2 2(y 2) (y 1) y (y 2 1) y(y 2) 1

2 3 2 2(y 4y 4)(y 1) y y y 2y 1

3 2 2 22y 3y 2y 3 0 2y(y 1) 3(y 1) 0

(2y 3)(y 1)(y 1) 0 .

Οπότε έχουμε πέντε συνολικά λύσεις για τα (x,y) .

1 3( , ),(1,3),( 1,1),(1,2),( 3,2)2 2 .



2x 2y 2z3

1 x 1 y 1 z

για όλους τους θετικούς

πραγματικούς αριθμούς x,y,zμε 1 1 1 1

x y z xyz .

Λύση:

Ισχύει λόγω της υπόθεσης 2

x x

(x y)(x z)1 x

.

Αλλά, από την ανισότητα Cauchy – Schwarz θα έχουμε

2

x xx(y z)

(x y)(y z)(z x)(x y)(x z)



2(xy yz zx)(x y z)

(x y)(y z)(z x)

,

και επειδή 9(x y)(y z)(z x) 8(x y z)(xy yz zx) ,

η παραπάνω ελαττώνεται και δίνει

2

x 9...

4(x y)(x z)

Β τρόπος

Αλλιώς: Θέτουμε x tanA,y tanB,z tanC , για A,B,C στο πρώτο

τεταρτημόριο. Η δοθείσα στην ισοδύναμη μορφή xy yz zx 1 δίνει xy 1 ,

δηλαδή sinAsinB cosAcosB , οπότε cos(A B) 0 , από όπου

o0 A B 90 (*) .

Ανάλογα, η δοθείσα γράφεται (x z)y

11 xz

, άρα

tanA tanC·tanB 1

1 tanAtanC

ή

tan(A C)tanB 1 ή sin(A C)sinB cos(A C)cosB ή 0 cos(A B C)

που σημαίνει ότι η A B C είναι στο πρώτο ή στο τέταρτο τεταρτημόριο,

όμως με χρήση της (*) συμπεραίνουμε ότι o0 A B C 90 .

Έχουμε ακόμη ότι 2 2

2x 2tanA2tanAcosA 2sinA

1 x 1 tan A

και κυκλικά.

Από Jensen το αριστερό μέλος της αποδεικτέας είναι

A B C2sinA 2sinB 2sinC 2·3·sin 2·3·sin30 3

3

, όπως θέλαμε.


Το άθροισμα 11, διαφορετικών ανά δύο, θετικών ακεραίων είναι μικρότερο του

96. Δείξτε ότι υπάρχουν δύο με άθροισμα 13 .



Λύση:

Έστω ότι δεν υπήρχαν δύο με άθροισμα 13 . Τότε από κάθε ένα από τα σύνολα

{1,12},{2,11},{3,10},{4,9},{5,8},{6,7}, θα υπήρχε το πολύ ένας αριθμός

ανάμεσα στους 11 δοθέντες. Οι υπόλοιποι θα ήσαν από 13και πάνω.

Άρα το άθροισμα των 11αριθμών είναι

1 2 3 4 5 6 13 14 15 16 17 96 , Άτοπο.


Να προσδιορίσετε τους τετραψήφιους αριθμούς abcd για τους οποίους

abcd 1 (ac 1)(bd 1) (1) .

Λύση:

(1) 1000a 100b 10c d 1 (10a c 1)(10b d 1)

10(99a 9b 10ab ad bc) c(d 9)

10 b(9 c) 10a(9 b) a(9 d) c(d 9)( ) .

Από την τελευταία , πρέπει b c d 9

άρα abcd a999 1000a 999 με a 1,2, ,9 και όλοι ικανοποιούν την (1)

αφού abcd 1 1000a 1000 1000(a 1) και

(ac 1)(bd 1) (10a 10)100 1000(a 1) .


Να προσδιορίσετε τους πραγματικούς a,b,c αν ισχύουν

2 2 2a b c 26, a b 5, b c 7 .



Λύση:

Θέτουμε a x 1, b y 4, c z 3 .

Οπότε έχουμε 2 2 2(x 1) (y 4) (z 3) 26 ,

x y 0 ,

y z 0 .

Η πρώτη γράφεται 2 2 2x y z 2x 8y 6z 0 , και λόγω της 2ης γίνεται

2 2 2x y z 6(y z) 0 .

Τότε, λόγω της 3ης προκύπτει x y z 0 , οπότε a 1,b 4,c 3 .


α) Χρησιμοποιώντας τους αριθμούς 1,2,3,...,10, μια φορά τον καθένα,

μπορούμε να σχηματίσουμε 5 ζεύγη τέτοια ώστε το άθροισμα κάθε ζεύγους να

είναι διαφορετικό και πρώτος αριθμός;

β) Χρησιμοποιώντας τους αριθμούς 1,2,3,...,20 μια φορά τον καθένα,

μπορούμε να σχηματίσουμε 10 ζεύγη τέτοια ώστε το άθροισμα κάθε ζεύγους

να είναι διαφορετικό και πρώτος αριθμός;

Λύση:

α) Ναι.

9 10 19

8 5 13

7 4 11

6 1 7

2 3 5 .



β) Όχι.

Ας υποθέσουμε ότι γίνεται.

Όλοι οι πρώτοι που μπορούν να είναι άθροισμα δύο διαφορετικών ακεραίων από

το 1 έως το 20 είναι οι 3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37 .

Αν πάρουμε 10 διαφορετικούς από αυτούς, το άθροισμά τους θα είναι

μικρότερο ή ίσο του 5 7 11 13 17 19 23 29 31 37 192 .

Ταυτόχρονα όμως το άθροισμα των αριθμών από το 1 έως το20 είναι ίσο με

210 και υποθέσαμε ότι ισούται με το άθροισμα 10διαφορετικών εκ των πρώτων

3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37 , δηλαδή είναι μικρότερο ή ίσο του 192 , άτοπο.


Να λυθεί η εξίσωση 8 9 10

{x} x [x] (1) .

Λύση:

x,[x],{x} 0, x [x] {x}, 0 {x} 1

8[x]([x] {x}) 9[x]{x} 10{x}([x] {(1) x}) 2 210{x} 11[x]{x} 8[x] 0 ([x] 2{x})(16[x] 10{x}) 0

άρα [x]

(a): {x} 2

ή (b): {x} 1,6[x] .

για την περίπτωση (a) :

1 30 [x] 2 [x] 1 {x} x

2 2 , ικανοποιεί την αρχική.

Για την περίπτωση (b) : [x] 0 , απορρίπτεται.




Δείξτε ότι ανάμεσα σε 10 , διαφορετικούς ανά δύο, θετικούς αριθμούς,

υπάρχουν δύο, έστω x,yτέτοιοι ώστε (1 x)(1 y)

0 x y9

.

Λύση:

Κοιτάμε τους δέκα διαφορετικούς αριθμούς x

1 x για τα δέκα δοθέντα x . Είναι

όλοι θετικοί και μικρότεροι της μονάδας. Αφού οι αριθμοί είναι δέκα,

οπωσδήποτε θα υπάρχουν δύο σε κάποιο από τα εννέα διαστήματα

1 1 2 8 90, , , ,..., ,

9 9 9 9 9

. Δύο τέτοιοι αριθμοί ικανοποιούν x y 1

01 x 1 y 9

,

που είναι ισοδύναμη με τη ζητούμενη.


Στην περιφέρεια κύκλου, μήκους s , βρίσκονται 7 διαφορετικά σημεία. Τα τρία

από αυτά σχηματίζουν ισόπλευρο τρίγωνο ενώ τα υπόλοιπα τετράγωνο.

Δείξτε ότι υπάρχουν δύο σημεία από αυτά τέτοια ώστε το κυρτογώνιο τόξο που

ορίζουν να έχει μήκος όχι μεγαλύτερο από s

24.

Λύση:



Αν το μήκος ενός τόξου είναι s

24, όπου s το

μήκος του κύκλου, τότε η επίκεντρη γωνία

του τόξου θα πρέπει να είναι o

o36015

24 .

Οπότε το πρόβλημα ανάγεται στο: "Μία

επίκεντρη γωνία που δημιουργείται από τις

ακτίνες ενός ισόπλευρου τριγώνου και ενός

τετραγώνου είναι τουλάχιστον o15 " . Οι

επίκεντρες γωνίες του τετραγώνου χωρίζουν

τον κύκλο σε τέσσερα μέρη το καθένα από τα

οποία είναι o90 . Έτσι για τις θέσεις των ακτίνων που ορίζουν το ισόπλευρο

έχουμε τις εξής περιπτώσεις:

(α) Η γωνία που σχηματίζει η μία

απ'αυτές με μία ακτίνα του τετραγώνου

είναι o0 , οπότε η γωνία είναι μηδενική, η

οποία τηρεί αυτό που ζητάει η εκφώνηση.

(β) Η μία ακτίνα του ισόπλευρου

σχηματίζει γωνία με μια ακτίνα του

τετραγώνου μεγαλύτερη από o0 και

μικρότερη ή ίση με o15 , η οποία είναι και

αυτή σωστή.

(γ) Η γωνία που σχηματίζει η μια ακτίνα

του ισόπλευρου με μια ακτίνα του τετραγώνου είναι μεγαλύτερη από o15 και

μικρότερη ή ίση με o30 . Όμως μια άλλη ακτίνα θα είναι ή μηδενική γιατί o120 90 30 ή μικρότερη των o15 , όπως φαίνεται στο σχήμα.

(δ) Η γωνία που σχηματίζει η μια ακτίνα του ισόπλευρου με μια ακτίνα του

τετραγώνου είναι μεγαλύτερη από o30 και μικρότερη ή ίση με o45 . Όμως πάλι

μια άλλη ακτίνα θα σχηματίζει με μια ακτίνα του τετραγώνου γωνία μεγαλύτερη

από o0 και μικρότερη ή ίση με o15 , που είναι κι αυτή μέσα στα ζητούμενα.

Όλες οι υπόλοιπες περιπτώσεις ανάγονται στις παραπάνω.




Μια ακολουθία θετικών ακεραίων 0 1 2 n

a ,a ,a , ,a , κατασκευάζεται ως εξής:

[*] αν το τελευταίο ψηφίο του n

a είναι μικρότερο ή ίσο του 5 τότε το ψηφίο

αυτό σβήνεται και ο n 1

a

είναι ο αριθμός που μένει

(αν ο n 1

a

δεν περιέχει κανένα ψηφίο τότε η διαδικασία τερματίζεται.)

[*] αλλιώςn 1 n

a a9 .

Μπορούμε να επιλέξουμε τον 0

a ώστε να προκύψει άπειρη ακολουθία ;

Λύση:

Παρατηρούμε ότι αν το τελευταίο ψηφίο του n

a είναι μικρότερο ή ίσο του 5

τότε είναι n 1 n

a a .

Ακόμη, αν το τελευταίο ψηφίο του n

a είναι μεγαλύτερο του 5 τότε είναι

n 2 na a

.

Πράγματι, αν n

a 10a b , όπου a 0 και 5 b 9 , τότε

n 1 na 9a 90a 9b 90a 10(b 1) 10 b

, οπότε το τελευταίο ψηφίο του

n 1a

είναι το 10 b και ισχύει 1 10 b 5 οπότε

n 2a 9a b 1 10a b

δηλαδή n 2 n

a a .

Επομένως, για κάθε όρο της ακολουθίας στο δεύτερο το πολύ επόμενο βήμα, θα

πάρουμε αριθμό μικρότερο από αυτόν. Άρα θα καταλήξουμε σε αριθμό του

συνόλου {1,2,3,4,5} και η διαδικασία θα τερματιστεί.


Υπάρχουν αριθμοί 1 2 2009

x ,x , ,x { 1,1} , έτσι ώστε

1 2 2 3 3 4 2008 2009 2009 1x x x x x x x x x x 999 ;



Λύση:

Έστω i i i 1

y x x , i 1,...,2009

όπου 2010 1

x x . Είναι i

y 1 . Έστω ότι a από τα

iy είναι ίσα με 1 και b με 1 .

Τότε a b 2009 και a b 999 . Λύνοντας το σύστημα προκύπτει

a 1504,b 505 .

Όμως a b

1 2 2009y y ...y 1 ( 1) 1 , που είναι άτοπο, αφού

2 2 2

1 2 2009 1 2 2009y y ...y x x ...x 0 .

Επομένως δεν υπάρχουν τέτοιοι αριθμοί.


Βρείτε όλους τους ακεραίους nτέτοιους ώστε 3

2

n 3Z

n 7

.

Λύση:

Είναι 3

2 2

n 3 7n 3n

n 7 n 7

. Για να είναι ακέραιος πρέπει

2n 4 |7n 3| 7 |n | 3 , άρα (απλό) |n | 7 . Τις τιμές αυτές τις ελέγχουμε με

το χέρι. Με απευθείας έλεγχο βρίσκω n 2 ή n 5 .


Να λυθεί η εξίσωση: 2[x] 4 3x , όπου x R .

Λύση:

Είναι x [x] 3x 3[x] 2[x] 4 3[x] [x] 4 ,

αλλά και x [x] 1 3x 3[x] 3 [x] 1 .

Επομένως, 1 [x] 4 [x] 2,3,4 .



Αν [x] 2 τότε 8

x3

, δεκτή.

Αν [x] 3 τότε 10

x3

, δεκτή.

Αν [x] 4 τότε x 4 , δεκτή.


Βρείτε όλους τους ακεραίους n για τους οποίους ο αριθμός n7 147 είναι

τέλειο τετράγωνο ρητού.

Λύση:

Για n 0 ή n 1 , ο αριθμός n7 147 , δεν είναι τετράγωνος.

Για n 2 , είναι τετράγωνος (αφού είναι ίσος με 196 δηλαδή με 214 .)

Θα δείξουμε ότι για κάθε n 2 , δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο.

Αφού *n 2 n 2 m,m N .

Τότε n 2 m 2 2 m7 147 7 7 3 7 (7 3) .

Συνεπώς θα πρέπει ο αριθμός m7 3 να είναι τέλειο τετράγωνο. Δηλαδή, m 27 3 x , όπου *x N .

Όμως x 7y u όπου *y N και u {0,1,2,3,4,5,6} .

Τότε m 2 m 27 3 (7y u) 7 3 u 7 , δηλαδή

m 27 3 u 7z , όπου *z N .

Άρα m 2 m 1 27 7z u 3 7(7 z) u 3 , άρα 27|u 3 .

Τούτο όμως είναι άτοπο, αφού 2u {0,1,4,9,16,25,36} και

άρα 2u 3 { 3, 2,1,6,13,22,33} , οπότε πράγματι ο 2u 3 δεν διαιρείται με



το 7 . Άρα η μόνη τιμή του n που κάνει τον δοσμένο αριθμό τέλειο τετράγωνο

είναι η n 2 .

ΣΗΜΕΙΩΣΗ:

Για n 0 , είναι φανερό ότι ο δοσμένος αριθμός δεν μπορεί να είναι τετράγωνος

ακεραίου

Θα δούμε τώρα αν είναι δυνατόν ο αριθμός να είναι τετράγωνο ενός μη

ακέραιου αλλά ρητού αριθμού.

Αυτό μπορεί να συμβεί μόνο αν n 0 , δηλαδή αν n a,a N* . Τότε ο

αριθμός γράφεται: a

a

a a

1 1 7 1477 147 147

7 7

.

Είναι φανερό, ότι για να είναι ο αριθμός αυτός τέλειο τετράγωνο ρητού, θα

πρέπει ο a να είναι άρτιος και ο a1 7 147 να είναι τέλειο τετράγωνο

ακεραίου. Δηλαδή ο a 2 2 *1 7 7 3 b ,b N .

Παίρνοντας πάλι b 7x u,u {0,1,2,3,4,5,6} , και εργαζόμενοι ακριβώς όπως

παραπάνω, καταλήγουμε σε άτοπο.


Έστω m,nθετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε ο αριθμός m n 1 να είναι πρώτος

και διαιρέτης του 2 22(m n ) 1 . Δείξτε ότι m n .

Λύση:

2 2(m n 1)| (2m 2n 1) (m n 1)| 2(m n 1)( )

2 2 2(m n 1)| 2(m n 1) (2m 2n 1)

(m n 1)| (3 4m 4n 4mn) .

(m n 1)|4(m n 1) (m n 1)| (3 4m 4n 4mn)

(m n 1)| (3 4m 4n 4mn) 4(m n 1)



(m n 1)| (4mn 1) .

2 2(m n 1)| (2m 2n 1) (m n 1)| (4mn 1)

2(m n 1) | 2(m n) και επειδή m n 1 είναι πρώτος (προφανώς

μεγαλύτερος του 2 ) είναι (m n 1)| (m n) .

Από την τελευταία προκύπτει m n 0 αφού m n 1 |m n| .


Βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους μικρότερους του 1000 τέτοιους ώστε ο

κύβος του αθροίσματος των ψηφίων τους να ισούται με το τετράγωνο του

αριθμού.

Λύση:

Αν ο αριθμός είναι τριψήφιος, τότε θα αποδείξω ότι δεν γίνεται να ισχύει αυτό

που ζητάει η άσκηση.

Γιατί αν ονομάσω abc , a 0 , τότε θα έπρεπε να ήταν:

3 2 2c(a b c) (100a 10b c) 100(10a b )

10 . Aυτό όμως είναι αδύνατον

διότι: c

a b c 100,a b c 10a b10

, (επειδή a 1 ) δηλαδή:

2 2ca b c 100,(a b c) (10a b )

10 και επομένως

3 2c(a b c) 100(10a b )

10 .

Τώρα θα δούμε αν ο αριθμός μπορεί να είναι διψήφιος, δηλαδή να είναι ο ab με

a 0 . Τότε 3 2(a b) (10a b) .

O αριθμός 2(10a b) , έχει τελευταίο ψηφίο το 0,1,4,5,6,9 .



Αν το τελευταίο ψηφίο είναι 0,1,5,6, τότε θα ήταν b 0,1,5,6 αντίστοιχα και

επομένως και ο αριθμός a b , πρέπει να έχει ως τελευταίο ψηφίο του τον

αριθμό 0,1,5,6 αντίστοιχα. Δηλαδή πρέπει a 0 , που όμως δεν γίνεται αφού

πρέπει a 0 .

Επομένως πρέπει να εξεταστούν οι περιπτώσεις:

Ο αριθμός 2(10a b) να έχει τελευταίο ψηφίο του το 4 .

Τότε ο 10a b έχει ψηφίο μονάδων το 2ή το 8, δηλαδή b 2 ή b 8 .

Αν όμως b 2 , τότε επειδή ο 3(a 2) έχει τελευταίο του ψηφίο το 4 , άρα ο

a 2 έχει τελευταίο ψηφίο το 4 και επομένως a 2 , δηλαδή ab 22 , που

όμως δεν τον δεχόμαστε γιατί 3 2(2 2) 22 .

Επίσης αν το ψηφίο των μονάδων είναι το 8, (δηλ b 8 ) τότε επειδή ο 3(a 8)

έχει τελευταίο ψηφίο το 4 , άρα ο a 8 έχει επίσης τελευταίο του ψηφίο το 4

και επομένως a 6 , δηλαδή ab 68 , που όμως δεν τον δεχόμαστε γιατί 3 2(6 8) 68 .

O αριθμός 2(10a b) να έχει τελευταίο του ψηφίο το 9.

Τότε ο 10a b έχει ψηφίο μονάδων το 3 ή το 7 , δηλαδή b 3 ή b 7 .

Αν b 3 , τότε επειδή ο 3(a 3) έχει τελευταίο ψηφίο το 9, ο a 3 θα έχει και

αυτός τελευταίο του ψηφίο το 9 και επομένως a 6 , δηλαδή ab 63 , που θα

τον απορρίψουμε γιατί 3 3(6 3) 63 .

Επίσης αν b 7 , τότε επειδή ο 3(a 7) έχει τελευταίο του ψηφίο το 9, άρα o

a 7 έχει και αυτός τελευταίο ψηφίο το 9 και επομένως a 2 , δηλαδή

ab 27 . Ο αριθμός αυτός είναι αυτός που ζητάμε, γιατί

3 3 2(2 7) 9 27 .

Μένουνε μόνο οι μονοψήφιοι αριθμοί, από τους οποίους δεκτός είναι μόνο ο 1.

Επομένως οι λύσεις είναι οι αριθμοί 1 και 27 .




Οι πραγματικοί αριθμοί 1 2 3 4 5

x ,x ,x ,x ,x είναι τέτοιοι ώστε

2 1 3 2 4 3 5 4 1 5| x x | 2| x x | 3| x x | 4| x x | 5| x x | .

Δείξτε ότι 1 2 3 4 5

x x x x x .

Λύση:

Έστω 2 1 3 2 4 3 5 4 1 5

| x x | 2| x x | 3| x x | 4| x x | 5| x x | k . Τότε:

2 1x x k ,

3 2

kx x

2 ,

4 3

kx x

3 ,

5 4

kx x

4 ,

1 5

kx x

5 .

Με πρόσθεση κατά μέλη, έχουμε: 60 30 20 15 12

0 k60

.

Άρα: 60 30 20 27

0 k60

ή

60 30 20 30 k

60

.

Και στις δύο παραπάνω περιπτώσεις, είναι αδύνατον οι παρενθέσεις να είναι

μηδέν, εφόσον 60 30 20 είναι πολλαπλάσιο του 10 , ενώ 27 , 3 , δεν είναι

πολλαπλάσιο του 10 .

Άρα υποχρεωτικά θα είναι k 0 , από όπου προκύπτει άμεσα το ζητούμενο.




Σε ένα τραπέζι υπάρχουν 24 φλιτζάνια. Τρία από αυτά είναι τοποθετημένα

ανάποδα. Μπορούμε να επιλέξουμε τέσσερα φλιτζάνια και να τα γυρίσουμε

ανάποδα.

Είναι δυνατόν κάποια στιγμή όλα τα φλιτζάνια να είναι στην όρθια θέση τους με

100 το πολύ εφαρμογές της διαδικασίας;

Λύση:

Προφανώς και είναι αδύνατον. Οποιαδήποτε κίνηση και να κάνουμε, το πλήθος

όρθιων φλιτζανιών θα είναι περιττός αριθμός, ενώ το 24 είναι αριθμός άρτιος.

Συνεπώς δεν είναι δυνατόν να είναι όλα τα φλιτζάνια στην όρθια θέση τους.

Ωραίο θέμα που απαιτεί μόνο αυτήν την απλή σκέψη.


Στο επίπεδο μοναδιαίου τετραγώνου θεωρούμε 100 σημεία 1 2 100

M ,M ,...,M .

Δείξτε ότι υπάρχουν δύο διαδοχικές κορυφές του τετραγώνου, έστω A και B ,

τέτοιες ώστε το άθροισμα των περιμέτρων των τριγώνων

1 2 100AM B,AM B,...,AM B να είναι μεγαλύτερο από 241.

Λύση:

Έστω το άθροισμα των περιμέτρων όλων των τριγώνων i

AM ... ως προς 2

κορυφές π.χ. AB

A,B S .

Αρκεί να δειχθεί ότι AB BC CD DA

maxS ,S ,S ,S 241 .

Υποθέτουμε ότι ισχύει το αντίθετο. Τότε:

AB BC CD DAS S S S 4 241 964 .

Ονομάζω i

T το άθροισμα των περιμέτρων των τριγώνων



i i i iAMB,BMC,CMD,DMA. Προφανώς

100

i AB BC CD DAi 1

T S S S S

.

Άρα 100

ii 1

T 964

.

Είναι όμως i i i i i

T 2(AM BM CM DM ) 4 και από τριγωνική ανισότητα

στα i i

AM C,BM D είναι

iT 2(AC BD) 4 4 2 4 4 2,41 και

100

ii 1

T 100 4 2,41 964

, άτοπο

και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.


Στην περιφέρεια ενός κύκλου είναι γραμμένοι 268 αριθμοί. Παρατηρήθηκε ότι

το άθροισμα οποιονδήποτε 20 διαδοχικών αριθμών είναι ίσο με 75. Αν στις

θέσεις 17,83 και 144 είναι γραμμένοι οι αριθμοί 3,4 και 9 αντίστοιχα, να

βρείτε τον αριθμό στη θέση 210 .

Λύση:

Ας συμβολίσουμε τους αριθμούς με 1 268

a ,...,a .

Επειδή n n 1 n 2 n 19 n 1 n 2 n 20

a a a ... a a a ... a

ισχύει

n n 20 n 40a a a ....

για οποιονδήποτε αριθμό από αυτούς που δίνονται.

Όμως, αφού ο τελευταίος είναι ο αριθμός 268

a θα ισχύει επίσης

249 1 250 2 268 20a a ,a a ,...,a a .

Συνεπώς, χρησιμοποιώντας εναλλάξ αυτές τις δύο "ιδιότητες" έχουμε:

i) 1 249 9 257 17 265 5 253 13

a a a a a a a a a 3 ,

ii) 2 250 10 258 18 266 6 254 14 10 210

a a a a a a a a a ,a a ,

iii) 83 3 251 11 259 19 267 7 255

a a a a a a a a a 4 ,



iv) 144 4 252 12 260 20 268 8 256 16

a a a a a a a a a a 9 .

Συνεπώς για τους αριθμούς της πρώτης 20άδας γνωρίζουμε ότι:

1 9 17 5 13 2 10 18 6 14(a a a a a ) (a a a a a )

3 11 19 7 4 12 20 8 16(a a a a ) (a a a a a ) 75 , δηλαδή

1 2 3 4 2 2 2105·a 5·a 5·a 5·a 75 15 20 45 5·a 75 a a 1 ,

συνεπώς καταλήξαμε στο ζητούμενο.


Να λυθεί το σύστημα: 3 3 3

| x | | y | 1340

x y 2010xy 670

.

Λύση:

1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: x,y 0 .

Τότε έχουμε: 3 3

x y 2.670

(x y) 3xy(x y) 3.670xy 670

.

Άρα: 3 3(2.670) 3xy(2.670) 3.670xy 670

2 2 2 278.670 6xy 3xy 670 3xy 7.670 xy 670

3 .

Άρα τα x,y είναι οι ρίζες της εξίσωσης 2 7t 2.670t 670 0

3 .

Η εξίσωση όμως αυτή, έχει αρνητική διακρίνουσα και άρα η περίπτωση αυτή

απορρίπτεται.

2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: x,y 0 .



Τότε, ομοίως βρίσκουμε: 2

x y 2.670

9xy 670

7

, οπότε έχουμε τις τιμές των x,y .

3η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: x 0,y 0 .

Πάλι ομοίως βρίσκουμε: 2

x ( y) 2.670

9x ( y) 670

7

.

Άρα τα x, y είναι οι ρίζες της εξίσωσης 2 27t 2.670t 670 0

9 και η

συνέχεια απλή.

Όμοια και στην περίπτωση x 0,y 0 .


Να υπολογίσετε το άθροισμα: 20141A (1 11 111 1111 ... 11...1) 10

81 ,

όπου τα ψηφία στον αριθμό 11...1 είναι 2013 .

Λύση:

2013 2013

S 1 11 111 11 1 9S 9 99 999 99 9

2 3 2013(10 1) (10 1) (10 1) (10 1)

2 20139S (1 10 10 10 ) 2014

2014 2014 201410 1 10 1 2014 10 181279S 2014 S S

9 81 9 81 81

.

Άρα 18127

A81

.




Έστω a,b θετικοί αριθμοί με άθροισμα 1. Αν οι αριθμοί 3a και 3b είναι ρητοί,

τότε και οι a,b είναι ρητοί.

Λύση:

Επειδή οι αριθμοί 3a , 3b είναι ρητοί τότε και ο αριθμός 3a + 3b είναι ρητός και

επομένως και ο 3(a b) 3ab(a b) 1 3ab είναι ρητός και άρα και o ab

ρητός είναι.

2 2 2a b (a b) 2ab 1 2ab . Επομένως ο 2 2a b ρητός.

Ο 3 3a b είναι ρητός επειδή είναι ρητοί και οι δύο αριθμοί. Επομένως 2 2(a b)(a ab b ) ρητός.

Άμα θέσω 2 2(a b)(a ab b ) x , με x Q , τότε 2 2

xa b

a b ab

δηλαδή

ο αριθμός a b είναι ρητός.

Επειδή a b , a b είναι ρητοί άρα το άθροισμα και η διαφορά τους είναι ρητοί

και επομένως 2a,2b είναι ρητοί δηλαδή οι αριθμοί a,b είναι ρητοί.


(α) Να συγκρίνετε τους αριθμούς 2 148 149a 1 3 3 ... 3 3 και 99b 1 5 ... 5 .

(β) Να συγκρίνετε τους αριθμούς 2013 2013200 243 και 2013 2013216 225 .

Λύση:

(α) 150 1501 3 1 3 1

a3 1 2

και

100 1001 5 1 5 1b

5 1 4

.

Αν υποθέσω ότι a b τότε 150 100

150 1003 1 5 12 3 2 5 1

2 4



3 50 2 50 50 50 50 50 502 (3 ) (5 ) 1 2 27 25 1 27 27 25 1 .

Που είναι αλήθεια.

(β) Έστω 2013 2013 3 2 2013 5 2013 6029 4026 10065A 200 243 (2 ·5 ) (3 ) 2 ·5 3

6039 4026 6039 40262 ·5 3 ·3 .

Και 2013 2013 3 3 2013 2 2 2013 6039 6039 4026 4026B 216 225 (2 ·3 ) (5 ·3 ) 2 ·3 5 ·3 .

Τώρα:

6039 6039 4026 4026 4026 6039 4026 6039 4026 6039A B 3 (2 3 ) 5 (3 2 ) (3 2 )·(5 3 )

6 671 9 671 6 671 9 671 671 671 671 671[(3 ) (2 ) ][(5 ) (3 ) ] (729 512 )(15625 19683 ) 0 .

Άρα A B .


Να προσδιορίσετε τους τετραψήφιους αριθμούς abcd για τους οποίους ισχύει 2 2 2 2 6 6 6 6a(a b c d)(a b c d )(a 2b 3c 4d ) abcd .

Λύση:

Ονομάζω 2 2 2 2 6 6 6 6A a(a b c d)(a b c d )(a 2b 3c 4d ) abcd

Αν υποθέσουμε ότι a 3 , τότε 2 6 10A 3·3·3 ·3 3 , που είναι άτοπο, αφού ο A

είναι τετραψήφιος. Άρα πρέπει a {1,2} και άρα A 2999 .

Τώρα, αν d 2 και δεδομένου ότι a {1,2} , θα έχουμε:

A (1 2)(1 4)(1 4 64) 3855 , που είναι άτοπο, αφού A 2999 . Άρα

d {0,1} .

Επίσης αν b 3 , τότε (δεδομένου ότι a {1,2} , θα ήταν:

2 2 6 6A 1(1 3)(1 3 )(1 2·3 ) 58360 , που είναι άτοπο. Άρα b {0,1,2} και



άρα A 2291 .

Τέλος, αν ήταν c 2 τότε A 1(1 2)(1 4)(1 3·64) 2899 , που είναι άτοπο

αφού A 2291 . Άρα c {0,1} .

Είδαμε λοιπόν ότι a {1,2} ,b {0,1,2} ,c,d {0,1} .

Στη συνέχεια θα δείξω ότι είναι αδύνατον να είναι a,b,c,d 1 .

Πράγματι, τότε θα ήταν: A 1 4 4 10 160 , που είναι άτοπο, αφού ο A είναι

τετραψήφιος. Άρα ένα τουλάχιστον από τα a,b , θα είναι το 2 .

1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: b 2 .

Τότε 2 2 2 6 6 6A a(a 2 c d)(a 4 c d )(a 2·64 3·c 4·d ) και τότε

αν μεν είναι a 2 A 2 4 8 (3·64) που προφανώς είναι άτοπο, αν δε

a 1 A 3 5 (1 2·64) 1935 , που πάλι είναι άτοπο εφόσον είναι

a 1,b 2 .

2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: a 2 .

Τότε 2 2 2 6 6 6A 2(2 b c d)(4 b c d )(64 2b 3c 4d ) .

Παραπάνω είδαμε ότι αν a 2,b 2 , καταλήγουμε σε άτοπο.

Διακρίνουμε λοιπόν τις δύο υποπεριπτώσεις:

(2a):

2 2 6 6b 1 A 2 (3 c d)(5 c d )(66 3c 4d ) και τότε αν με είναι

c d 0 A 1980 , που είναι άτοπο αφού c 0 ,

αν δε c 0 ή d 0 τότε: A 2 4 6 69 3312 , που επίσης είναι άτοπο, αφού

A 2291 .

(2b):

2 2 6 6b 0 A 2(2 c d)(4 c d )(64 3c 4d ) και βλέπουμε αμέσως ότι



με δεδομένο ότι c,d {0,1} , η μοναδική περίπτωση που μας δίνει λύση είναι η

c 1,d 0 και τότε τα ψηφία που ζητάμε είναι: a 2,b 0,c 1,d 0 .


Από τους ακεραίους 1,2,3,4,...,2011,2012 ποιος είναι ο μεγαλύτερος δυνατός

αριθμός ακεραίων που μπορούμε να επιλέξουμε έτσι ώστε αν προσθέτουμε

δύο οποιουσδήποτε από αυτούς που επιλέξαμε να προκύπτει ακέραιος που να

μην είναι πολλαπλάσιο του 11.

Λύση:

Παρατηρούμε ότι μπορούμε να επιλέξουμε το πολύ ένα πολλαπλάσιο του 11.

Επίσης χωρίζοντας τα μη πολλαπλάσια του 11 στα ζεύγη

{1,2012},{2,2011}, ,{1006,1007} παρατηρούμε ότι από κάθε ζεύγος μπορούμε

να επιλέξουμε μόνο ένα από τους αριθμούς. (Αφού 11| 2013 ). Έχουμε συνολικά

10011006 1006 91 915

11 τέτοια ζεύγη. Άρα συνολικά μπορούμε να

επιλέξουμε το πολύ 915 1 916 τέτοιους αριθμούς.

Μπορούμε να διαλέξουμε 916 αριθμούς επιλέγοντας τον 11μαζί με όλους τους

δοσμένους φυσικούς που είναι της μορφής 11k r όπου r {1,2,3,4,5} .

Παρατηρούμε ότι αυτό το σύνολο έχει την ιδιότητα που θέλουμε και έχει

μέγεθος 5

1 ·2013 1 5·(2·91 1) 91611

όπως θέλαμε να δείξουμε.



1 1 11

x yz 3 y zx 3 z xy 3

για όλους τους

θετικούς πραγματικούς αριθμούς x,y,zμε 2 2 2x y z 9 .

Λύση:

Από την Ανισότητα Cauchy – Schwarz ισχύει



2 2 2 2

1 9

x yz 3 x yz 3 y zx 3 z xy 3

.

Μένει δηλαδή να δείξουμε ότι 2x yz 3 9 .

Αυτή η Ανισότητα ισχύει σύμφωνα με την Ανισότητα AM – GM και την

υπόθεση αφού ισοδύναμα έχουμε

2 2 2 21 1x yz 3 [(x yz 3) 9] x x 36 9

6 6 .


Για τους ακέραιους a,b,c ισχύει 2 2a 4b c . Δείξτε ότι ο αριθμός 2a 2b

γράφεται ως άθροισμα δύο τετραγώνων ακεραίων.

Λύση:

Έχουμε: 2 2

2 2 a ca c 4b b

4

, οπότε

2 2 2 2

2 2 2 2a c a c a c a ca 2b a ( ) ( )

2 2 2 2

.

Μένει μόνο να δείξουμε ότι οι αριθμοί a c

2

και

a c

2

, είναι ακέραιοι.

Πράγματι, αν οι a,c είναι και οι δύο άρτιοι ή και οι δύο περιττοί, τότε είναι

προφανές το ζητούμενο.

Αν a άρτιος και c περιττός, τότε αυτό είναι άτοπο, αφού 2 2a c 4b : άρτιος.

Όμοια σε άτοπο καταλήγουμε όταν a περιττός και c άρτιος και έτσι η απόδειξη

ολοκληρώθηκε.




Δείξτε ότι ανάμεσα σε 20132 2 πρώτους, υπάρχουν δύο που η διαφορά τους

διαιρείται με τον 20142 .

Λύση:

Κάθε πρώτος είναι ισότιμος με 2014 20141,2,3,5,7, ,2 1mod2 . Υπάρχουν

20132 1 δυνατές ισοτιμίες και έχουμε 20132 2 πρώτους άρα τουλάχιστον δύο

έχουν την ίδια ισοτιμία 2014mod2 και άρα η διαφορά τους διαιρείται από το 20142 .


Θεωρούμε ευθεία d και δύο διαφορετικά σημεία A,B επί αυτής. Έστω ακόμη

2013 σημεία, διαφορετικά μεταξύ τους και με τα A,B που δεν ανήκουν στο

τμήμα AB .

Είναι δυνατόν το άθροισμα των αποστάσεων των σημείων αυτών από το A να

ισούται με το άθροισμα των αποστάσεων τους από το B ;

Λύση:

Σίγουρα αυτή είναι η ερώτηση; Μπορούμε να το επιτύχουμε εύκολα παίρνοντας

σημεία της μεσοκαθέτου.

Τα σημεία ανήκουν στην ευθεία d...

Ωραία. Έστω 1 2013

C , ,C τα σημεία πάνω στην ευθεία. Για κάθε 1 n 2013

θέτω n n

f(n) | AC | |BC | . Αν τα αθροίσματα των αποστάσεων ήταν ίσα θα

έπρεπε 2013

n 1

f(n) 0

. Όμως για κάθε n έχουμε f(n) r ή f(n) r όπου

n | AB| . Αν τώρα k εκ των αθροισμάτων είναι ίσα με r και τα άλλα 2013 k

είναι ίσα με r τότε 2013

n 1

f(n) r(k (2013 k))

.

Αυτό όμως είναι άτοπο αφού r 0 και 2k 2013 .



Άρα δεν μπορούμε να πετύχουμε ίσα αθροίσματα με αυτόν τον τρόπο.


Υπάρχουν ακέραιοι a,b,c ώστε 2 2 2a b c 20122012 ;

Λύση:

Αφού ο αριθμός 2 2 2a b c είναι άρτιος, θα πρέπει οι αριθμοί a,b,c να είναι οι

δύο περιττοί και ο ένας άρτιος ή να είναι και οι τρεις άρτιοι.

1η Περίπτωση: Οι δύο είναι περιττοί

π.χ. οι a,bκαι ο τρίτος άρτιος.

Τότε υπάρχουν k,n,m Z , ώστε 2 2 2 2a 8k 1,b 8n 1,c 4n . Άρα: 2 28k 1 8n 1 4m 20122012 4(2k 2n m ) 20122010

Άρα πρέπει 4/ 20122010, που είναι άτοπο.

2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: Και οι τρεις είναι άρτιοι.

Άρα υπάρχουν k,n,m Z ώστε a 2k,b 2n,c 2m . Άρα:

2 2 2 2 2 24k 4n 4m 20122012 k n m 5030503 . Από την ισότητα αυτή,

συμπεραίνουμε ότι οι αριθμοί k,n,mείναι και οι τρεις περιττοί ή οι δύο άρτιοι

και ο τρίτος περιττός.

Παίρνουμε λοιπόν δύο υποπεριπτώσεις:

2α) Αν είναι και οι τρεις περιττοί.

Τότε 1 1 1

8k 1 8n 1 8m 1 5030503 8|5030500 που είναι και πάλι

άτοπο.

2β) Αν είναι οι δύο άρτιοι

π.χ. k,nκαι ο άλλος περιττός τότε έχουμε: 2 2

2 2 24k 4n 8m 1 5030503 4|5030502 , που και πάλι είναι άτοπο.



Άρα δεν υπάρχουν ακέραιοι που να ικανοποιούν την δοσμένη ισότητα.

ΣΗΜΕΙΩ ΣΗ:

Χρησιμοποιήσαμε την πρόταση ότι το τετράγωνο περιττού έχει την μορφή :

8k 1 .

Η απόδειξη του Δημήτρη μπορεί να τροποποιηθεί για να δείξει ότι κανένας

αριθμός της μορφής n4 (8k 7) δεν μπορεί να γραφτεί σαν άθροισμα τριών

τέλειων τετραγώνων. Ισχύει επίσης (αλλά είναι δύσκολο να αποδειχθεί) ότι κάθε

άλλος φυσικός μπορεί να γραφτεί σαν άθροισμα τριών τέλειων τετραγώνων.

Λύση

Με κάποια επιφύλαξη.

2 2 2 na b c 4 (8k 7) .Ουσιαστικά αρκεί να δειχθεί για n 0,1 αφού για

n 2 πρέπει με (mod8) να είναι a b c 0(mod4) και καταλήγουμε στην

2 2 2 n 2

1 1 1a b c 4 (8k 7) όπου

1a 4a κλπ.

Όμως για n 0,1 το δεξί μέλος είναι ισότιμο με 7,4(mod8) αντίστοιχα που το

έχουμε συναντήσει τουλάχιστον 2φορές (αν θυμάμαι καλά με ρητά σημεία

πάνω σε σφαίρα).

Πολύ πιθανό να το έχουμε ξαναδεί. Ας την συμπληρώσουμε όμως την απόδειξη

και εδώ. Επειδή κάθε τέλειο τετράγωνο είναι ισότιμο με (0,1,4 mod8) τότε το

άθροισμα τριών τέλειων τετραγώνων δεν μπορεί να ισούται με 7(mod8) .

Πρέπει λοιπόν να ισούται με 4(mod8) (είμαστε δηλαδή στην περίπτωση n 1 ).

Για να συμβεί όμως αυτό πρέπει και οι τρεις αριθμοί να είναι άρτιοι. Διαιρώντας

τους με το 2πάμε στην περίπτωση n 0 και σε άθροισμα τριών τέλειων

τετραγώνων ισότιμο με 7(mod8) που είναι άτοπο.


Βρείτε τις ακέραιες λύσεις της εξίσωσης 2 2a 2b b 2a a | 2a 1 2b| .



Λύση:

Πρέπει 2 2a 2b b 0 b 2b a 0 .

Η διακρίνουσα του τριωνύμου είναι 4 4a .

Αν ήταν 0 , τότε η πιο πάνω ανίσωση είναι αδύνατη.

Άρα πρέπει 0 a 1 .

Αν είναι a 1 , τότε η δοσμένη εξίσωση γράφεται: 21 2b b 2 1 | 2 1 2b|

2 21 2b b 1 | 2b 1| (b 1) 1 | 2b 1| , η οποία

προφανώς είναι αδύνατη (αφού η μόνη πιθανή λύση b 1 , δεν την επαληθεύει).

Άρα a 0 .

Τότε η δοσμένη εξίσωση με ύψωση στο τετράγωνο ισοδύναμα γράφεται: 2 2 2 2 2a 2a(2b b ) (2b b ) 2a a | 2a 1 2b| (I) .

Θα διακρίνουμε τώρα δύο περιπτώσεις:

1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: a b .

Τότε 2a 2b 1 0 και άρα 2 2 2(I) 2a(2b b ) (2b b ) 4a 1 2b

2 2 22a(2 2b b ) (b 2b) 4 2b 3

2

2

2b 32a b 2b 2

b 2b 2

(II) , (δεδομένου ότι 2b 2b 2 0 ,

εφόσον έχει αρνητική διακρίνουσα).

Αφού a,b Z , και δεδομένου ότι 2b 3 0 , πρέπει: 2|b 2b 2| | 2b 3| ,

και αφού 2b 2b 2 0 , (διότι η διακρίνουσα είναι αρνητική), άρα: 2b 2b 2 | 2b 3| , από όπου βρίσκουμε ότι b {0,1,2,3,4} και λόγω και

της (II) έχουμε την δεκτή λύση (a,b) (1,1) .



2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: a b .

Τότε 2a 2b 2a 2b 0 2a 2b 1 2a 2b 1 0 .

Άρα η (I)με ύψωση στο τετράγωνο, γράφεται ισοδύναμα:

2 2 2 2 2 22a(2b b ) (2b b ) 2a 2a 1 2b 2a(b 2b) (b 2b) 2b 1 .

Αν ήταν 2b 2b 0 , τότε η πιο πάνω εξίσωση είναι προφανώς αδύνατη.

Άρα b 0 και b 2 .

Τότε έχουμε: 2

2

2b 12a b 2b

b 2b

(III) .

Με δεδομένο ότι a,b Z και 2b 1 0 , συμπεραίνουμε ότι πρέπει 2 2

2 b 2b b 2b|b 2b | | 2b 1| | | 1 1 1

2b 1 2b 1

. Λύνοντας την ανίσωση,

βρίσκουμε ότι b {1,3} , (η τιμή b 1 απορρίπτεται διότι είναι 1 a b ),

και λόγω και της (III) , βρίσκουμε την εξής επί πλέον λύση: (a,b) (0,1) .

Άρα τελικά το σύνολο λύσεων είναι το {(1,1),(0,1)}.

Μια ακόμη λύση: http://forum.gil.ro/viewtopic.php?f=40&t=5793&start=0.

ΘΕΜΑ 678 (ΣΩΤΗΡΗΣ ΛΟΥΡΙΔΑΣ)

Έστω ότι έχουμε: 0 a x a 1 (1) , με τον a ρητό και τον x ΜΗ τέλειο

τετράγωνο ρητού. Αποδείξτε ότι: 2 2x a x a 1

a x a2a 1 2a 1 8a 4

.

(*) To a στην σχέση (1) , καλείται «ελλείπουσα τιμή» της x εντός της

μονάδας.

Λύση:

Για την αριστερή Ανισότητα.




Ισοδύναμα γράφεται

2(2a 1) x a a x ( x a)(1 a x) 0 ,

όπου ισχύει λόγω της υπόθεσης.

Για τη δεξιά Ανισότητα.

Ισοδύναμα γράφεται

2 24a 4a 4x 1 (8a 4) x (2a 1 2 x) 0 , όπου ισχύει.


Δείξτε ότι για κάθε n N , ο αριθμός 5n n διαιρείται με το 30 .

Λύση:

Παρατηρούμε ότι 5n n mod2 , 5n n mod3 και 5n n mod5 . Οπότε

5n 0n mod2 , 5n 0n mod3 και 5n 0n mod5 , άρα αφού

30 2·3·5 η απόδειξη ολοκληρώθηκε.


Έστω N (6x y z)(x 6y z)(x y 6z) , με x,y,z N .

(α) Να αποδείξετε ότι ο Nείναι άρτιος.

(β) Αν 5| N , δείξτε ότι 250| N .

Λύση:

(α) Έστω ότι ο N είναι περιττός, τότε κάθε όρος του είναι περιττός.

Και από τους τρεις παράγοντες, αφού είναι περιττοί, παίρνουμε

y z,x z,y x 1 mod2 , όμως αυτό είναι άτοπο γιατί



(y z) (x z) 2 mod2 y x 0 mod2 , άρα ο N δεν είναι περιττός

και είναι άρτιος.

Υπάρχουν οι περιπτώσεις να έχουμε 3 άρτιους , 3 περιττούς, 2 άρτιους και

έναν περιττό ή 2περιττούς και έναν άρτιο.

Πρέπει να δείξουμε ότι τουλάχιστον μία από τις παρενθέσεις είναι άρτια.

Αν έχουμε 3άρτιους ή 3 περιττούς αυτό επαληθεύεται επειδή θα ήταν και οι

τρεις παρενθέσεις άρτιες.

Στις υπόλοιπες περιπτώσεις έχουμε:

i. Αν υπάρχουν 2 άρτιοι και ένας περιττός ,σε μια από τις παρενθέσεις ο

περιττός θα έπαιρνε τον συντελεστή 6 και θα γινόταν άρτιος και θα είχαμε

άλλους 2 άρτιους οπότε θα βγάζαμε άρτιο άθροισμα.

ii. Αν υπήρχαν 2 περιττοί και ένας άρτιος, σε μια από τις παρενθέσεις ο άρτιος

θα έπαιρνε το συντελεστή 6 και θα είχαμε ακόμη 2περιττούς που θα έδιναν

άρτιο άθροισμα.

Και το (β) Χωρίς βλάβη της γενικότητας

6x y z 0 mod5 x y z 0 mod5 , οπότε και οι τρεις παράγοντες

είναι πολλαπλάσιο του 5, άρα ο N είναι πολλαπλάσιο του 125 . Όμως στο (α)

αποδείξαμε ότι είναι και πολλαπλάσιο του 2 , άρα εντέλει είναι πολλαπλάσιο

του 250 .


Να προσδιορίσετε τους θετικούς ακεραίους 1 2 n n 1

x x ... x x

αν

n n 1 1 2 nx x 2(x x ... x )

.

Λύση:

Έχουμε n n

1 2 3 n n

x (x 1)x x x ... x 1 2 3 ... x

2

(λόγω του

nx n )



και επομένως προκύπτει:

n n 1 n n n 1 nx x x x 1 x x 1

και λόγω του

n 1 nx x

είναι

n n 1x 1 x

Άρα έχουμε παντού ισότητες και τελικά i

x i για i 1,2,...,n .

Β τρόπος

Αλλιώς:

n n 1 1 2 n n n nx x 2(x x ... x ) 2(x (n 1) x (n 2) ... x )

2 2 2

n n n n2nx n n n x x x οπότε

n 1 nx x 1...


Να λυθεί το σύστημα:

x(x 1) yz

y(y 2) zx

z(z 3) xy

.

Λύση:

Αν ένα τουλάχιστον από τα x,y,z είναι μηδέν, τότε

(x,y,z) {(0,0,0),(0,0,3),(0,2,0),(1,0,0)} .

Έστω τώρα ότι x 0,y 0,z 0 .

Το σύστημα γράφεται:

2

2

2

x x yz (1)

y 2y zx (2)

z 3z xy (3)

.

Πολλαπλασιάζουμε τα μέλη της (1)με yκαι ισοδύναμα έχουμε:

2 2 2x y xy y z x(xy) xy y z και λόγω των (2)και (3) έχουμε:

2 2x(z 3z) (z 3z) (2y zx)z 3x 2y z 3 6x 4y 2z 6 (4) .



Επίσης πολλαπλασιάζουμε τα μέλη της (2) με x , και έχουμε ισοδύναμα:

2 2 2 2 2y x 2xy zx y(xy) 2xy zx y(z 3z) 2(z 3z) z(x yz)

x 3y 2z 6 (5) .

Αφαιρούμε από την (4)την (5) και έχουμε: 5x y 0 y 5x και από την

(5) έχουμε: x 15x 2z 6 z 7x 3 .

Mε βάση τα παραπάνω, η (1)γράφεται: 2 7x x 5x(7x 3) x

18 .

Τώρα από την y 5x βρίσκουμε 35

y18

και από την z 7x 3 , βρίσκουμε

5z

18 .

Τελικά, έχουμε: 7 35 5

(x,y,z) {(0,0,0),(0,0,3),(1,0,0),(0,2,0),( , , )}18 18 18

.


Να αποδείξετε ότι 2 2 2

2 2 2

a b c 3

a b b c c a 2


πραγματικούς αριθμούς a,b,c με a b c 3 .

Λύση:

Αρκεί να αποδείξουμε ότι 2 2 2

2 2 2

ab bc ca 3

a b b c c a 2

.

Ισχύει από την Ανισότητα AM – GM

2 2

2

ab 1 ab 1· ( ab bc ca)

a b 2 2ab

.

Μένει να δείξουμε ότι ab bc ca 3 .



Από την Ανισότητα Cauchy – Schwarz και τη βασική

23(xy yz zx) (x y z) έχουμε

2 31( ab bc ca) (ab bc ca)(b c a) (a b c) 9

3 .


Να αποδείξετε ότι 2 2 2x xy xyz 4xyz 4 , για όλους τους θετικούς

πραγματικούς αριθμούς x,y,z .

Λύση:

Ισχύει από την Ανισότητα AM – GM

2 2 2 2 2(x xy 4) xyz 2z xy(x xy 4) .

Μένει να δείξουμε ότι 2 2xy(x xy 4) 2xy ή ισοδύναμα 2 2x xy 4 4xy .

Ξανά από την Ανισότητα AM – GM έχουμε όμως ότι

2 2 2(x 4) xy 2y x(x 4) .

Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι 2x(x 4) 2x η οποία ισχύει αφού

καταλήγει στην προφανή 2x 4 4x .


Θεωρούμε τους μη αρνητικούς ακέραιους a,b,c καθώς και τους αριθμούς 2 2 2x (a 1) 4b, y (b 1) 4c, z (c 1) 4a .

Αν x y z 2013 , να προσδιορίσετε τους a,b,c .



Λύση:

Αφού x,y,z ρητοί και το άθροισμα των ριζών τους είναι ρητός τότε x, y, z

επίσης ρητοί (γιατί;).


Για την ακολουθία n

(a ),n 1 ισχύει 1

1a

6 και

n 1 n

n 1 1a a

n 3 2

.

Βρείτε τον αριθμό 2010

a .

Λύση:

Θα αποδείξουμε επαγωγικά ότι n

na

6 .

Για n 1 ισχύει ενώ n 1

n 1 n 1 n 1 n 3 n 1a ·

n 3 6 2 n 3 6 6

.

Άρα 2010

2010a 335

6 .


Το ορθογώνιο X (δείτε το σχήμα στο σύνδεσμο) διαιρείται σε 9 μικρότερα

ορθογώνια με ευθείες παράλληλες στις πλευρές του.

Αν τα ορθογώνια A,B,C,D,E έχουν εμβαδόν 2 2 2 2 23cm ,9cm ,1cm ,2cm ,8cm

αντίστοιχα, να βρείτε το εμβαδόν του X .

http://forum.gil.ro/viewtopic.php?f=38& ... bad5725d55

http://forum.gil.ro/viewtopic.php?f=38&t=5846&start=0&sid=9f62896644dea1ee667b5cbad5725d55



Λύση:

Έστω x,y,z τα οριζόντια τμήματα των πλευρών

του παραλληλογράμμου και m,n,p τα κατακόρυφα

τμήματα. Τότε θα ισχύουν οι ακόλουθες σχέσεις:

xm 3 , zm 9 , xn 1 ,yn 2 και yp 8 από

όπου προκύπτει ότι

y 2x , z 3x , 3

mx

, 1

nx

, 4

px

.

Έτσι έχουμε:

3 1 4 8E (x y z) (m n p) (x 2x 3x) ( ) 6x 48

x x x x .


Προσδιορίστε τους φυσικούς a και n 0 καθώς και το ψηφίο b ώστε a6 1 bb b , όπου το b εμφανίζεται n φορές.


Λύση:

Για a 0 είναι b 2,n 1 .

Για a 1 είναι b 7,n 1 .

Για a 2,3,4 δεν έχουμε λύσεις και για a 5 είναι b 7,n 4 .

Για n 6 ο αριθμός στο αριστερό μέλος έχει τελευταίο ψηφίο το 7 και άρα

αναγκαστικά b 7 , όμως το 64 διαιρεί το a6 αλλά όχι τον ...77776 συνεπώς δεν

υπάρχουν λύσεις.





Βρείτε τους πρώτους p q r τέτοιους ώστε 25pq r 2004 και ο αριθμός

pqr 1 είναι τέλειο τετράγωνο.

Τι γίνεται αν αφαιρέσουμε τον περιορισμό p q r ;

http://erdos.fciencias.unam.mx/omm/primer18omm.pdf.

Λύση:

Μια απάντηση στην περίπτωση που είναι p q r :

Αν υποθέσουμε ότι p 7 , τότε αφού ο p είναι πρώτος, θα πρέπει p 11 . Και

αφού είναι q p και q πρώτος, θα πρέπει q 13 . Τότε όμως 25pq 3575 .

Άρα: 2004 25pq r 25pq 3575 , που είναι άτοπο.

Θα πρέπει συνεπώς να είναι p 7 .

Επίσης, αν p 2 , τότε από την σχέση 25pq r 2004 έπεται ότι ο r είναι

άρτιος και αφού είναι και πρώτος, θα έχουμε ότι r 2 , που και πάλι είναι

άτοπο, αφού r p 2 .

Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι p {3,5,7} .

(a) Έστω p 3 . Τότε αφού pqr 1 είναι τέλειο τετράγωνο, και αφού

25pq r 2004 , έπεται ότι: 3qr 1 είναι τέλειο τετράγωνο και

75q r 2004 . Όμως ο q είναι πρώτος διάφορος του 2 . Άρα ο αριθμός 75q

λήγει σε 5 και άρα ο r πρέπει να λήγει σε 9 και με δεδομένο ότι r q 3 , θα

έχουμε ότι r 19 , (αφού r πρώτος).

Επιπλέον έχουμε: r 19 2004 r 2004 19 75q 1983

q {5,7,11,13,17,19,23} .

http://erdos.fciencias.unam.mx/omm/primer18omm.pdf



Αν q 11 , τότε 3qr 1 33r 1 και αφού r λήγει σε 9, ο 3qr 1 λήγει σε 8

και άρα δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο. Άρα q 11 . Mε τον ίδιο τρόπο

βρίσκουμε ότι q 13 και q 23 .

Συμπεραίνουμε λοιπόν, ότι οι μόνες πιθανές τιμές για τον qείναι οι 5,7,17,19.

Δοκιμάζοντας μία – μία τις τιμές αυτές, βρίσκουμε ότι καμία δεν ικανοποιεί τις

δοσμένες συνθήκες.

(b) Έστω p 5 .

Αν εργασθούμε όπως και στην προηγούμενη περίπτωση, βρίσκουμε ότι q 15

και αφού q πρώτος και q p ,

θα πρέπει q {7,11,13} , από τις οποίες βρίσκουμε ότι μόνο για q 11 ,

ικανοποιούνται οι δοσμένες συνθήκες, οπότε μια λύση είναι η

(p,q,r) (5,11,629) .

(c) Έστω p 7 .

Τότε πάλι εύκολα βρίσκουμε ότι q 11 και αφού q p 7 , θα έχουμε q 11 .

Και επαληθεύουμε ότι μια ακόμα λύση είναι η (p,q,r) (7,11,79) .

Η λύση (p,q,r) (5,11,629) , πρέπει να απορριφθεί, αφού ο 629, δεν είναι

πρώτος.


Βρείτε όλους τους m,n N και τον πρώτο p 5 ώστε

2 nm(4m m 12) 3(p 1) .

Λύση:

Η εξίσωση γίνεται 2 n(m 3)(4m 1) 3p .

Έστω 2(m 3 , 4m 1) d .



Ισχύει ότι 2d|m(4m 1) 4(m 3) m 12 και d| 4(m 12) 4m 1 49 .

Άρα d (1,7,49) .

Για d 1 έχουμε τα συστήματα:

a.

2

n

m 3 3

4m 1 p

που μας δίνει τη λύση (m,p,n) (0,p,0) για οποιονδήποτε

πρώτο p 5 .

b.

2 nm 3 p

4m 1 3

που απορρίπτεται.

Για d 7 έχουμε p 7 και τα συστήματα:

a.

2

n 1

m 3 7

4m 1 3·7

που δε μας δίνει λύση,

b.

2

n 1

m 3 3·7

4m 1 7

που δε δίνει αποδεκτή λύση,

c.

2 n 1m 3 3·7

4m 1 7

που δε δίνει λύση και

d.

2 n 1m 3 7

4m 1 3·7

που δε δίνει λύση.

Για d 49 παίρνουμε p 7 και τα συστήματα:

a.

2

n 2

m 3 49

4m 1 3·7

που δεν δίνει λύση,

b.

2

n 2

m 3 3·49

4m 1 7

που δίνει τη λύση (m,p,n) (12,7,4) ,



c.

2 n 2

2

m 3 3·7

4m 1 7

που δίνει την ίδια λύση με το προηγούμενο σύστημα και

d.

2 n 2m 3 7

4m 1 3·7

που δε δίνει λύση.

Συνοψίζοντας, οι λύσεις είναι (m,p,n) (0,p,0),(12,7,4) .


Να βρείτε τον ελάχιστο θετικό ακέραιο αριθμό που μπορεί να γραφεί σαν

άθροισμα 9,10 και 11 διαδοχικών θετικών ακεραίων αριθμών.

Λύση:

Ο αριθμός μας θα είναι ίσος με x (x 1) ... (x 8) 9x 36 ή

y (y 1) ... (y 9) 10y 45 ή z (z 1) ... (z 10) 11z 55 .

Άρα 11z 19

11z 55 9x 36 x9

απ' όπου βλέπουμε ότι ο 11z θα έχει τη

μορφή 9k 1 όπου k θετικός ακέραιος.

Επιπλέον 11z 10

11z 55 10y 45 y10

κι έτσι ο 11z θα είναι και

πολλαπλάσιο του 10 θα λήγει δηλαδή σε 0.

Πολλαπλάσια του 11 που πληρούν τις προϋποθέσεις είναι τα

110,220,330,440,550,... όμως εμείς θέλουμε να βρούμε το μικρότερο που έχει

και την ιδιότητα να είναι της μορφής 9k 1 .

Θα εξετάσουμε αν ο επόμενος αριθμός αυτών των πολλαπλασίων του 11 είναι

πολλαπλάσιο του 9. Τα 111,221,331 δεν είναι ενώ το 441 είναι. Άρα

11z 441 1 440 x 51, y 45 , z 40 και ο αριθμός που ψάχνουμε είναι

ο 495.




Βρείτε τους πραγματικούς αριθμούς x,y,zγια τους οποίους

2 2 2 3x y z xy yz zx 2(x y z)

2 .

Λύση:

Η ισότητα γράφεται 2 2 2 2x y z (x y z) 3 4(x y z) .

Επειδή ισχύει 2 2 2 21x y z (x y z)

3 προκύπτει

2

2a4a a 3

3 , όπου τέθηκε a x y z .

Η παραπάνω σχέση γράφεται 2 3(2a 3) 0 a

2 και παραπάνω ισχύει η

ισότητα. Άρα 1

x y z2

.


Στην ακολουθία n

(a ) με γενικό όρο n

a 12n p 12 , ο p είναι πρώτος

αριθμός. Να βρείτε το μέγιστο πλήθος διαδοχικών όρων της ακολουθίας που

είναι πρώτοι αριθμοί.

Λύση:

Για n 1 , ο p είναι πρώτος.

Αν n 2 , για να βρούμε τον μέγιστο αριθμό διαδοχικών όρων της ακολουθίας,

θα πρέπει να βρούμε τον μέγιστο αριθμό πρώτων για τους οποίους ισχύει:

1 2 1 n n 1p p 12,p p 12,...,p p 12

.



Όμως κανένας από τους αριθμούς δεν ισούται με 5 ή 2 και κανένας πρώτος δεν

τελειώνει σε 5, άρα για να έχουμε όσο το δυνατόν περισσότερους όρους, ο

πρώτος "πρώτος", δηλαδή ο p θα πρέπει να τελειώνει σε 7 . Έτσι ο μέγιστος

αριθμός διαδοχικών όρων είναι 4 , το οποίο ισχύει για π.χ p 7 .

Όμως υπάρχει και η περίπτωση του p 5 , η οποία έχει 5 διαδοχικούς όρους,

άρα η απάντηση είναι 5.


Να βρείτε τις ακέραιες θετικές λύσεις (x,y)της εξίσωσης

2 23 1(x y ) xy 83

8 4 .

Λύση:

Την έχω λύσει αλγεβρικά με περίεργο κατά τη γνώμη μου τρόπο αλλά θέλω να

δω κατά πόσο είναι σωστός αυτός ο τρόπος (αν και πολύ άκομψος και

μπελαλίδικος).

Λοιπόν. Θα λύσουμε την εξίσωση ως δευτεροβάθμια με άγνωστο x .

Τη μετατρέπουμε σε 2 2x 2xy 3y 664 0 με διακρίνουσα

2 27968 32y 32(249 y ) απ' όπου συμπεραίνουμε ότι y 153 για να έχει

λύσεις η εξίσωση.

Η πρώτη λύση 2

1

2 2(249 y ) yx

3

είναι δεκτή ενώ η δεύτερη απορρίπτεται

αφού μας οδηγεί σε αρνητικό αριθμό.

Από 'δω και πέρα ξέρουμε ότι η υπόρριζος ποσότητα πρέπει να είναι τέλειο

τετράγωνο ακεραίου αριθμού για να έχει θετικές ακέραιες λύσεις η εξίσωση.

Με δοκιμές των τιμών του y από το 1 ως το 15 βρίσκουμε πως τα μόνα ζεύγη

λύσεων είναι τα x,y 11,7 , 7,11 .



Σωστή είναι. Ο yείναι περιττός οπότε έχεις 8 τιμές να ελέγξεις...

Αν θέλεις να έχεις λιγότερες περιπτώσεις, με τον τρόπο που έλυσες την άσκηση,

θα μπορούσες π.χ να παρατηρήσεις ότι ο αριθμός 2249 y πρέπει να είναι

άρτιος, άρα ο yείναι περιττός.

Β τρόπος

Η εξίσωση γράφεται 2 2

2 x y x y 83·8 . Από εδώ προκύπτει ότι ο

x y είναι άρτιος, οπότε και ο x y .

Τελικά ο x y θα είναι πολλαπλάσιο του 4 .

Θέτουμε x y 2a και x y 4b . Τότε 2 2a 2b 83 . Άρα ο a είναι περιττός

με 1 a 9 .

Επίσης 2 2a b 2 mod3 οπότε εύκολα 2a 0 mod3 .

Η περίπτωση a 3 δεν δίνει λύσεις, οπότε μένει η περίπτωση a 9 που οδηγεί

στις λύσεις x,y 11,7 , 7,11 .

Γ τρόπος

Ας δούμε για λόγους πλουραλισμού και την έξης διαπραγμάτευση :

Άμεσα έχουμε ότι οι θετικοί ακέραιοι – πιθανές λύσεις x,y δεν μπορεί να

ισούνται.

Έστω λοιπόν ότι ισχύει 2 2x y x xy y . Ο αριθμός 2διαιρεί το άθροισμα

2 2x y που οδηγεί στο ότι οι x,yείναι της ίδιας parite'.

Η εξίσωση μας γίνεται

2 2 23 x 83 3 y 83 2 xy 83 0 y 83 0 y 9 .



Παρατηρούμε ότι:

3 / xy 83 3 / xy 1 y 3t 1 y 3r 2 .

Έτσι παίρνουμε: t,r 1,2 y 4,5,7,8 .

Συνεπώς έχουμε για y 4 ή y 8 (οπότε x 2k )...άτοπο,

Για y 5 (οπότε x 2k 1 )... άτοπο.

Τέλος όταν y 7 (οπότε x 2k 1 ) οδηγούμαστε στην λύση (7,11) συνεπώς

λόγω συμμετρίας και στην (11,7) .


Να εξετάσετε αν το σύνολο A {1,2,3,...,2012} μπορεί να χωριστεί σε

υποσύνολα, έτσι ώστε το μέγιστο στοιχείο κάθε τέτοιου υποσυνόλου να ισούται

με το άθροισμα όλων των υπολοίπων στοιχείων του συνόλου A .

Λύση:

Μια λύση από εδώ: http://www.cms.org.cy/assets/files/2012 ... Liseis.pdf

Υποθέτουμε ότι το A μπορεί να χωριστεί σε τέτοια υποσύνολα.

Τότε το στοιχείο 2012 θα είναι το μέγιστο ενός υποσυνόλου.

Το 2011 δε μπορεί να είναι στοιχείο ενός άλλου υποσυνόλου, διότι τότε θα ήταν

το μέγιστο στοιχείο του υποσυνόλου αυτού και θα έπρεπε να ισούται με το

άθροισμα των υπολοίπων στοιχείων του A , μεταξύ των οποίων και το 2012 ,

άτοπο.

Άρα το 2011 ανήκει στο ίδιο υποσύνολο που ανήκει το 2012 . Όμοια το 2010

ανήκει στο ίδιο υποσύνολο που ανήκουν τα 2011,2012 κοκ μέχρι το στοιχείο 1 .

Τότε όμως θα έπρεπε 2012 1 2 3 n 2011 που είναι άτοπο.

Συνεπώς το σύνολο A δε μπορεί να χωριστεί σε τέτοια υποσύνολα, όπως το

πρόβλημα περιγράφει.

http://www.cms.org.cy/assets/files/2012/A%20Diag%20Epil.%202012%20Mikroi%20Liseis.pdf




Αν οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί a,b,c είναι τέτοιοι ώστε

2 2 2 2 2 2 3 3 3a b a c b c 4 a b c , να δείξετε ότι ab ac bc 2 abc .

Πότε ισχύει η ισότητα;

Λύση:

Η ανισότητα είναι αυστηρή!

Από ΑΜ – ΓΜ είναι

2 2 2 23 3(x y z )(x y z) 3 (xyz) ·3 xyz 9xyz .

Σε αυτή την ανισότητα θέτουμε x ab,y bc,z ca οπότε προκύπτει

2 2 2 2 2 2 2 2(a b b c c a )(ab bc ca) 9(abc) 8(abc) .

Επομένως, 2 2 2 2 2 2 2 2 4(a b b c c a ) (ab bc ca) 64(abc) .

Επειδή δίνεται ότι 2 2 2 2 2 2 2 3(a b b c c a ) 16(abc) λαμβάνουμε

2(ab bc ca) 4abc , δηλαδή τη ζητούμενη.


Ένας καλαθοσφαιριστής έχει ποσοστό ευστοχίας στις ελεύθερες βολές

μικρότερο του 80%.

Λίγο καιρό αργότερα το ποσοστό του στις ελεύθερες βολές βελτιώθηκε και έγινε

μεγαλύτερο από 80%.

Δείξτε ότι κάποια χρονική στιγμή το ποσοστό ευστοχίας του στις ελεύθερες

βολές ήταν ακριβώς 80%.



Λύση:

Αν δε συμβαίνει αυτό, τότε κάποια στιγμή η επίδοσή του θα είναι 80% και

μετά την αμέσως επόμενη βολή 80% .

Έστω και n το πλήθος των βολών ακριβώς πριν τη βολή μετά την οποία ο

καλαθοσφαιριστής βελτίωσε το ποσοστό του σε μεγαλύτερο του 80% και k το

αντίστοιχο πλήθος εύστοχων βολών.

Τότε k

80%n και

k 180%

n 1

οπότε 5k 4n 0 και 5k 4n 1 δηλαδή

1 5k 4n 0 που είναι άτοπο αφού ο αριθμός 5k 4n είναι ακέραιος.


Να λυθεί η εξίσωση [x] [2x] ... [10x] 3 .

Λύση:

Αν [x] 1 ισχύει [x] [2x] [3x] ....[10x] 10[x] 10 άτοπο. Φυσικά ο

αριθμός δεν γίνεται να είναι αρνητικός.

Άρα [x] (0,1) και προχωράμε.

Αν a το δεκαδικό μέρος του x με a 2 έχουμε [5x] 1,[9x] 1,[10x] 2

απορρίπτεται γιατί [5x] [9x] [10x] 3 .

Ας πάμε τώρα ανάποδα. Αν a 0,1 τότε [10x] 0 και έχουμε άτοπο και πάλι.

Άρα 1 2

x ,10 10

και συνεχίζουμε.

[10x] 1 κι εμείς θέλουμε αποτέλεσμα 3 .

Άρα θα πρέπει [8x] 1,[9x] 1,[7x] 0 .

Άρα θα πρέπει 1

x7

και 1

x8

. Άρα 1 1

x ,8 7

.




Δείξτε ότι για κάθε a,b,c,x,y,z 0 ισχύει

ax by cz 2 ab 2 bc 2 ca a b c

y z z x x y 2

.

Λύση:

Για ευκολία, ας είναι 2 2 2a a ,b b ,c c .

Θα αποδείξουμε ότι 2 2 2 2a x 2(ab bc ca) a b c

y z 2

.

Προσθέτοντας και στα δύο μέλη το 2 2 2a b c , έχουμε να αποδείξουμε

2

2 x (a b c)a 1

y z 2( )

, δηλαδή ότι

2 2a (a b c)(x y z)

y z 2

.

Πράγματι, με εφαρμογή της ανισότητας Cauchy – Schwarz έχουμε

2 2 2a (a b c) (a b c)(x y z) (x y z)

y z 2(x y z) 2

.


Βρείτε όλα τα ζεύγη μη αρνητικών ακεραίων (a,b) τέτοια ώστε ο αριθμός a b3 7 να είναι τέλειο τετράγωνο.

Λύση:

Έχουμε τη σχέση 2a b3 k7 .

Αφαιρώντας στη σχέση mod4 , έχουμε δύο περιπτώσεις:

1η περίπτωση: a περιττός και b άρτιος.



Έτσι η σχέση γίνεται a 2 23 k 7 (k 7 )(k 7 ) .

Θέτουμε nk 7 3 και mk 7 3 .

Οπότε n m3 3 2·7 , όμως με mod3 συμπεραίνουμε ότι m 0 .

Άρα έχουμε την εξίσωση a3 2·7 1 .

Παίρνουμε mod7 και έχουμε ότι a3 1 mod7 a 6k .

Όμως παίρνουμε mod8 και έχουμε 2·7 0 mod8 που είναι αδύνατο.

Έτσι έχουμε την τελευταία περίπτωση για b 0 η οποία δίνει a 1 .

2η περίπτωση: a άρτιος και b περιττός.

Δουλεύοντας όμοια με παραπάνω, προκύπτει η σχέση

b7 2·3 1 .

Με mod9 βρίσκουμε b 3r , αν 2 και η σχέση γίνεται

r 2r r(7 1)(7 7 1) 2·3 .

Όμως εύκολα βλέπουμε ότι r 2r r7 1| 2(7 7 1) ,

το οποίο συνεπάγεται με r7 1| 6 , δηλαδή r7 1 1 , r7 1 2 , r7 1 3 ή

r7 1 6 , αλλά οι τρεις πρώτες περιπτώσεις είναι άτοπες και η τέταρτη δίνει ότι

το δεύτερο μέλος είναι ίσο με 57που δεν είναι δύναμη του 3 , πάλι άτοπο.

Έτσι έχουμε τέλος τις περιπτώσεις 0 και 1 , από τις οποίες μόνο η

δεύτερη δίνει τη λύση (a,b) (2,1) .

Άρα έχουμε τις λύσεις (a,b) (1,0),(2,1) .

viewtopic.php?f=109&t=15584 - COMMON MATHS

Documents

Transcript of viewtopic.php?f=109&t=15584 - COMMON MATHS