Transcript

1 Επιμέλεια: Σελίδα 1

2 ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΜΑΘΗΤΙΚΟΥΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΥΣ ΤΕΥΧΟΣ 1ο ΑΣΚΗΣΕΙΣ Αφιερωμένο σε κάθε μαθητή που ασχολείται ή πρόκειται να ασχοληθεί με Μαθηματικούς διαγωνισμούς Τσιφάκης Χρήστος: xr.tsif Επιμέλεια: Σελίδα

3 ΘΕΜΑ 1101 x y z(x y) Να λυθεί το σύστημα: y z x(y z) 4. z x y(z x) 8 ΘΕΜΑ 110 Υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί a,b τέτοιοι, ώστε α) ο abνα είναι ρητός και ο β) ο a b να είναι άρρητος και ο a n n b να είναι άρρητος για κάθε ακέραιο n a ; n n b να είναι ρητός για κάθε ακέραιο n ; ΘΕΜΑ 1103 Έστω a,b,c θετικοί πραγματικοί αριθμοί, τέτοιοι ώστε abc 1. Να αποδειχθεί ότι a 1 b 1 c ab abc ac bc abc ba ca abc cb Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 3

4 ΘΕΜΑ 1104 Να αποδειχθεί ότι ( a b b c c a ) 4c (a b) για κάθε a,b,c 0. ΘΕΜΑ 1105 Έστω x,y,z [0,1]. Να αποδειχθεί ότι Πότε ισχύει η ισότητα; x y z 1. 1 x xyz 1 y xyz 1 z xyz Είναι (y 1)(z 1) 0 yz 1 y z yz 1 y z yz x y z (1). Είναι τότε (1) x x x x. 1 1 x xyz x x xyz yz x y z Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 4

5 ΘΕΜΑ 1106 Αν x,y 0, να αποδειχθεί ότι Ισχύει από Ηοlder: 3 (y x )(x y ) (x y) (1 1) (x y) (x y ) (x y) (y x )(x y ) (x y). Β τρόπος Από Cauchy Schwarz είναι 4 (x y)(y x )(x y ) ( x y) (x x y y) (x y). ΘΕΜΑ 1107 Αν a,b,c θετικοί πραγματικοί αριθμοί με ab bc ca 1, να αποδειχθεί ότι a b b c c a (a b c) 3. Η προς απόδειξη Ανισότητα ισοδύναμα γράφεται a b a b c (a b c) ή ισοδύναμα 1 c 3 3. a b c a b (a b c) Αλλά, από την Ανισότητα Cauchy Schwarz έχουμε για το αριστερό μέλος πως Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 5

6 c (a b c) (a b c). a b (ab bc ca) Μένει δηλαδή να αποδείξουμε ότι a b c 3 3 (a b c) ή καλύτερα Ανισότητα AM GM. (a b c) 3 3 (a b c) η οποία είναι άμεση από την ΘΕΜΑ 1108 α) Να βρεθεί η μέγιστη τιμή της παράστασης x 4x 8 x 8x 17,x. β) Να βρεθεί η μέγιστη τιμή της παράστασης x 4x 0 x 8x 0, x. γ) Να βρεθεί η μέγιστη τιμή της παράστασης x 4x 13 x 8x 41, x. Για το γενικό πρόβλημα δείτε α) Θεωρώ τα σημεία A (x,0),b (,),C ( 4,1). Τότε x 4x 8 x 8x 17 (AB) (AC) (BC) 1 5 με την ισότητα να λαμβάνεται αν (και μόνο αν) x 6. β) Για A (x,0),b (,4),C (4,) παίρνω x 4x 0 x 8x 0 (AB) (AC) (BC) με ισότητα αν (και μόνο αν) x 6. Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 6

7 γ) Για A (x,0),b (,3),C (4,5) είναι x 4x 13 x 8x 41 (AB) (AC) (BC) με ισότητα αν (και μόνο αν) x 1. Β τρόπος α) Αρκεί να βρω την μέγιστη τιμή της παράστασης ( x 4x 8 x 8x 17), οπότε αρκεί να βρω την μέγιστη τιμή της x 1x 5 [(x ) ][(x 4) 1 ] και βρω το ελάχιστο της θα πρέπει x 1x 5 0, αρκεί να [(x ) ][(x 4) 1 ], όμως από την γνωστή ταυτότητα [(x ) ][(x 4) 1 ] [(x )(x 4) ] όταν (x )*1 (x 4) 0 οπότε όταν x 6 και είναι τελικά ίση με 5. β) Όπως απέδειξα παραπάνω αρκεί να βρω την ελάχιστη τιμή της [(x ) 4 ][(x 4) ] [(x ) 4 ][(x 4) ] [(x )(x 4) 4*] όταν (x )* 4(x 4) 0 οπότε x 6 και με αντικατάσταση στην αρχική θα πάρει την τιμή γ) Όπως και παραπάνω αρκεί να βρω την ελάχιστη τιμή της [(x ) 3 ][(x 4) 5 ] [(x ) 3 ][(x 4) 5 ] [(x )(x 4) 3*5] όταν 5( ) 3( 4) 0, x 1 και τιμή. Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 7

8 ΘΕΜΑ 1109 Ένα ορθογώνιο στο Oxyεπίπεδο λέγεται καλό αν οι κορυφές του είναι σημεία με ακέραιες συντεταγμένες. α) Βρείτε ένα καλό ορθογώνιο με εμβαδόν 013 του οποίου οι πλευρές του δεν είναι παράλληλες με τους άξονες. β) Δείξτε ότι αν ένα καλό ορθογώνιο έχει εμβαδόν 011, τότε οι πλευρές του είναι παράλληλες με τους άξονες. γ) Πόσα καλά ορθογώνια με εμβαδόν 010 υπάρχουν, των οποίων μία κορυφή είναι η αρχή των αξόνων; α) Παίρνουμε το ορθογώνιο ABCD με συντεταγμένες A (0,0),B (33,180),C (693,59),D (660, 11). Είναι ορθογώνιο αφού AB AD και BC AD. Το εμβαδόν του ισούται με (AB)(AD) ( )( ) β) Χωρίς βλάβη της γενικότητας είναι A (0,0),B (dm,dn) όπου d,m,n ακέραιοι με m,n πρώτους μεταξύ τους. Για να είναι ορθογώνιο πρέπει απαραίτητα D (dn, dm) για κάποιο ακέραιο d. Τότε το εμβαδόν ισούται με Τότε όμως ( dd ) m n 011. (m n ) 011 και επειδή ο 011 είναι πρώτος πρέπει m n {1,011,011 }. Αν m n 1 τότε m 0 ή n 0 και το ορθογώνιο έχει πλευρές παράλληλες με τους άξονες. Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 8

9 Επειδή επιπλέον ο 011 είναι της μορφής 3mod4 τότε η μεν m n 011 δεν έχει λύση, η δε m n 011 έχει λύσεις μόνο όταν ο ένας από τους m,n είναι 0, οπότε πάλι το ορθογώνιο έχει πλευρές παράλληλες προς τους άξονες. γ) Όπως στο (β) ψάχνουμε όλες τις ακέραιες λύσεις της ( dd ) m n 010 όπου m,n πρώτοι μεταξύ τους. Είναι και άρα m n {1,,3,5,67, 3, 5, 67,3 5,3 67,5 67, 3 5, 3 67, 5 67,3 5 67, } r r1 rk s1 s Από γνωστή θεωρία αν N p1 pk q1 q όπου p 1,,p διακεκριμένοι k πρώτοι της μορφής 1mod4 και q 1,,q διακεκριμένοι πρώτοι της μορφής 3mod4 τότε: Άρα Η έχει Η έχει Η έχει Αν κάποιος από τους s είναι περιττός τότε δεν μπορούμε να γράψουμε τον i N σαν άθροισμα δύο τετραγώνων. Αν όλοι οι s είναι άρτιοι τότε μπορούμε να γράψουμε τον N σαν άθροισμα i δύο τετραγώνων με4(r 11) (rk 1) τρόπους. m n 1 έχει 4 λύσεις και άρα η 4 44 λύσεις. m n έχει 4 λύσεις και άρα η 3 44 λύσεις. m n 3 έχει 4 λύσεις και άρα η 3 44 λύσεις. dd m n 010 με dd m n 010 με dd m n 010 με m n 1 m n m n 3 Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 9

10 Η έχει Η έχει Η m n 5 έχει 1 λύσεις και άρα η 3 14 λύσεις. m n 67 έχει 4 λύσεις και άρα η 3 44 λύσεις. m n 3 έχει 4 λύσεις και άρα η m n 3 έχει Η 44 λύσεις. m n 5 έχει 1 λύσεις και άρα η m n 5 έχει Η 14 λύσεις. m n 67 έχει 4 λύσεις και άρα η m n 67 έχει Η 44 λύσεις. m n 3 5 έχει 1 λύσεις και άρα η m n 3 5 έχει Η 14 λύσεις. m n 3 67 έχει 4 λύσεις και άρα η m n 3 67 έχει Η 44 λύσεις. m n 5 67 έχει 1 λύσεις και άρα η m n 5 67 έχει Η 14 λύσεις. m n 3 5 έχει 1 λύσεις και άρα η m n 3 5 έχει 14 λύσεις. Η m n 3 67 έχει 4 λύσεις και άρα η m n 3 67 έχει 44 λύσεις. dd m n 010 με dd m n 010 με dd m n 010 με dd m n 010 με dd m n 010 με dd m n 010 με dd m n 010 με dd m n 010 με dd m n 010 με dd m n 010 με m n 5 m n 67 Η m n 5 67 έχει 1 λύσεις και άρα η dd m n 010 με Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 10

11 m n 5 67 έχει 14 λύσεις. Η m n έχει 1 λύσεις και άρα η m n έχει 14 λύσεις. Η m n έχει 1 λύσεις και άρα η m n έχει 14 1 λύσεις. dd m n 010 με dd m n 010 με Συνολικά καταλήγουμε σε ( 3 3 ) 1( 3 3 ) ( 3) 5 7 διαφορετικές λύσεις. Κάποιες όμως λύσεις δίνουν τα ίδια ορθογώνια. Πρέπει να διαιρέσουμε δια δύο αφού οι λύσεις (d,d,m,n) και ( d, d, m, n) δίνουν ακριβώς τα ίδια σημεία. Πρέπει επίσης αυτά που μένουν να τα διαιρέσουμε δυο δύο για τις περιπτώσεις όπου εναλλάσσονται τα B και D. Άρα τελικά έχουμε καλά ορθογώνια. ΘΕΜΑ 1110 Να βρείτε όλες τις τριάδες θετικών ακεραίων (x,y,z) που ικανοποιούν την 1 y 1 1 εξίσωση. x xz z 013 Υπάρχει τριάδα (x,y,z) για την οποία το άθροισμα x y z είναι τέλειο τετράγωνο; Η εξίσωση μετά την απαλοιφή θα έχει την παρακάτω μορφή (x xyz z ) x z. Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 11

12 Έστω d (x,z) και έστω x da,z db, (a,b) 1. Μετά την αντικατάσταση των x,yστην εξίσωση και μετά την απαλοιφή θα καταλήξω στην παρακάτω, (a aby b )013 d a b και αφού (a,b) 1 τότε και (a b,a aby b ) 1 άρα (y )013 d με xy d. a b 013 οπότε a b 1 και τελικά Άρα (x,y,z) (013 m,013 m,013 m) για φυσικούς m,, m 0. Αν x y z w τότε 013 3*11*61 άρα l1 l1 *013 m 013 m w 61 w ( / 61) 1 άρα δεν έχουμε λύσεις. Β τρόπος Αν θέλουμε πιο απλή απόδειξη τότε... l1 l1 *013 m 013 m w l 013(013 m 1) 015 w. Θέτω για ευκολία w είναι αδύνατη. l 013 m 1. και τότε άρα ( / 61) 1 που δεν ισχύει αφού και ελέγχοντας σε mod5 θα δούμε ότι w 0mod5. Άρα ΘΕΜΑ 1111 Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης 3xy (x y) (x y) (x y ). Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 1

13 Η εξίσωση γράφεται: 3xy (x y) (x y)(x y 1). Έστω x y, τότε προφανώς πρέπει x y 0 που είναι μια λύση. Έστω τώρα x y. Διακρίνουμε τις παρακάτω περιπτώσεις: Τότε 1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: x,y 0 (και x y). (x y) 1 (x y) (x y)(x y 1) (x y)(x y 1) xy( xy 1) 4xy xy 3xy, για κάθε x,y Z, με xy 4. (Πράγματι, αρκεί να δείξουμε ότι xy xy ή xy 4). Στην περίπτωση αυτή λοιπόν, η εξίσωση είναι αδύνατη. Αν τώρα xy 4, τότε πρέπει x,y {1,,3} και εύκολα επαληθεύουμε ότι τα ζεύγη (1,),(,1) είναι λύσεις της εξίσωσης. η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: x,y 0 (και x y). Τότε θέτοντας * x k,y m,k,m Z, παίρνουμε : 3km (k m) (k m)(k m1) (k m)(k m1) km( km 1) 4km km 3km και άρα η εξίσωση είναι αδύνατη. 3η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: x,y ετερόσημοι. Τότε πρέπει (x y)(x y 1) 0 x y (0,1), το οποίο είναι άτοπο, αφού x y Z. Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 13

14 4η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: x 0. Τότε η δοσμένη εξίσωση γράφεται: y 1. Όμοια, όταν y 0 τότε x 1. 0 y y(y 1) και αφού x y Τελικά, όλες οι λύσεις είναι: (x,y) {(0,0),(0,1),(1,0),(1,),(,1)}. Β τρόπος, παίρνουμε Θέτουμε x y a, x y b και η εξίσωση γίνεται: b 3a. 4a 4a 3 Αν a 0, τότε και b 0, οπότε x y 0. Αν a 0, τότε 3a 4a 4a 3, οπότε a 1,, 3. Προκύπτουν οι λύσεις (0,1),(1,0),(1,),(,1). Γ τρόπος Αν x y τότε εύκολα θα πάρουμε μοναδική λύση την (x,y) (0,0). Αν ένας εκ των αγνώστων είναι μηδενικός τότε θα προκύψει πάλι η μηδενική λύση (x,y) (0,0) και οι (x,y) (0,1),(1,0). Εύκολα βλέπουμε ότι αν το ζεύγος (x,y) είναι λύση τότε και το ζεύγος (y,x) επίσης λύση και αυτό οφείλεται στις επιμέρους συναρτήσεις (xy,(x y ),x y) Αν x,y διαφορετικοί τότε θα έχουν μέγιστο κοινό διαιρέτη έστω ότι είναι d συνεπώς (x,y) d και γνωρίζουμε ότι για ακέραιους (x,y) θα υπάρχουν ακέραιοι k, ώστε x dk, y d (k, μη μηδενικοί και (k, ) 1). Πριν την αντικατάσταση φέρνω την διοφαντική σε γινόμενο παραγόντων. Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 14

15 3xy (x y) (x y)(x y 1). Κατόπιν αντικαθιστώ τα x,y σε συνάρτηση του d στην διοφαντική οπότε μετά την απλοποίηση του d θα έχει την παρακάτω μορφή: d(k ) (k )(dk d 1) 3k. Σε αυτό το σημείο θα εφαρμόσω την ιδιότητα ότι (k, ) 1. Εφόσον (k, ) 1 τότε τελευταία εξίσωση θα γραφεί ως : (k,(k ) (k )) 1 συνεπώς k d(dk d 1) άρα η d k d d (k ) (k ) 3. k Γνωρίζουμε ότι το κλάσμα που εμφανίζεται στην διοφαντική είναι ένας ακέραιος και το πρώτο μέλος είναι απλά γινόμενο ακεραίων που ισούται με 3. Εδώ είναι εύκολο να βρεις όλους τους αγνώστους (d,k, ) και τελικά τους (x,y) (0,0),(0,1),(1,0),(1,),(,1). Δ τρόπος Αν x y 0 μοναδική λύση (x,y) (0,0). Όμοια αν x y 0. 3xy (x y) (x y)(x y 1) συνεπώς, 3(x y) 3(x y) 4(x y) (x y)(x y 1) (*). Από την παραπάνω σχέση θα πρέπει x y 0. Άρα από την (*) θα πρέπει... 3(x y) 3 4(x y)(x y 1) (x y) 3 4(x y) 0 (x y 1)(x y 3) 0 Άρα x y 1 ή x y ή x y 3 που βρίσκουμε τις λύσεις. Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 15

16 ΘΕΜΑ Γράφουμε τους αριθμούς και ο αριθμός που προκύπτει; Έστω ότι ο αριθμός m m και παίρνουμε: τον ένα μετά τον άλλον. Πόσα ψηφία έχει 014 έχει m ψηφία και ο έχει n ψηφία. Τότε έχουμε: n n Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη, mn014 mn m n 014 m n 014 m n 1 mn 015. Άρα ο αριθμός μας έχει 015 ψηφία. Χρησιμοποιώντας το "ηλεκτρονικό σκονάκι!" που προσφέρουν διάφορες ιστοσελίδες, όπως π.χ. η εξαιρετική μπορούμε να δούμε ότι τα ψηφία του είναι Φυσικά, !! 014 είναι 607, ενώ τα αντίστοιχα ψηφία του Θα μπορούσαμε να υπολογίσουμε ανεξάρτητα τα αντίστοιχα ψηφία των παραπάνω αριθμών...; ΑΠΑΝΤΗΣΗ Ναι μπορούμε και είναι αρκετά γνωστό και έξυπνο. 014 Γνωρίζουμε ότι αν ένα αριθμό τον φράξουμε σε διαδοχικές δυνάμεις του τότε υπολογίζουμε ακριβώς το πλήθος των ψηφίων του π.χ και Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 16

17 το πλήθος των ψηφίων του αριθμού θα είναι 4 όπως εμφανίζεται στην ανισότητα η δύναμη του Όμοια για τον αριθμό και το πλήθος των ψηφίων είναι 6 όπως είναι και η δύναμη του 10 που εμφανίζεται στην ανισότητα. 014 Για τον αριθμό πρέπει να κάνουμε το ίδιο δηλαδή να τον φράξουμε σε διαδοχικές δυνάμεις του 10. Ας υποθέσουμε ότι τους βρήκαμε. Τότε m 014 m mlog10 014log (m 1)log10 m 014log m 1 014log1 m 014log m [014log]. Το πλήθος των ψηφίων του Το ίδιο κάνω και για τον Γενικά το πλήθος των ψηφίων του [bloga] 1. Β απάντηση 014 θα είναι m1 [014log] με πλήθος ψηφίων ίσο με [014log5] b a για a,b θετικούς ακέραιους είναι α) Δεν χρειάζεται να επιστρατεύσουμε τόσο μεγάλες δυνάμεις για να μαντέψουμε την απάντηση. Με παραδείγματα μικρών περιπτώσεων, μπαίνουμε στον σωστό δρόμο: Εκθέτης 1 δίνει 1 1,5 5 ψηφία, Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 17

18 Εκθέτης δίνει Εκθέτης 3 δίνει, , ψηφία, ψηφία, Εκθέτης 4 δίνει 4 4, ψηφία Εκθέτης 5 δίνει 5 5, ψηφία. οπότε μαντεύουμε Εκθέτης n δίνει n 1 ψηφία. β) Είναι [a] 1 όπου a εκθέτης από την ισότητα ψηφία του 014 είναι [014log] 1 και όμοια του Έλεγχος με κομπιουτεράκι: 014 a 10. Με άλλα λόγια τα είναι [014log5] 1 [014log] 1 [014 0,30109] 1 [606,74] και [014log5] 1 [014 0,698970] 1 [1407,75] Γ τρόπος Επειδή ίσως να μην είναι προφανές από τα όσα γράφτηκαν πιο πάνω, η λύση είναι πιο απλή και δεν χρειάζεται καθόλου κομπιουτεράκι Έστω ότι ο έχει a ψηφία και ο 5 έχει b ψηφία. Τότε είναι a a 10 b b 10 και ab014 ab Οπότε για το γινόμενό τους που ισούται με 10 έχουμε Από εδώ παίρνουμε 014 ab 1 και άρα ab 015. ΘΕΜΑ 1113 Να προσδιορίσετε τη μέγιστη τιμή του θετικού ακεραίου nγια την οποία μπορούμε να χωρίσουμε τους αριθμούς 1,,3,...,nσε δύο σύνολα έτσι ώστε σε κάθε σύνολο να μην υπάρχουν δύο αριθμοί με άθροισμα τέλειο τετράγωνο. Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 18

19 Η μέγιστη τιμή του n είναι 14, γιατί αν χωρίσουμε τους αριθμούς 1 μέχρι 14 στις εξής ομάδες: 1,,4,6,9,11,13 και 3,5,7,8,10,1,14 θα διαπιστώσουμε ότι αν προσθέσουμε οποιουσδήποτε αριθμούς της ίδιας ομάδας μεταξύ τους, δεν έχουν άθροισμα τέλειο τετράγωνο. Αντίθετα, αν έστω n 15,τότε το 15 σε όποια ομάδα και να έμπαινε, (στη πρώτη ) και ( στη δεύτερη ), θα είχε άθροισμα με έναν αριθμό τέλειο τετράγωνο. Μάλιστα τα δύο σύνολα 1,,4,6,9,11,13, 3,5,7,8,10,1,14 είναι μοναδικά. ΘΕΜΑ 1114 Στην περιφέρεια ενός κύκλου τοποθετούμε τους αριθμούς 1,3,4,5,7,9,11,13,15,17. Έστω S το μεγαλύτερο άθροισμα τριών διαδοχικών αριθμών. Να βρεθεί η ελάχιστη τιμή του S. Απάντηση: 9. Οι δοθέντες αριθμοί είναι 10 τον αριθμό. Αγνοούμε τον μικρότερο, τον 1. Οι υπόλοιποι 9 χωρίζονται σε τρεις ξένες ομάδες αριθμών σε διαδοχικές θέσεις. Αν S το μέγιστο άθροισμα τριών διαδοχικών αυτής της συγκεκριμένης διευθέτησης (της δεκάδας), τότε κατά μείζονα λόγο έχουμε, μετρώντας τις τρεις τριάδες (δηλαδή χωρίς τον 1). 3S Άρα S 8. 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...) Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 19

20 Δεν μπορεί και οι τρεις τριάδες να έχουν άθροισμα 8 (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 8. Φυσικά, αν κάποια τριάδα έχει άθροισμα λιγότερο από 8, τότε κάποια άλλη θα έχει περισσότερο, και αντίστροφα. Συμπέρασμα: Υπάρχει τριάδα με άθροισμα 9 ή περισσότερο. Θέλουμε το ελάχιστο S. Από τα παραπάνω είναι 9 ή περισσότερο. Το mins 9 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 9 δεν βελτιώνεται (όπως έγινε με την περίπτωση του 8 ), δηλαδή ότι είναι και ικανή συνθήκη. Σε αυτή την περίπτωση αρκεί να καταστρώσουμε τα 10 νούμερα σε κύκλο έτσι ώστε το μέγιστο άθροισμα τριών διαδοχικών να είναι 9. Άρα το 9 δεν βελτιώνεται, και είναι η απάντηση στο πρόβλημά μας. Μία κατάλληλη διευθέτηση είναι η 11,13,3,9,15,5,7,17,1,4 (και κύκλος). ΘΕΜΑ 1115 Για ποιους ακεραίους n μπορούμε να τοποθετήσουμε τους αριθμούς 1,,3,...,16 στα κελιά μιας 4 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 n; Απάντηση: n 4. Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 0

21 Αφού ο n διαιρεί το άθροισμα κάθε στήλης, θα διαιρεί και το άθροισμα των τεσσάρων αυτών αθροισμάτων. Το τελευταίο όμως είναι (με αναδιάταξη) ίσο με Με άλλα λόγια ο n είναι διαιρέτης του δηλαδή είναι ένας από τους 1,,4,8,17,34,68,136. Κάποια από τα υποψήφια n 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 Πλην όμως το εν λόγω άθροισμα τεσσάρων γραμμών και των τεσσάρων στηλών είναι Άρα αποκλείεται n 8 ή μεγαλύτερο. Βρήκαμε αναγκαία συνθήκη: Το n είναι ένα από τα 1,,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 4 πίνακα που να ταιριάζει σε αυτά τα n. Ειδικά, αν γίνεται τα αθροίσματα γραμμών και στηλών να είναι πολλαπλάσια του 4. Το πρώτο που μας έρχεται στον νου είναι να ζευγαρώσουμε τους 1 έως 16 έτσι ώστε τα αθροίσματα κάθε ζεύγους να είναι πολλαπλάσια του 4. Π.χ. ως 1 15,3 13,5 11,7 9 και λοιπά. Η πρώτη δοκιμή δούλεψε: Τα αθροίσματα κάθε στήλης και κάθε γραμμής είναι σχεδόν προφανές ότι είναι πολλαπλάσια του 4 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, 8,3,36,40,16,48,0,5. Αν δεν ήσαν διαφορετικά μεταξύ τους, θα κάναμε δοκιμές, γραψίματα, σβησίματα. Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 1

22 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... ΘΕΜΑ 1116 Έστω n 500 ένας θετικός ακέραιος. Η πιθανότητα ο τυχαία επιλεγμένος 1 αριθμός m {1,,3,...,499,500} να διαιρεί τον n είναι 100. Να προσδιορίσετε τη μέγιστη τιμή του n. Απάντηση: n 81. Αφού το σύνολό μας έχει 500 αριθμούς και η πιθανότητα να πετύχουμε διαιρέτη 1 του n είναι 100, σημαίνει ότι ο n πρέπει να έχει ακριβώς διαιρέτες Ικανή και αναγκαία συνθήκη να έχει ένας αριθμός 5 διαιρέτες είναι να έχει την 4 4 μορφή p για κάποιο πρώτο p. Πράγματι, ο p έχει διαιρέτες τους 1,p,p,p,p 3 4 a1 a ak και κανέναν άλλον. Αντίστροφα, αν n p p...p η ανάλυση του n σε πρώτους 1 k παράγοντες τότε, ως γνωστόν, το πλήθος των διαιρετών του είναι (a1 1)(a 1)...(a k 1). Οπότε θα έχουμε (a1 1)(a 1)...(a k 1) 5. Όμως ο 5 είναι πρώτος οπότε το γινόμενο αριστερά του πρέπει να έχει μόνον ένα όρο, οπότε, τελικά a1 1 5 ή αλλιώς a1 4. Αυτό δείχνει και το αναγκαίο Συνοψίζοντας, ο n είναι της μορφής,3,5,... Από αυτούς ο μεγαλύτερος με 4 περιορισμό να είναι 500 είναι ο 3 81, οπότε n 81. Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα

23 ΘΕΜΑ 1117 Επιλέγουμε 10 διαφορετικούς ανά δυο αριθμούς από το σύνολο {1,,3,...,006}. Τι είναι πιο πιθανό, το άθροισμα των αριθμών που επιλέξαμε να είναι μεγαλύτερο από ή το άθροισμα των αριθμών που επιλέξαμε να είναι μικρότερο 10030; Για κάθε διατεταγμένη δεκάδα (a 1,a,...a 10 ) διαφορετικών ανά δύο αριθμών του συνόλου μας με άθροισμα μικρότερο του $10030$ εξετάζουμε την διατεταγμένη δεκάδα (007 a 1,007 a, a 10 ). Αποτελείται από διαφορετικούς ανά δύο αριθμούς του συνόλου μας που έχει άθροισμα (007 a 1)...(007 a 10) (a 1... a 10) Συνεπώς έχουμε μία 1 1 αντιστοιχία των εν λόγω δεκάδων με άθροισμα με κάποιες από αυτές που έχουν άθροισμα Άρα οι δεύτερες είναι όσες οι πρώτες και άλλες ακόμη. Για παράδειγμα μία από τις παραπάνω είναι η Οπότε η πιθανότητα για άθροισμα ΘΕΜΑ είναι μεγαλύτερη. Για ποιους θετικούς ακέραιους n μπορούμε να καλύψουμε πλήρως μια σκακιέρα n n με μη επικαλυπτόμενα κομμάτια σχήματος L; Για ποιους θετικούς ακέραιους m,n μπορούμε να καλύψουμε πλήρως μια σκακιέρα mnμε μη επικαλυπτόμενα κομμάτια σχήματος L; Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 3

24 Αν δεν φαίνεται το σχήμα στην εκφώνηση, πρόκειται για L διαστάσεων 3 1 (π.χ. όπως το κόκκινο στο δικό μου πάνω αριστερά σχήμα). Απάντηση στο πρώτο ερώτημα: Έχουμε κάλυψη αν και μόνον αν n άρτιος. Εφόσον η σκακιέρα έχει πλευρά άρτια, n, μπορούμε να την χωρίσουμε σε n 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 L, όπως και αν τοποθετηθεί, καλύπτει τρία τετράγωνα του ενός χρώματος και ένα του άλλου. Συνεπώς, αν έχουμε A πλήθος από το ένα είδος (τρία κόκκινα, ένα μπλε) και B από το άλλο (τρία μπλε-ένα κόκκινο), τότε το συνολικό πλήθος κόκκινων τετραγώνων είναι 3A B. Όμοια τα (ισοπληθή) μπλε είναι A 3B. Επειδή 3A B A 3B έπεται A B. Από το γεγονός ότι A B τα κόκκινα (αντίστοιχα, μπλε) τετράγωνα είναι 3A B 4A. Άρα όλα τα τετράγωνα είναι 8A, οπότε n n 8A. Συμπεραίνουμε ότι n άρτιος. Μέχρι εδώ δείξαμε ότι το n 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 N, η σκακιέρα έχει διάσταση n n 4N 4N. Άρα μπορούμε να χωρίσουμε το πλάτος της σε συνεχόμενα τμήματα μήκους 4, οπότε να χωρίσουμε την σκακιέρα σε 16N κουτάκια διαστάσεων 4 όπως το πάνω αριστερά στο σχήμα. Σε αυτά μπορούμε να τοποθετήσουμε δύο L, οπότε και όλη η σκακιέρα καλύπτεται. ό.ε.δ. Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 4

25 Ας έλθουμε τώρα στο γενικό πρόβλημα, σκακιέρας διαστάσεων m n. Πρώτα από όλα πρέπει το m n να είναι πολλαπλάσιο του 4, όσα τα τετραγωνάκια σε κάθε L. 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 8. Δηλαδή η σκακιέρα θα είναι είτε της μορφής 8 περιττό ή της μορφής 4M N. H δεύτερη περίπτωση είναι άμεση, όπως πριν. Για την περίπτωση 8M (N 1) έχουμε: Αν N 0, δηλαδή αν έχουμε λουρίδα πλάτους 1, τότε φυσικά δεν έχουμε κάλυψη (δεν χωράει ούτε ένα L, λόγω πάχους). Θα δούμε ότι σε όλες τις άλλες περιπτώσεις μπορούμε να καλύψουμε την σκακιέρα. Απλά γράφουμε N 1 3 (N 1) και χωρίζουμε την 8M (3 (N 1)) σκακιέρα σε κομμάτια διαστάσεων 8 3 και 8 (άμεσο). Τα τμήματα διαστάσεων 8 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 mn πολλαπλάσιο του 8 εκτός της περίπτωσης m ή n ίσον 1. ΘΕΜΑ 1119 Μπορούμε να παρατάξουμε 9 αγόρια και 31 κορίτσια σε μια γραμμή έτσι ώστε κανένα παιδί να μη βρίσκεται ανάμεσα σε δύο κορίτσια; Αν m δεδομένος θετικός ακέραιος, ποια η ελάχιστη τιμή του n(συναρτήσει του m) για την οποία Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 5

26 μπορούμε να παρατάξουμε n αγόρια και m κορίτσια σε μια γραμμή έτσι ώστε κανένα παιδί να μη βρίσκεται ανάμεσα σε δύο κορίτσια; Απάντηση: Τέτοια παράταξη είναι αδύνατη. Από την σειρά των παιδιών, κοιτάμε κάθε δεύτερο (τα 30 κόκκινα στο σχήμα). Στα 15 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 15, στην καλύτερη περίπτωση, από ένα στα 15 σημειωμένα ζεύγη. Όμοια, τα πράσινα κορίτσια είναι το πολύ 15, ένα για κάθε πράσινο ζεύγος που συνδέεται με βελάκι. Άρα τα κορίτσια είναι το πολύ και όχι 31 που δίνει το πρόβλημα. Συνεπώς δεν υπάρχει τέτοια κατάσταση. 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 60 κοστό παιδί, συν ένα κορίτσι στο τέλος. Πιστεύω ότι η γενική περίπτωση μπορεί να γίνει με βάση το παραπάνω επιχείρημα. Το αφήνω. Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 6

27 ΘΕΜΑ 110 Σε δύο διαφορετικά κελιά μας λωρίδας όπως στο σχήμα (αποτελείται από 16 κελιά), τοποθετούμε δύο αμαξίδια. Δύο μαθητές Aκαι B παίζουν το ακόλουθο παιχνίδι: Επιλέγουν εναλλάξ ένα από τα αμαξίδια και το μετακινούν προς τα δεξιά όσα κελιά επιθυμούν. Το αμαξίδιο που βρίσκεται αριστερότερα δε μπορεί να προσπεράσει ούτε να σταματήσει στο ίδιο κελί με το αμαξίδιο που βρίσκεται δεξιότερα στη λωρίδα. Χάνει όποιος δε μπορεί να μετακινήσει κανένα από τα αμαξίδια. Πρώτος παίζει ο A. α) Να δείξετε ότι αν τα αμαξίδια είναι όπως στο σχήμα, τότε ο A έχει στρατηγική νίκης. β) Να προσδιορίσετε όλες τις αρχικές θέσεις των αμαξιδίων για τις οποίες ο B έχει στρατηγική νίκης. α) Αν τα αμαξίδια είναι όπως στο σχήμα, τότε ο παίχτης Α μπορεί να κερδίσει πηγαίνοντας το πίσω αμαξίδιο ένα βήμα πίσω από το μπροστά έτσι ώστε όταν ο παίχτης Β αναγκαστεί να πάει το μπροστά στο τέλος, ο Α θα πάει το πίσω ακριβώς πίσω από το μπροστά, και έτσι θα έχει νικήσει! β) ο Β μπορεί να κερδίσει σε όλες τις αρχικές θέσεις όπου το πίσω είναι κολλητά με το μπροστά, γιατί όταν ο Α κουνήσει το μπροστά, ο Β θα πάει το πίσω ακριβώς πίσω από το μπροστά, έτσι ώστε με τον ίδιο τρόπο να κερδίσει. ΘΕΜΑ 111 Ένας μαθητής θέλει να τοποθετήσει 50 γραμματόσημα σε ένα άλμπουμ. Στην πρώτη σελίδα τοποθετεί ένα γραμματόσημο και σε κάθε επόμενη τον ίδιο ή τον Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 7

28 διπλάσιο αριθμό γραμματοσήμων από την προηγούμενη. Με αυτόν τον τρόπο καταφέρνει να τοποθετήσει όλα τα γραμματόσημα στο άλμπουμ. Ποιος είναι ο ελάχιστος αριθμός σελίδων που πρέπει να χρησιμοποιήσει; Επειδή φορές. k περιττός αριθμός, πρέπει το 1 να τοποθετηθεί Είναι , άρα σταματάμε την τοποθέτηση στο 64. Είναι , όμως και Άρα η τοποθέτηση με τις λιγότερες σελίδες είναι: Άρα 13 σελίδες ο ελάχιστος αριθμός σελίδων που πρέπει να χρησιμοποιήσει. ΘΕΜΑ 11 Μια σκακιέρα n n αποτελείται από τετράγωνα κελιά πλευράς μήκους 1. Ποιο είναι το μεγαλύτερο μήκος διαδρομής κατά μήκος ων πλευρών των κελιών από την κάτω αριστερά κορυφή ως την πάνω δεξιά κορυφή, αν δεν επιτρέπεται να περάσουμε δύο φορές από το ίδιο σημείο; Για ορισμένα από τα παραπάνω προβλήματα μπορείτε να χρησιμοποιήσετε την Αρχή του χρωματισμού. Δείτε πχ viewtopic.php?p=04078#p04078 Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 8

29 ΘΕΜΑ 113 Ας είναι A σύνολο των άρρητων αριθμών. Ένα υποσύνολο X του A έχει την ακόλουθη ιδιότητα: Ισχύει x y, x,y X,x y. Ποιος είναι ο μεγαλύτερος αριθμός στοιχείων που μπορεί να περιέχει το X; ΘΕΜΑ 114 Έστω A σύνολο θετικών ακεραίων τέτοιο ώστε για κάθε x,y A με x y να ισχύει xy x y. Πόσα το πολύ στοιχεία έχει το A; 16 Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 9

30 viewtopic.php?f=111&t=35379 ΘΕΜΑ 115 Κάθε διαγώνιος ενός κανονικού πολυγώνου με 014 πλευρές χρωματίζεται με ένα από τα n χρώματα. όταν δυο διαγώνιου τέμνονται στο εσωτερικό του πολυγώνου τότε χρωματίζονται με διαφορετικό χρώμα. Ποια είναι η ελάχιστη τιμή του n που μπορεί να επιτευχθεί αυτό; ΘΕΜΑ 116 Έστω ένα ορθογώνιο διαστάσεων 3 επί 4. Έστω 6 σημεία τυχαία στο εσωτερικό του. Να δειχθεί ότι υπάρχουν δύο τουλάχιστον σημεία τα οποία απέχουν μεταξύ τους απόσταση μικρότερη ή ίση του 5. ΘΕΜΑ 117 Τα σύνολα A και B είναι μη κενά και ξένα μεταξύ τους, τέτοια ώστε Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 30

31 AB {1,,3,,9,10}. Να δείξετε ότι υπάρχουν στοιχεία a A και b B ώστε ο αριθμός είναι πολλαπλάσιο του a ab b ΘΕΜΑ 118 Χίλιοι Ευρωπαίοι πολίτες, που δεν είναι Κύπριοι υπήκοοι, πρόκειται να ψηφίσουν στη Λεμεσό στις Ευρωεκλογές και έχει δοθεί στον καθένα διαφορετικός ειδικός «εκλογικός αριθμός» από 000 έως 999. Οι πιο πάνω ψηφοφόροι θα ψηφίσουν στα 100 εκλογικά τμήματα της Λεμεσού, που είναι αριθμημένα από 00 έως 99, ως εξής: Ο ψηφοφόρος με «εκλογικό αριθμό» x ψηφίζει σε εκείνο το εκλογικό τμήμα, που ο αριθμός του προκύπτει αν από το x διαγράψουμε ένα από τα τρία ψηφία του. Να δείξετε ότι, με την παραπάνω διαδικασία, όλοι οι ψηφοφόροι α) μπορούν να ψηφίσουν σε 50 εκλογικά τμήματα. β) δεν μπορούν να ψηφίσουν σε λιγότερα από 40 εκλογικά τμήματα. Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 31

32 ΘΕΜΑ 119 (ΜΠΑΜΠΗΣ ΣΤΕΡΓΙΟΥ) Να αποδείξετε ότι ο αριθμός Έχουμε να δείξουμε H είναι προφανής. Επίσης έχουμε: έχει 9 ψηφία! (Για μαθητές της Β' Γυμνασίου ) ΘΕΜΑ 1130 (ΣΩΤΗΡΗΣ ΛΟΪΖΙΑΣ) Να αποδείξετε ότι σε κάθε έτος υπάρχει τουλάχιστον μια Τρίτη και 13. Παγκύπριος Διαγωνισμός Μαθηματικών 014 Α Β Γυμνασίου Έστω ότι 13/1 είναι η ημέρα A. Τότε θα είναι: 13/,A 3 13/ 3,A 3 για μη δίσεκτο έτος ή A 4 για δίσεκτο 13/ 4,A 6 ή A 7 A 13/ 5,A 8 A 1 ή A 13/ 6,A 4 ή A 5 13/ 7,A 6 ή A 7 A 13/ 8,A 9 A ή A 3 Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 3

33 13/ 9,A 5 ή A 6 13/ 10,A 7 A ή A 1 13/11,A 3 ή A 4 13/1,A 5 ή A 6. Παρατηρούμε ότι και στα μη δίσεκτα και στα δίσεκτα έτη υπάρχουν, τουλάχιστον μία φορά, όλες οι ημέρες της εβδομάδας A,A 1,A,A 3,A 4,A 5,A 6, άρα υπάρχει σε κάθε έτος μια τουλάχιστον Τρίτη και 13. Αρκεί να δείξουμε ότι θα υπάρχει μια Τρίτη και 13 από Μάρτη μέχρι Δεκέμβρη (συμπεριλαμβανομένων). Γλιτώνουμε έτσι τις δύο περιπτώσεις για τα δίσεκτα ή μη δίσεκτα έτη. Και από Μάιο μέχρι Δεκέμβρη (συμπεριλαμβανομένων) υπάρχει μία Τρίτη και 13. Γλιτώνουμε έτσι όχι μόνο τις δύο περιπτώσεις για τα δίσεκτα ή μη δίσεκτα έτη, αλλά και το μέτρημα δύο μηνών. Είναι δε η μικρότερη χρονική περίοδος, μετά το Φεβρουάριο, που υπάρχει τουλάχιστον μια Τρίτη και 13. ΘΕΜΑ 1131 (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ) Δίνονται οι αριθμοί x (n 1) και y n n, n N αριθμοί αυτοί, δεν έχουν το ίδιο άθροισμα ψηφίων. Αν είχαν, τότε η διαφορά τους θα ήταν πολλαπλάσιο του 3.. Να αποδείξετε ότι οι Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 33

34 ΘΕΜΑ 113 (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ) Έστω a,b,c,d οι ρίζες της εξίσωσης πολυώνυμο: 4 3 x x 4x 4x 5 0. Θεωρούμε και το P(x) x 3x x x 8x 8x 1. Να αποδείξετε ότι: 3 P(a)P(b)P(c)P(d) Έχουμε 4 3 x x 4x 4x 5 x (x x 3) (x 4x 5) 3 x (x 3)(x 1) (x 5)(x 1) (x 1)(x 3x x 5). Ακόμη P(x) x (x 3x x 5) x(x 3x x 5) (x 3x x 5) (x 3x x 5)(x x ) 11. Έστω a 1.Τότε οι b,c,d είναι ρίζες του 3 x 3x x 5. Άρα P(1) 9 και P(b) P(c) P(d) 11 που δίνουν άμεσα το ζητούμενο. ΘΕΜΑ 1133 (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ) Αν x,y,z 0, να αποδείξετε ότι: Είναι (x y z ) 3(x y)(y z)(z x) (x y z) x y z 3(x y)(y z)(z x) οπότε η παραπάνω Ανισότητα ισοδύναμα γράφεται (x y z ) (x y z) ή ισοδύναμα x y z x y z 3 η οποία ισχύει από την Ανισότητα των δυνάμεων. 3 3 Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 34

35 Β τρόπος Επειδή x y z (x y z) 3(x y)(y z)(z x) άρα η ανισότητα γράφεται ισοδύναμα 3 8(x y z) 7(x y)(y z)(z x) δηλαδή ισοδύναμα (x y) (y z) (z x) 3 7(x y)(y z)(z x) που είναι η ανισότητα αριθμητικού γεωμετρικού μέσου. Γ τρόπος Αν κάνουμε τις πράξεις στο δεύτερο μέλος η σχέση γράφεται (x y z ) 6xyz 3(x y y z z x xy yz zx ). Από ΑΜ ΓΜ παίρνουμε (x y z ) x y y z z x xy yz zx. Οι τριάδες αναδιάταξης δίνει Εντελώς όμοια (x y z ) 6xyz, άρα μένει να δείξουμε ότι (x,y,z),(x,y,z ) είναι όμοια διατεταγμένες άρα η ανισότητα της x y z x y y z z x x y z xy yz zx. Προσθέτοντας τις δύο τελευταίες παίρνουμε το ζητούμενο. Δ τρόπος Μετά από τις άριστες λύσεις που πιο πάνω γράφτηκαν, γράφω και μια ακόμα: Θα δείξουμε πρώτα ότι: Πράγματι, αρκεί : (x y ) (x y) x 4y x y 3x y 3xy, ή αρκεί: 3(x y) (x y) 0, το οποίο είναι αληθές. Όμοια δείχνουμε ότι (y z ) (x z) και (z x ) (z x). Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 35

36 Με πρόσθεση κατά μέλη των πιο πάνω ανισοτήτων, παίρνουμε: (x y z ) (x y) (y z) (z x) (x y) (y z) (z x) 3(x y)(y z)(z x). ΘΕΜΑ 1134 (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ) Αν x,y,z 0, να αποδείξετε ότι: Παιχνίδι με την ΑΜ G M x y z x yz xy z xyz Έχω: 4 x x y z 4 x yz 4 x y y z 4 xy z 4 x y z z 4 xyz. Με πρόσθεση κατά μέλη βγαίνει το ζητούμενο! Β τρόπος Από την k m n km mn nk (ή από αναδιάταξη) είναι a b c (ab) (bc) (ca) abc(a b c) a,b,c. Θέτουμε σε αυτήν ΘΕΜΑ a x, b y, c z και προκύπτει η ζητούμενη. (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ) 3 Αν οι αριθμοί a,b,c είναι οι ρίζες της εξίσωσης x 3x 1 0, να εξετάσετε αν υπάρχουν ακέραιοι αριθμοί m,n τέτοιοι ώστε: ma n mb n mc n a 1 3b 1 3c 1 Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 36

37 Απ' τους τύπους Vieta παίρνουμε abc 0 και abc 1 και ab bc ca 3. Ισχύει a 1 a,3b 1 b,3c 1 c άρα η δοσμένη σχέση γίνεται m n a b c a b c. Ισοδύναμα και χρησιμοποιώντας την abc 1 έχουμε m(a b b c c a ) n(a b b c c a ) 015. Όμως a b b c c a (ab bc ca) abc(a b c) (ab bc ca) 9. Επίσης σύμφωνα με την ταυτότητα του Euler a b b c c a (ab bc ca) a b b c c a abc(a b c) 3(abc) Άρα θέλουμε 9m 4n 015 που είναι αδύνατο αφού το πρώτο μέλος διαιρείται από το 3 ενώ το δεύτερο όχι. ΘΕΜΑ 1136 Οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί a,b,c ικανοποιούν τη σχέση abc 3. Να a b c 3 δείξετε ότι a bc b ca c ab Πότε ισχύει η ισότητα; Από Cauchy Schwarz παίρνουμε Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 37

38 LHS (a b c) 9 a b c 3 ab 3 bc 3 ca 3 3 ab cyc. 3 Επομένως θέλουμε ab 3. cyc 3 a b 1 Όμως από ΑΜ ΓΜ παίρνουμε ab 3 cyc cyc 3 όπως θέλαμε. ΘΕΜΑ 1137 Οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί a,b,c ικανοποιούν τη σχέση a b c. a b c Να δείξετε ότι (a b c) (b a c) (c a b) 16 Ισχύει από AM GM ότι (a b c). [(a b) (a c)] 4 (a b)(a c) Οπότε αρκεί να δείξουμε ότι: (a b)(a c) 16 ή (a b c) 3 ή (a b)(b c)(c a) 4 3(a b)(b c)(c a) 8(a b c) ή 9(a b)(b c)(c a) 4(a b c). Όμως, 9(a b)(b c)(c a) 8(a b c)(ab bc ca). Οπότε αρκεί να δείξουμε ότι 8(a b c)(ab bc ca) 4(a b c) ή ab bc ca 3. Δηλαδή, (ab bc ca) 9. Όμως, (ab bc ca) 3abc(a b c) και από υπόθεση γνωρίζουμε ότι abc(a b c) ab bc ca. Οπότε λοιπόν, έχουμε ότι ab bc ca 3 και καταλήξαμε στο ζητούμενο. Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 38

39 ΘΕΜΑ 1138 Δίνονται τρεις διαφορετικοί πρώτοι. Πόσοι το πολύ από αυτούς είναι δυνατόν να διαιρούν το άθροισμά τους; Θα εξετάσω αν γίνεται και με τους 3. Έστω ότι p q r, q r p,r p q. Έστω ότι όλοι είναι περιττοί και πρώτοι! Τότε q r p r p q p, q, r. p q r Τότε όμως p q r με την ισότητα να ισχύει μόνο όταν q r p,p r q, p q r. Με αφαίρεση της πρώτης και της δεύτερης λαμβάνω p q αδύνατον. Έστω ότι ένας είναι άρτιος και χωρίς βλάβη θα επιλέξω r τότε p,qπεριττοί πρώτοι. p q, q p, p q η τρίτη είναι δεδομένη. Ας πολλαπλασιάσω την p q με την q p, pq pq p q 4 άρα pq p q 4 άρα pq p q, (p 1)(q 1) 3 αδύνατον άρα είναι αδύνατον και οι 3 πρώτοι να διαιρούν το άθροισμα τους. Για είναι εύκολο πχ (,3,7), 7 3, 3 7, η (,3,5), 3 5, 5 3 άπειρες λύσεις... Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 39

40 ΘΕΜΑ 1139 Να λυθεί η εξίσωση 56x 15x Η εξίσωση γράφεται 5 6x x 8, άρα ο 15xείναι ακέραιος. Επίσης ο 15x 7 5 είναι ακέραιος. Ακόμη ισχύει Η αριστερή δίνει Έχουμε 5 6x 15x 7 5 6x x και η αριστερή x 15x 6.83 και x x 15x Άρα 15x {7,8,9,10,11,1,13}.Οι μόνες τιμές όμως που κάνουν ακέραιο τον 15x 7 είναι οι τιμές 7,1. 5 Για τις τιμές αυτές επαληθεύεται και η αρχική εξίσωση. Επομένως οι λύσεις είναι 7 x και 15 4 x. 5 ΘΕΜΑ 1140 (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ) Αν x y z 3 και x,y,z 0, να αποδείξετε ότι: x y z xy yz zx. Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 40

41 Αρκεί να είναι (x y z) (xy yz zx) ή 3 (x y z) x y z (xy yz zx) ή 3 (x y z) (x y z) ή (x y z 1)(x y z 3) 0. Όμως, 3(x y z ) (x y z) οπότε 0 x y z 3 και συνεπώς (x y z 1)(x y z 3) 0. Β τρόπος Είναι (x y z) 3(xy yz zx) (x y z )(xy yz zx) (xy yz zx). ΘΕΜΑ 1141 (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ) Αν x,y 0, να αποδείξετε ότι: Η Ανισότητα ισοδύναμα γράφεται x xy xy 1 x xy. 1 x 1 y 1 xy 1 y y 1x xy. 1 x 1 y 1 xy x Αλλά, από την Ανισότητα AM GM έχουμε για το αριστερό μέλος ότι x xy xy x x y xy 1 x 1 y 1 xy. Μένει να δείξουμε την Ανισότητα Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 41

42 x x y xy 1 x xy η οποία βέβαια είναι άμεσο αποτέλεσμα της βασικής Β Τρόπος Προσθέτουμε τις x 4 x y 1 1 y 1 y 4 y 1 1 y... 1 xy 4 x a b c ab bc ca. ΘΕΜΑ 114 Έστω x,y 0. Να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της παράστασης x 1 y 1 x y. Πότε πιάνεται; y x Ας πάρουμε τις περιπτώσεις: (1) x,y 1. Τότε, αν A ονομάσουμε την παράσταση της οποίας το ελάχιστο ζητάμε, θα είναι: x 1 y 1 x y x 1 y 1 x y A x y y x y x x y y x Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 4

43 () 0 x,y 1. Τότε 1x 1y A x y. Θα αποδείξουμε ότι πάλι είναι A. y x Αρκεί να δείξουμε ότι x y y xy x x y xy, ή xy(x y) (x y) (x y), ή (x 1)(y 1) 0, το οποίο όμως είναι αληθές. (3) 0 x 1,y 1. Τότε 1 x y 1 1 y A x y y x (y 1) y. y x y y x y (4) 0 y 1,x 1. Τότε ομοίως δείχνουμε ότι A. Σε όλες λοιπόν τις περιπτώσεις δείξαμε ότι A, όπου η ισότητα επιτυγχάνεται όταν x 1,0 y 1, ή όταν y 1,0 x 1. Άρα η ελάχιστη τιμή της παράστασης είναι το. ΘΕΜΑ 1143 (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ) Αν a,b,c 0 και ab bc ca 1, να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της παράστασης: a b c 3 A (a b c). a b b c c a 4 Θα αποδείξουμε την Ανισότητα Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 43

44 3 a 3 7 (a b c) ή καλύτερα a b 4 4 a (a b c). a b 4 4 Πράγματι, ισχύει σύμφωνα με την Ανισότητα Cauchy Schwarz 3 a (a b c ) (a b c ). Μένει να αποδείξουμε την a b a b c ab bc ca a b c 1 Ανισότητα (a b c ) 1 3 (a b c ) a b c ή ισοδύναμα (a b c ) 3(a b c ) 1. a b c 1 4 Κάνοντας πράξεις καταλήγουμε στην 4(a b c ) (a b c 1)[3(a b c ) 1] ή καλύτερα (a b c 1) 0 όπου ισχύει. Η ισότητα ισχύει όταν a b c 1/ 3. ΘΕΜΑ 1144 Οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί a,b,c ικανοποιούν τη σχέση a 1 b 1 c Να δείξετε ότι (1 a )(1 b )(1 c ) 15. Μπορούμε να γενικεύσουμε; Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 44

45 Η υπόθεση μετά από πράξεις ισοδύναμα δίνει (1 a)(1 b) (1 a)(1 b)(1 c) abc a b c. Ξανά, δουλεύοντας την υπόθεση, έχουμε σύμφωνα με την Ανισότητα Cauchy Schwarz: a b c 6. 1 a 3 a b c Επομένως ισχύει από αυτές τις δύο Ανισότητες ότι abc abc 6 8. Τέλος, από την Ανισότητα Holder έχουμε (1 a )(1 b )(1 c ) (1 a b c ) (1 8 ) 15. ΘΕΜΑ 1145 α) Οι πραγματικοί αριθμοί a,b,c ικανοποιούν τις σχέσεις a b 1, b c 1, c a 1. Να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της παράστασης a b c. β) Οι πραγματικοί αριθμοί a,b,c,d ικανοποιούν τις σχέσεις a b 1, b c 1, c d 1, d a 1. Να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της παράστασης Μπορούμε να γενικεύσουμε; a b c d. α) 3(a b c ) (a b c) (a b) (c a) 6 Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 45

46 ( a b c ) με ισότητα πχ για a 1,b 0,c 1. Αυτό διότι όταν οι διαφορές είναι όλες μεγαλύτερες ή ίσες από 1, μια από αυτές αναγκαστηκά είναι μεγαλύτερη ή ίση του. β) Χρησιμοποιώντας τη συνθήκη έχουμε: 4(a b c d ) (a b c d) (a b) (b c) (c d) (d a) (b d) (a c) 4, που δίνει a b c d 1. Η ισότητα ισχύει όταν a c b d και ΘΕΜΑ a. (Θεόδωρος Παγώνης ) Να υπολογιστεί η παράσταση (Παγκύπριος Μαθηματικός Διαγωνισμός 010) (... ) ( ) (... ) (... ) ( ) (... ) (... ) ( ) (... ) Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 46

47 ( ). Β τρόπος Χρησιμοποιώ την ταυτότητα για n 010. n n1 n ή n n1... Έχω δηλαδή: ΘΕΜΑ (ΣΩΤΗΡΗΣ ΛΟΪΖΙΑΣ) Ένα σημείο x,y πάνω σε ένα ορθογώνιο σύστημα αξόνων ονομάζεται σημείο πλέγματος αν τα x και y είναι ακέραιοι αριθμοί. Αν κάποιος επιλέξει πέντε σημεία πλέγματος, να αποδείξετε ότι σε αυτά υπάρχουν τουλάχιστον δύο σημεία, που το μέσον τους είναι και αυτό σημείο πλέγματος. Σημείωση Αν Ax 1,y 1 και x x y y M, 1 1. B x,y είναι δύο σημεία, τότε το μέσον τους είναι το (Κυπριακή Μαθηματική Εταιρεία, Α' Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών "Ευκλείδης", 014) Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 47

48 Θα εξετάσουμε την αρτιότητα των συντεταγμένων. Κοιτώντας τα υπόλοιπα της διαίρεσης με το έχουμε τους παρακάτω συνδυασμούς: (0,0),(0,1),(1,0),(1,1). Αφού όμως επιλέγουμε 5 σημεία δύο από αυτά θα είναι της ίδιας μορφής ως προς τη διαίρεσή τους με το, έστω (x i,y i),(x j,y j). Έτσι, το άθροισμα xi x και το j άθροισμα yi y θα είναι άρτια και άρα θα προκύπτει σημείο πλέγματος. j Γράφω πιο αναλυτικά, την λύση που έδωσε ο Ραφαήλ, για να γίνει κατανοητή από μαθητές Γυμνασίου: Τα τέσσερα σημεία δεν θα δημιουργούν τμήματα των οποίων το μέσον θα έχει ακέραιες συντεταγμένες, μόνο όταν οι συντεταγμένες των τεσσάρων αυτών σημείων έχουν την μορφή: A(άρτιος, άρτιος), B(περιττός, περιττός), G(άρτιος, περιττός), D(περιττός, άρτιος). Στην περίπτωση αυτή, για το πέμπτο σημείο E έχουμε τις περιπτώσεις: (1) E(άρτιος, άρτιος). Τότε το μέσον του AE, έχει ακέραιες συντεταγμένες. () E(άρτιος, περιττός). Τότε το μέσον του GE, έχει ακέραιες συντεταγμένες (3) E(περιττός, άρτιος). Τότε το μέσον του DE, έχει ακέραιες συντεταγμένες. (4) E(περιττός, περιττός). Τότε το μέσον του BE, έχει ακέραιες συντεταγμένες. Συμπεραίνουμε λοιπόν, ότι πάντα θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ευθύγραμμο τμήμα, του οποίου το μέσον θα έχει ακέραιες συντεταγμένες. ΘΕΜΑ 1148 (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ) Να αποδείξετε ότι: 5 4 a 3a 17a 33 0, για κάθε a 1. Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 48

49 Νομίζω κατάφερα να βρω μια στοιχειώδη και σύντομη λύση (a )(a 16) 0 a a 16a 3 0 (1). (Πράγματι 4 (a )(a 16) (a ) (a )(a 4) 0). 5 4 Επίσης ισχύει a a a 1 αφού είναι ισοδύναμη με 4 4 a (a 1) (a 1) 0 (a 1)(a 1) 0 (a 1) (a 1)(a 1) 0. Άρα 5 4 a a a1 0. Προσθέτοντας αυτήν με την (1) παίρνουμε τη ζητούμενη. Β τρόπος Μπράβο στον ταλαντούχο φίλο μας, για την ευρηματική λύση που έδωσε. Στην ουσία, μάντεψε την σκέψη του κατασκευαστή της άσκησης. Έδωσε λοιπόν ουσιαστικά την ίδια λύση με την δική μου, Με λίγο διαφορετική διατύπωση: Αρκεί: a a a a 16a a 3 1 0, ή a (a ) 16(a ) a a (a 1) 0, ή 4 4 (a )(a 4 ) a (a 1) (a 1) 0, ή (a ) (a )(a 4) (a 1) (a 1)(a 1) 0 το οποίο είναι αληθές, αφού: a 1. ΘΕΜΑ 1149 (ΣΩΤΗΡΗΣ ΛΟΪΖΙΑΣ) Λόγω της οικονομικής κρίσης 100 μικρομεσαίες επιχειρήσεις της Λεμεσού, για να Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 49

50 πετυχαίνουν καλύτερες τιμές από τους προμηθευτές τους, αποφάσισαν να οργανωθούν σε ομάδες επιχειρήσεων με τον εξής τρόπο: i) Σε κάθε ομάδα να εντάσσονται όχι περισσότερες από 50 επιχειρήσεις ii) Οποιεσδήποτε επιχειρήσεις να ανήκουν και οι δύο σε τουλάχιστον μία ομάδα επιχειρήσεων Να βρείτε ποιο είναι το ελάχιστο δυνατό πλήθος ομάδων επιχειρήσεων που μπορεί να γίνει με αυτόν τον τρόπο. (Κυπριακή Μαθηματική Εταιρεία, Β' Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών "Ευκλείδης", Μάρτιος 01). Ας είναι (E 1,E,...,E 100 ) οι 100 μικρομεσαίες επιχειρήσεις. Για να συμβαίνει το i) και ii) πρέπει 5 επιχειρήσεις, έστω χωρίς βλάβη της γενικότητας και για ευκολία, οι (E 1,E,...,E 5), να βρεθούν στην ίδια ομάδα με άλλες 5, έστω τις (E 6,E 7,...,E 50), και σε άλλη ομάδα με άλλες 5, έστω τις (E 51,E 5,...,E 75) και σε άλλη ομάδα με τις υπόλοιπες (E 76,E 77,...,E 100 ). Οι (E 6,E 7,...,E 50) να βρεθούν στην ίδια ομάδα με τις (E 51,E 5,...,E 75) και σε άλλη ομάδα με τις (E 76,E 77,...,E 100 ). Τέλος οι (E 51,E 5,...,E 75) να βρεθούν στην ίδια ομάδα με τις (E 76,E 77,...,E 100 ). Σύνολο 6 ομάδες κατ' ελάχιστον των 50 επιχειρήσεων. Ή γενικά χωρίζουμε τις 100 επιχειρήσεις σε 4 υποομάδες των $5$ διαφορετικών 4 επιχειρήσεων, η κάθε υποομάδα, και τις ενώνουμε ανά, 6 ομάδες. Σημείωση (Το πρόβλημα αυτό το έχω ξαναδεί και μάλλον το έχω ξανα-επιλύσει, το πιο πιθανό εδώ). Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 50

51 Πρόσθετο ερώτημα: Με πόσους διαφορετικούς τρόπους μπορούν να γίνουν αυτές οι κατ' ελάχιστον 6 ομάδες; ΘΕΜΑ 1150 Αν x y 5, t z 16, xt yz 0, να βρεθεί η ελάχιστη τιμή του xz. Υπάρχουν a,b ώστε x 5cosa,y sina,t 4cosb,z 4sinb. Είναι xt yz 0cos(a b), άρα ab k,k. Τότε xz 0sinbcosa 10(sin(a b) sin(b a)) 10sin(b a). Άρα xz 10 και xz 10 με την ισότητα να ισχύει π.χ. όταν Άρα min(zx) x,z. ΘΕΜΑ 1151 Έστω a,b,c θετικοί πραγματικοί αριθμοί ώστε abc 1. Να δείξετε ότι a b 3. cyc a 1 Από ΑΜ ΓΜ είναι αρκετό να αποδείξουμε ότι (a b)(b c)(c a) (1 a)(1 b)(1 c), δηλαδή ότι Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 51

52 (a b c)(ab bc ca) abc 1 a b c ab bc ca abc η οποία θέτοντας x a b c 3, y ab bc ca 3 γράφεται xy x y 3 (x 1)(y 1) 4 που ισχύει. ΘΕΜΑ 115 Έστω a,b,c θετικοί πραγματικοί αριθμοί. Να δείξετε ότι (1 abc)(1 ab ac bc) 4 (a bc)(b ca)(c ab). Από ΑΜ ΓΜ είναι a b bc ca (a b)(c 1) (a bc)(b ca) και ομοίως (b c)(a 1) (a c)(b 1) (b ca)(c ab), (c ab)(a bc). Με πολλαπλασιασμό έχουμε (a b)(b c)(c a)(a 1)(b 1)(c 1) 8(a bc)(b ca)(c ab), οπότε αρκεί να αποδείξουμε ότι ((1 a b c)(1 ab bc ca)) 4(a b)(b c)(c a)(a 1)(b 1)(c 1), ή θέτοντας x a b c,y ab bc ca,z abc. ((1 x)(1 y)) 4(1 x y z)(xy z). Αυτή όμως είναι συνέπεια της (A B) 4AB, όπου A 1 x y z,b xy z. Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 5

53 ΘΕΜΑ 1153 Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης x y z ΘΕΜΑ 1154 Πότε η παράσταση αριθμός; p p 1 είναι κύβος ακέραιου αριθμού, όπου p πρώτος ΘΕΜΑ 1155 Βρείτε τους πρώτους αριθμούς που ικανοποιούν την εξίσωση y x x y xy 19. ΘΕΜΑ 1156 Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι n ώστε ο αριθμός πολλαπλάσιο του 10. n n 3 1 να είναι Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 53

54 ΘΕΜΑ 1157 Οι αριθμοί n F 1, n 0,1,,... n ονομάζονται αριθμοί Fermat. Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει αριθμός Fermat, ο οποίος είναι κύβος ακεραίου. Γενικότερα να αποδειχθεί ότι κανένας αριθμός Fermat δεν είναι δύναμη ακεραίου. (Μεγαλύτερη του 1). ΘΕΜΑ 1158 Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης Ας την κάνουμε λίγο πιο απλή... 6(6a 3b c ) 5n. Προφανώς 6 n συνεπώς θέτω n 6d οπότε η εξίσωση θα γίνει, 6a 3b c 30d. Εδώ 3 c και θέτω c 3e οπότε η τελευταία θα έχει την παρακάτω μορφή, a b 3e 10d Επομένως αρκεί να λύσω την εξίσωση... Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 54

55 x y 3z 10w (1). Η μηδενική λύση είναι προφανής. Έστω ότι οι άγνωστοι είναι μη μηδενικοί. x 3z (5w y ), x z(mod). Περίπτωση 1 Αν x,z περιττοί τότε η εξίσωση δεν έχει λύσεις διότι πρέπει (5w y ) 4(mod8) που είναι αδύνατον. Συνεπώς αφού x z(mod) τότε x z 0(mod) x 3z 4(mod8) άρα θα Αντικαθιστώ x k, z l στην (1) και θα καταλήξω στην παρακάτω, k y 6l 5w (), w y(mod). Αν w y 1(mod) τότε k 6l 4(mod8) που είναι αδύνατον. 5w y 4(mod8) οπότε θα πρέπει Συνεπώς w y 0(mod) και θα θέσω πάλι w m, y n και η () θα γίνει k n 3l 10m που είναι της ίδιας μορφής με την (1). Αυτό δείχνει ότι ξεκινώντας από την (1) καταλήγω ότι οι άγνωστοι είναι όλοι άρτιοι και κάνοντας πάντα τα παραπάνω βήματα τότε πάντα θα καταλήξω στην ίδια μορφή μα στις πρωτογενείς αναλύσεις των αγνώστων x,y,z,w της (1) υπάρχει πεπερασμένη δύναμη του που εμφανίζεται (δηλαδή διαιρεί) σε κάθε άγνωστο, συνεπώς μετά από πεπερασμένο πλήθος βημάτων θα καταλήξω σε εξίσωση της μορφής p q 3s 10t που τουλάχιστον ένας εκ των αγνώστων θα είναι περιττός και τότε η εξίσωση θα είναι αδύνατη. Μοναδική λύση λοιπόν η τετράδα (a,b,c,n) (0,0,0,0). Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 55

56 ΘΕΜΑ 1159 Να βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους n για τους οποίους ο αριθμός n(n )(n 4) έχει το πολύ 15 θετικούς διαιρέτες. Για μικρά n κάνουμε απευθείας έλεγχο. Θα διαπιστώσουμε ότι για n 1,,3,4,5,7 ισχύει το ζητούμενο ενώ δεν ισχύει για n 6,8,9. Μπορούμε λοιπόν να υποθέσουμε ότι n 10. Θα δούμε ότι απορρίπτονται όλοι. α) Αν n περιττός (και 10). Ακριβώς ένας από τους n,n,n 4 είναι πολλαπλάσιο του 3. Διακρίνουμε τις περιπτώσεις όπου το πολλαπλάσιο αυτό του 3 είναι δύναμη του 3 3 ή όχι. Στην πρώτη περίπτωση είναι τουλάχιστον 3. Έστω p,q πρώτοι διαιρέτες των άλλων δύο εκ των n,n,n 4. Επειδή οι τρεις τελευταίοι αυτοί (περιττοί) αριθμοί είναι πρώτοι προς αλλήλους (άμεσο) σημαίνει ότι p q. Συνεπώς ο n(n )(n 4) έχει παράγοντα τουλάχιστον τον τουλάχιστον $16 διαιρέτες 3 (τους μετράμε 1,3,3,...,3 pq). Άρα ο n αυτός απορρίπτεται. 3 3 pq. Άρα έχει Με ανάλογο τρόπο θα απορρίψουμε την περίπτωση που το πολλαπλάσιο του 3 δεν είναι δύναμη του 3. Σε αυτή την περίπτωση περιέχει παράγοντα της μορφής 3r για κάποιο πρώτο r 3. Όπως πριν, έχουμε r p q r, και άρα ο n(n )(n 4) περιέχει ως παράγοντα τουλάχιστον τον 3rpq. Άρα έχει τουλάχιστον 16 παράγοντες οπότε απορρίπτουμε και αυτήν την περίπτωση. Αν n άρτιος και n 10.Τότε αφού οι n,n,n 4 είναι διαδοχικοί άρτιοι (άρα κάποιος είναι πολλαπλάσιο του 4). Ο n(n )(n 4) είναι πολλαπλάσιο του 8. Όπως πριν, οι παράγοντες του n(n )(n 4) περιέχουν περιττούς πρώτους p,q Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 56

57 με p q. Άρα ο n(n )(n 4) περιέχει τουλάχιστον τον τουλάχιστον 16 διαιρέτες, και άρα απορρίπτεται. Αυτά ολοκληρώνουν την απάντηση. 3 pq οπότε έχει ΘΕΜΑ 1160 Να βρεθούν οι διακεκριμένοι πρώτοι m,n,p, για τους οποίους ισχύει mnp m n p mn mp np ΘΕΜΑ 1161 Οι πραγματικοί αριθμοί a,b,c είναι τέτοιοι ώστε Να δείξετε ότι b(c a) και c(a b). a b c a(b c). ΘΕΜΑ 116 Να βρεθεί η μέγιστη τιμή του z x αν x,y,z,t για τους οποίους ισχύουν : Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 57

58 x y 4 z t 9. xt yz 6 ΘΕΜΑ 1163 Για κάθε a,b,c 0 με abc 1, να δείξετε ότι a(a 1) ab(ab 1) b(b 1) bc(bc 1) c(c 1) ca(ca 1) 4 Ακολουθούμε τον μετασχηματισμό Ανισότητα ισοδύναμα γράφεται y z x (a,b,c),, x y z και τότε η παραπάνω x y z 3. y z xy zx z x yz xy x y zx yz 4 Αλλά, από την Ανισότητα Cauchy Schwarz έχουμε για το αριστερό μέλος x (x y z ) y z xy zx x (y z xy zx) (x y z ) (x y y z z x ) (x y y z z x) (xy yz zx ) Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 58

59 Μένει, λοιπόν, να αποδείξουμε την (x y z ) (x y y z z x ) (x y y z z x) (xy yz zx ) 4 ή καλύτερα την (x y z ) 6(x y y z x x ) 3(x y y z z x) 3(xy yz zx ). Παρατηρούμε πως ισχύουν όμως οι Ανισότητες (x y z ) 6(x y y z z x ) και η (x y z ) 3(x y y z z x) 3(xy yz zx ) με την τελευταία να ισχύει αφού ισοδύναμα γράφεται (x xy y )(x y) (y yz z )(y z) (z zx x )(z x) 0. Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε τη ζητούμενη. ΘΕΜΑ 1164 Να βρεθούν οι x,y 1 για τους οποίους ισχύει log y x+log 10 y+log 5x +log xy 5=. ΘΕΜΑ 1165 Οι πραγματικοί αριθμοί a,b,c,d είναι μεγαλύτεροι του 1 και μαζί με τους x,y ικανοποιούν τις σχέσεις τους x,y. x y x a b (a b ) και x y y y/ c +d = (cd). Να συγκρίνετε Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 59

60 ΘΕΜΑ 1166 Να δείξετε ότι Είναι k 1 3k k0100 k k ΘΕΜΑ 1167 Οι μαθητές ενός σχολείου αποφάσισαν να φυτέψουν στην διάρκεια 50 συνεχόμενων ημερών 79 δέντρα συνολικά. Επίσης αποφάσισαν ότι θα φυτεύουν τουλάχιστον ένα δέντρο την μέρα. Να αποδείξετε ότι είναι δυνατόν να βρείτε κάποιες μέρες συνεχόμενες (μπορεί και μόνο μία), όπου οι μαθητές φύτεψαν ακριβώς 0 συνολικά δέντρα. Σε κάποιον Αρχιμήδη είχε τεθεί ένα παρόμοιο πρόβλημα (με έναν μαθητή που διαβάζει συγκεκριμένες ώρες κλπ.). Έστω λοιπόν d ο αριθμός των δέντρων που έχουν φυτευτεί μέχρι το τέλος της i i ημέρας. Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 60

61 Προφανώς ισχύει d1 d... d Τότε οι αριθμοί d 1,d1 0,d,d 0,...,d 50,d50 0 είναι 100 αριθμοί από το 1 ως το 99. Επομένως από την αρχή της περιστεροφωλιάς υπάρχουν δύο ίσοι. Επομένως dk dm 0 για κάποια k,m. Αυτό σημαίνει ότι τις διαδοχικές ημέρες m1,m,...,k φυτεύτηκαν 0 δέντρα και το ζητούμενο αποδείχθηκε. ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ Ας το δυσκολέψουμε: α) Οι μαθητές ενός σχολείου αποφάσισαν να φυτέψουν στην διάρκεια 50 συνεχόμενων ημερών 89 δέντρα συνολικά. Επίσης αποφάσισαν ότι θα φυτεύουν τουλάχιστον ένα δέντρο την μέρα. Να αποδείξετε ότι είναι δυνατόν να βρείτε κάποιες μέρες συνεχόμενες (μπορεί και μόνο μία), όπου οι μαθητές φύτεψαν ακριβώς 0 συνολικά δέντρα. β) Οι μαθητές ενός σχολείου αποφάσισαν να φυτέψουν στην διάρκεια 50 συνεχόμενων ημερών 90 δέντρα συνολικά. Επίσης αποφάσισαν ότι θα φυτεύουν τουλάχιστον ένα δέντρο την μέρα. Να αποδείξετε ότι μπορούν να τα φυτέψουν με τέτοιο τρόπο ώστε να μην υπάρχουν συνεχόμενες μέρες (ούτε μόνο μία), όπου θα φυτέψουν ακριβώς 0 συνολικά δέντρα. Άσκηση 4 στον Β' Διαγωνισμό Επιλογής κάτω των 15,5 ετών "Ευκλείδης" του 014 της Κυπριακής Μαθηματικής Εταιρείας. Mikroi%0014-Liseis.pdf ΘΕΜΑ 1168 (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ) Αν a,b,c 0 και a b c 4abc, να αποδείξετε ότι: Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 61

62 bc ac ab a bc b ac c ab Η ανισότητα Holder δίνει bc a(a bc) (3 abc) 7abc cyc cyc a bc bc 7abc 7abc Επομένως cyc a bc a(a bc) 7abc cyc όπως θέλαμε. Β τρόπος Και μια απλούστερη απόδειξη, γιατί ίσως η Hölder θεωρηθεί βαρειά για το Γυμνάσιο. Θέτοντας a b c x,y,z. bc ca ab έχουμε να αποδείξουμε ότι αν x,y,z 0 με x y z 4, τότε x 1 y 1 z 1 Ισχύει x10 6 x1 x 0 (γιατί;) άρα cyc 1 1 AMHM x 1 cyc x 10 x y z 30 Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 6

63 ΘΕΜΑ 1169 (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ) Αν a,b,c 0, να δειχθεί ότι: b ab ac c bc ab a ac bc b ab c bc a ac 1. Αρκετά απαιτητική ανισότητα, εκτός και αν δεν βλέπω κάτι. Η αποδεικτέα γράφεται ac b ab c bc a b ab c bc a ac Λόγω ομογένειας, μπορούμε να υποθέσουμε ότι x y z a,b,c, όπου x,y,z 0. y z x Τότε έχουμε να αποδείξουμε ότι x y y z z x x xyz y xyz z xyz Πάλι λόγω ομογένειας υποθέτουμε xyz 1 και θέτουμε όπου A,B,C 0 με ABC 1. Τότε έχουμε να αποδείξουμε ότι A B B C C A. A 1 B 1 C 1 Δηλαδή x A,y B,z C, A B C (A B B C C A) A B C AB BC CA 3 Επειδή ABC 1, είναι A B B CC A 3ABC 3, άρα αρκεί Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 63

64 A B C A B B CC A A BC AB BC CA. Αν A BC AB BC CA, είναι από Cauchy-Schwarz A B C (A B C) A B B C C A A B C AC AB BC AB BC CA και ως γνωστόν A B C AB BC CA. Αν AB BC CA AB C πάλι από Cauchy-Schwarz είναι (AB) (BC) (AC) (AB BC CA) A B B C C A AB BC CA B C A A B C και βέβαια ισχύει A B C A B C, ως συνέπεια π.χ. της (A 1) (B 1) (C1) 0 και της ABC 3. Β τρόπος Δίνω και μια ακόμα λύση: Θέλουμε να δείξουμε ότι: ac b ab c bc a b ab c bc a ac Θέτω ac x,ab y,bc z. Τότε έχω: xy yz xz a,b,c. z x y Αρκεί λοιπόν να δείξω ότι: x yz y zx z xy. yz xy zx yz xy zx Από την ανισότητα C S (Andreescou) έχω: x y z (x y z) yz xy zx yz xy zx 3(xy yz zx), (1) Στο μεταξύ, έχουμε επίσης: Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 64

65 zy xz yx z x y y(z x) z(x y) x(y z) z x x y y z z x y (x y z) z xz x xy y yz (x y z ) xy xz yz, () Προσθέτοντας κατά μέλη τις (1), () παίρνω: x yz y zx z xy yz xy zx yz xy zx 1 1 (x y z) [ ] 3(xy yz zx (x y z ) xy yz zx (1 1) (x y z) (x y z). (x y z ) 4(xy yz zx) (x y z) ΘΕΜΑ στρατιώτες είναι τοποθετημένοι στο πεδίο της μάχης έτσι ώστε όλα τα δυνατά ζεύγη να αντιστοιχούν σε διαφορετικές αποστάσεις. Κάθε στρατιώτης καλύπτει τον στρατιώτη που βρίσκεται πιο κοντά του. Αποδείξτε ότι τουλάχιστον ένας στρατιώτης θα μείνει ακάλυπτος. Θεωρούμε τους δύο πλησιέστερους στρατιώτες, οι οποίοι προφανώς αλληλοκαλύπτονται. Απομένουν 013 στρατιώτες. Έχουμε δύο ενδεχόμενα: α) Ένας τουλάχιστον από αυτούς έχει ως κοντινότερο έναν από τους δύο προηγούμενους και άρα καλύπτει αυτόν. Απομένουν 01 ακόμα στρατιώτες, άρα το πολύ 01 καλύψεις ενώ είναι 013. Άρα τουλάχιστον ένας θα μείνει ακάλυπτος στο τέλος. Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 65

66 β) Κανένας από τους 013 αυτούς στρατιώτες δεν έχει ως κοντινότερο κάποιον από τους αρχικούς δύο. Ξαναεφαρμόζουμε την ίδια συλλογιστική: Επιλέγουμε από τους 013 στρατιώτες, τους δύο πλησιέστερους που αλληλοκαλύπτονται, [...], μέχρι τους 3τελευταίους στρατιώτες με τις μεγαλύτερες αποστάσεις, από τους οποίους δύο θα είναι πλησιέστεροι, άρα το πολύ δύο καλύψεις ενώ είναι τρεις, άρα τουλάχιστον ο τρίτος είναι ακάλυπτος. Άρα τελικά ένας τουλάχιστον στρατιώτης μένει ακάλυπτος. ΘΕΜΑ 1171 Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις τις εξίσωσης x x x y 3y y. Πολλαπλασιάζοντας και τα δύο μέλη με το 4 και προσθέτοντας 1, η εξίσωση 4 γίνεται (x x 1) 4y 1y 4y 1. Για y έχουμε Για y 1 έχουμε 4 (y 3) 4y 1y 4y 1 (y 4) 4 (y ) 4y 1y 4y 1 (y 3) Οπότε έχουμε να ελέγξουμε μόνο τις περιπτώσεις y,1,0, 1. Οι τιμές y,0 είναι οι μόνες που δίνουν τέλειο τετράγωνο. Για y παίρνουμε τα ζεύγη (x,y) (,),(3,) Για y 0 παίρνουμε τα ζεύγη (0,0),(1,0). Αυτή ήταν η σκέψη μου. Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 66

67 Παραγοντοποιώντας το αριστερό μέλος παίρνουμε ότι 4 3 x x x x(x 1)(x x 1) x(x 1)(x(x 1) 1) Οπότε αν θέσουμε x(x 1) w έχουμε 4 3 x x x w w και πλέον για να συμπληρώσουμε το τετράγωνο θέλουμε όντως να πολλαπλασιάσουμε με το 4 και να προσθέσουμε 1. ΘΕΜΑ 117 Έστω n ένας θετικός ακέραιος. Τοποθετούμε αυθαίρετα στην περιφέρεια ενός κύκλου τους αριθμούς 1,,3,...,n. 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 nμη τεμνόμενες ανά δύο χορδές τέτοιες ώστε το άθροισμα των αριθμών που αντιστοιχούν σε αυτές να ισούται με n. Χωρίζουμε τους αριθμούς στα σύνολα S {1,,,n} και T {n 1,,n}. Αρκεί να επιλέξουμε τις χορδές με τέτοιο τρόπο ώστε η μια άκρη της να ανήκει στο S και η άλλη στο T. 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 AB και CD με A,C S και B,D T και Xτο σημείο τομής. Αφαιρώ τις χορδές AB,CD και προσθέτω τις χορδές AD και BC. 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. Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 67

68 ΘΕΜΑ 1173 (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ) Αν x,y Q και παράσταση: x y 64y 0xy 9x 15x y 48y, να αποδείξετε ότι η A 1 x y είναι τέλειο τετράγωνο ρητού αριθμού. Η εξίσωση γράφεται y(7x 64y ) (9x 1x y 16xy ) (7x y 36xy 48y ). Ισοδύναμα y(3x 4y)(9x 1xy 16y ) (9x 1xy 16y )(x 3y). Ο κοινός παράγοντας στα δύο μέλη γράφεται 9x 1xy 4y 1y (3x y) 1y. Άρα μηδενίζεται μόνο αν x y 0.Σ' αυτή την περίπτωση A που είναι τέλειο τετράγωνο. Σε άλλη περίπτωση ισχύει y(3x 4y) x 3y 3xy 4y x 3y x(3y 1) y(3 4y). Για 1 y έχουμε αδύνατη εξίσωση. Αλλιώς 3 3y 4y x 3y 1. Άρα 9y 4y 16y (1 y )(3y 1) 9y 4y 16y (3y 1) (3y 1) A 1 y 9y 6y y 9y 6y 1 9y 4y 16y (3y 1) y 9y 1 30y 10y 6y 5y 3y 1 (3y 1) 3y 1. Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 68

69 ΘΕΜΑ 1174 (ΣΩΤΗΡΗΣ ΛΟΪΖΙΑΣ) Δίνεται η ακολουθία: 1,4,8,10,16,1,5,30,43. 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 11. Εξετάζουμε τα αθροίσματα κατόπιν ξαναρχίζουμε αλλά τώρα από το και ούτω καθεξής μέχρι τον Δεν κάνω τις πράξεις γιατί είναι ρουτίνα. Γλιτώνουμε κόπο αν αντικαταστήσουμε τους αριθμούς με τα αντίστοιχα mod11, εδώ 1,4, 3, 1,5, 1,3, 3, 1. Β τρόπος Οι αριθμοί mod11 είναι οι 1,4, 3, 1,5, 1,3, 3, 1. Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 69

70 Εξετάζουμε τώρα τα διαδοχικά αθροίσματα s 1,s,... αρχίζοντας από τον πρώτο. Θα βρούμε s1 1 s s1 4 5 s3 s 3 και όμοια s4 1 s5 6 s6 5 s7 8 s8 5 s9 4. Τώρα ελέγχουμε πότε ισχύει si j i s. Σε τέτοιες περιπτώσεις η διαφορά τους j s s είναι άθροισμα συνεχόμενων όρων και μάλιστα πολλαπλάσιο του 11. Παρατηρούμε ότι s 1 s 4 και s s6 s (τέσσερα ζεύγη συνολικά). 8 Το πρώτο δίνει a a3 a4 s4 s πολλαπλάσιο του 11 και όμοια τα 1 υπόλοιπα. ΘΕΜΑ 1175 Βρείτε τους δύο μικρότερους φυσικούς αριθμούς n, για τους οποίους τα κλάσματα ,,,..., είναι όλα ανάγωγα. n 70 n 71 n 7 n 135 Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 70

71 ΘΕΜΑ 1176 Έστω m και n θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε ο αριθμός από τον mn. Δείξτε ότι ο m είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου. m n m να διαιρείται ΘΕΜΑ 1177 Βρείτε όλα τα ζεύγη θετικών ακεραίων (x,y) τέτοια, ώστε x xy 3x y. Αν x y, τότε εύκολα βρίσκουμε ότι η λύση είναι (x,y) (1,1) Έστω x y. Για να έχουμε λύση, θα πρέπει * an {1}. m n x a,y a, όπου * m,nn,m n και H εξίσωση τώρα γράφεται: m n m m a a n 3a m n m mn (a ) (a ) ma ma 3na (3n m)a m. Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 71

72 mn m Πρέπει 3n m 0, οπότε έχουμε a 3n m r n r παίρνουμε a, (ΣΧΕΣΗ 1). n r και αν θέσουμε mn r, Είναι n r 0 και αφού n r nr n r. a N, πρέπει n r n r και άρα r * Θα διακρίνω δύο περιπτώσεις: 1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: a Τότε έχουμε από την (ΣΧΕΣΗ 1), r nrn r nr r r 3r. r Άρα 3r. Η σχέση όμως αυτή, ισχύει μόνο για r 1, ενώ για r ή r 3 η 10 7 (ΣΧΕΣΗ 1) δίνει αντίστοιχα n,n, που είναι άτοπο και όταν r 4, 7 15 r εύκολα αποδείχνουμε επαγωγικά ότι επίσης είναι αδύνατη, αφού 3r, για κάθε r 4 (Η απόδειξη αυτού με επαγωγή είναι στοιχειώδης). Άρα είναι μόνο r 1 και άρα η (ΣΧΕΣΗ 1) γράφεται Και αφού r m n, παίρνουμε 1m 1 και άρα m. Έχουμε λοιπόν την λύση η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: a 3. n1 n 1. n 1 (x,y) (,) (η οποία επαληθεύει την αρχική εξίσωση). Τότε θα δείξω ότι η (ΣΧΕΣΗ 1) είναι αδύνατη, δείχνοντας επαγωγικά ότι r n r a n r, για κάθε * rn {1}. Πράγματι έχουμε n r n r r r 3r. n r Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 7

73 Οπότε αρκεί να δείξουμε ότι Εργαζόμαστε επαγωγικά: Για r ισχύει, αφού r a 3r. a 6, εφόσον a 3. Υποθέτουμε ότι ισχύει η πρότασή μας για το r και θα αποδείξουμε ότι ισχύει και r 1 για το r 1, δηλαδή ότι a 3(r 1). Πράγματι, από την υπόθεση της τέλειας επαγωγής έχουμε ότι r r r1 a 3r a a 3ra a 3ra. Αρκεί να δειχθεί ότι 3ra 3(r 1), ή ότι (a 1)r 1, το οποίο όμως ισχύει, αφού a1 και r. Έχουμε μια εκκρεμότητα, να δούμε το τι γίνεται όταν r 1. Τότε η (ΣΧΕΣΗ 1) γράφεται: n. n1 a n 1, όπου πρέπει n 1 n 1, δηλαδή Τότε αν n 1, παίρνουμε a, που είναι άτοπο ενώ αν n, παίρνουμε a 1, που επίσης είναι άτοπο. Τελικό συμπέρασμα: Αν x y, τότε έχουμε την μοναδική λύση Μένει να βρούμε και τις λύσεις όταν x y. Πάλι θεωρούμε ότι (x,y) (,). m n * * x a,y a,m,nn,m n,an {1}. nm 3n m Τότε η δοσμένη εξίσωση γράφεται: a, όπου πρέπει 3n m 0. m r 3r Θέτοντας nm r, έχουμε a, (ΣΧΕΣΗ ). m Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 73

74 Άρα 3r m r a 3r r r Αν ήταν a 6, τότε a 6, και επειδή στοιχειώδης), καταλήγουμε σε άτοπο. Άρα a {,3,4,5}. Αν a 5, τότε έχουμε Οπότε η (ΣΧΕΣΗ ) γράφεται: r 6 3r (η απόδειξη με επαγωγή είναι r 5 3r, το οποίο ισχύει μόνο όταν r m 1 και αφού nmr n. m Άρα έχουμε την λύση Αν a 4, τότε (x,y) (5,5 ). r 4 3r, το οποίο ισχύει μόνο όταν r 1. Τότε όμως η (ΣΧΕΣΗ ) γράφεται Αν a 3, τότε 3 4, που είναι αδύνατη. m r 3 3r, το οποίο ισχύει μόνο όταν r 1. Τότε η (ΣΧΕΣΗ ) γράφεται βρίσκουμε n m 3, και αφού nm r m Άρα έχουμε την λύση: Τέλος, αν a, τότε r 3. Αν r 1, τότε 3 4 (x,y) (3,3 ). r 3r, το οποίο ισχύει μόνο όταν r 1, ή r, ή 3, άτοπο. m Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 74

75 Αν r, τότε m 3, οπότε βρίσκουμε n 5 και άρα έχουμε και m 3 5 την λύση (x,y) (, ). Αν r 3, τότε 6 9, η οποία είναι αδύνατη. m Τελικά, (x,y) {(1,1),(4,),(5,5),(7,81),(8,3)}. ΘΕΜΑ 1178 Αν m,n 1 ακέραιοι, να λυθεί στους ακεραίους η εξίσωση n n m x y. ΘΕΜΑ 1179 Προσδιορίστε τους δύο μικρότερους φυσικούς αριθμούς της μορφής όπου m και n φυσικοί αριθμοί. 7m 11n ΘΕΜΑ 1180 Έστω p 3 ένας πρώτος. Δείξτε ότι p1 p1 p k. k1 Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 75

76 ΘΕΜΑ 1181 Να λυθεί η εξίσωση y x y x x y x y, x,y. ΘΕΜΑ 118 Να βρεθούν οι θετικοί ακέραιοι a,b,c, ώστε (a 1) / (b c),(b 1) / (c a),(c 1) / (a b), όπου το / δηλώνει το διαιρεί. ΘΕΜΑ 1183 Δίνεται η εξίσωση x(x 1) pq(x y), όπου p,q πρώτοι, διαφορετικοί μεταξύ τους. Να δείξετε ότι η παραπάνω εξίσωση έχει ακριβώς δύο ρίζες οποίες το y είναι κοινό. * (x,y), στις Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 76

77 ΘΕΜΑ 1184 Δείξτε ότι ο αριθμός ακεραίους n. n n 1 n (n 1) είναι σύνθετος για άπειρους θετικούς ΘΕΜΑ 1185 Βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους n για τους οποίους ο αριθμός n! 1 n 7 ακέραιος. είναι ΘΕΜΑ 1186 n Υπάρχει φυσικός αριθμός nώστε ο n n n 3 να είναι πολλαπλάσιο του 013 ; Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 77

78 ΘΕΜΑ 1187 Ανa,b,c πρώτοι αριθμοί και ο αριθμός τότε E 0. a b b c c a E είναι ακέραιος, c a b Έστω a bc a. Έστω ακόμα ab c (όμοια και οι άλλες περιπτώσεις) Είναι ab(a b) bc(b c) ca(c a) abc (a,b) (a,c) 1 a (ab(a b) bc(b c) ca(c a)) a (b c) a b c Με όμοιο τρόπο βρίσκουμε b ca,c a b Τότε abc, bac, ca b, που αντιβαίνουν στην αρχική διάταξη. Άρα τουλάχιστον δύο εκ των a,b,c είναι ίσοι. Το ζητούμενο έπεται. ΘΕΜΑ 1188 Οι θετικοί ακέραιοι a,b,c,dείναι τέτοιοι, ώστε ο αριθμός an b να διαιρείται ακριβώς με τον αριθμό cn d, για κάθε θετικό ακέραιο n. Να δείξετε ότι υπάρχει θετικός ακέραιος k τέτοιος ώστε a kc και b kd. Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 78

79 Έστω k,r μη αρνητικοί ακέραιοι με r k τέτοιοι ώστε a kc r. Τότε, an b a bc ad r bc ad k. cn d c c(cn d) c c(cn d) Για n bc ad είναι cn d n bc ad οπότε r 1 an b r 1 k 1 k k k 1. c cn d c bc ad 1 και άρα c(cn d) c Πρέπει λοιπόν an b k. Τότε r 1 r 0 1 που δίνει r 0. Άρα a kc και cn d c c χρησιμοποιώντας ότι an b k παίρνουμε και b kd. cn d Β τρόπος Για κάθε θετικό ακέραιο n ισχύει cn d an b Άρα cn d acn ad καθώς και cn d acn bc και αφαιρώντας αυτές θα ισχύει ότι cn d ad bc. Αν ad bc 0 τότε : Βάζοντας όπου n ad bc θα προκύψει cn d ad bc αδύνατον συνεπώς ad bc. Επειδή ισχύει ότι c d a b τότε c(c d) a(c d), ad c d a c Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 79

80 άρα c a και αφού ad bc τότε d b και έστω k, θετικοί ακέραιοι ώστε ck a, d b ad bc ckd d c k, άρα a kc, b kd ΘΕΜΑ 1189 Οι αριθμοί a 1,a,...a είναι μια μετάθεση των αριθμών 1,,3,...,n. Αν ισχύει n a a a a a a a a n 1 3 n1 n n 1 να δείξετε ότι a a a a a a n n1 n Θα βρούμε πρώτα το μέγιστο της παράστασης a a a a a a,(*) n1 n στην οποία τα a εμφανίζονται από μία φορά το καθένα. k Ο πρώτος προσθετέος (και όμοια οι υπόλοιποι) είναι της μορφής a1 a ή a a. 1 Μαζεύοντας τους θετικούς και χωριστά τους αρνητικούς όρους θα προκύψει άθροισμα της μορφής (1) () (n) (n1) (n) (n) a a... a a a... a,(**) όπου τα a είναι αναδιάταξη των $1,,..., n$. Είναι προφανές ότι η μέγιστη (k) δυνατή τιμή της (**) προκύπτει όταν οι θετικοί όροι είναι οι μεγαλύτεροι δυνατοί και συγχρόνως οι αρνητικοί, είναι οι μικρότεροι. Δηλαδή η μέγιστη τιμή είναι η Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 80

81 (n) (n 1)... (n 1) n (n 1) n Όμοια η μέγιστη τιμή της a3 a 4 a5 a 6 an a 1,(***) (οι όροι a εμφανίζονται από μία φορά k και οι προσθετέοι είναι οι υπόλοιποι όροι του αρχικού αθροίσματος) είναι επίσης n. Έπεται ότι η μέγιστη τιμή της a a a a a a a a 1 3 n1 n n 1 που βέβαια είναι το άθροισμα των (*),(***), είναι n n n (όσο δηλαδή δίνει η εκφώνηση). Άρα οι (*),(***) πρέπει να έχουν και οι δύο την μέγιστη τιμή τους n γιατί αλλιώς το άθροισμά τους θα ήταν γνήσια μικρότερο του Συμπέρασμα, το άθροισμα (*) (και επίσης το (***)) ισούται με n. n. ό.έ.δ. ΘΕΜΑ 1190 Μπορούμε να τοποθετήσουμε στο επίπεδο α) 4 ίσους κύκλους β) 5 ίσους κύκλους ώστε καθένας τους να εφάπτεται με ακριβώς τρεις από αυτούς; Ας προσθέσω ότι μπορούμε να τοποθετήσουμε με τον ζητούμενο τρόπο κύκλους σε πλήθος οποιοδήποτε πολλαπλάσιο του 4, από 16 και πέρα. Τα παρακάτω σχήματα δείχνουν τις περιπτώσεις 4 4 και 4 5, ενώ η περίπτωση 4 N γίνεται με την προφανή γενίκευση. Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 81

82 Για περιττό πλήθος κύκλων, είπαμε ότι δεν γίνεται το αντίστοιχο. Δεν ξέρω τι γίνεται με τους υπόλοιπους άρτιους (8,1,4N ). Θα ήταν ενδιαφέρον να σχεδιασθεί μία τέτοια διευθέτηση, αν είναι εφικτή, ή να αποδειχθεί το αδύνατο στην ενάντια περίπτωση. Γίνεται και για τους υπόλοιπους άρτιους. Π.χ. στην θέση μιας από τις τετράδες μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε μια εξάδα. Εκεί που η τετράδα αποτελείται από 1 1 κύκλους, η εξάδα θα αποτελείται από 1 1 κύκλους. Για 4N κύκλους φαίνεται παρακάτω στο σχήμα: Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 8

83 ΘΕΜΑ 1191 (ΧΡΗΣΤΟΣ ΤΣΙΦΑΚΗΣ) Δίνονται οι αριθμοί a,b,c R με (a b)(b c)(c a) 0. Να δείξετε ότι a b c 3. b c a c a b Ντζιώρας Ε γυμνασίου άσκηση 63 Είναι a b c x y z b c a c a b y z z x x y, όπου x a,y b,z c και το ζητούμενο είναι συνέπεια της ανισότητας Nesbitt: x y z x y z (x y z) 3. y z z x x y xy zx zy xy xz yz (xy yz zx) Β τρόπος Αρχικά, όπως και ο Θάνος με x a,y b,z c. Επιμέλεια: xr.tsif@gmail.com Σελίδα 83