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 Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα

ΘΕΜΑ 601 (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ) n n1 n Να γραφτεί ο αριθμός: A10 10 10, ως άθροισμα τετραγώνων τριών φυσικών αριθμών (n N* ). n n1 n n n 1 n n 1 1 10 10 10 10 10 10 10 10 10 (1 ) 10 100 n 89 n 9 n 16 n 64 n n n 10 10 10 10 3 10 4 10 8 10 100 100 100 100 n1 n1 n1 (3 10 ) (4 10 ) (8 10 ). Τα τετράγωνα είναι n1 n1 n1 (3 10 ),(4 10 ),(8 10 ). ΘΕΜΑ 60 (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ) x y (α) Να αποδείξετε ότι: Αν x,y 0 με x y, τότε: xy. 010 013 (β) Να αποδείξετε ότι: 1 3... 010. 4 (α) x y xy xy x y xy xy x y xy x y xy x( y x) y( y x) x( y x) y( y x) 0 ( x y)( y x) 0. Και αφού x yη μία από τις δύο διαφορές είναι αρνητική άρα το γινόμενο είναι αρνητικό και η ανισότητα ισχύει. Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 3

Μια λύση για το (β) (β) Θα χρησιμοποιήσω το (α), το οποίο έχει αποδειχθεί. 1 3 1 3 1 3 4 1 3 11 1 11 1 010 011 010 1 010. Άμα προσθέσω κατά μέλη, θα έχω: 1 1... 010 ( 3 4... 011) 1 013 010 010 013. 4 ΘΕΜΑ 603 (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ) 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; 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. Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 4

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 4 600.000 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. ΘΕΜΑ 604 (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ) Να κατατάξετε κατά σειρά μεγέθους από τον μικρότερο προς τον μεγαλύτερο, τους αριθμούς: 1001 1001 1000 1000 1001 x 1001,y 1000 1000,z 1001 1000. Ο αριθμός z είναι μεγαλύτερος από τον yδιότι 1000 1001 1000 1001 1000 1000 1001 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 1001 1001 1001 1000 Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 5

1001 1000 1001 1000 1001 1001 1001 1000 1001 (1001 1) 1000 1000 1001 1000 1000 1001 1001 1000 1000 1001 1000 1001 1000 1000 1000...που ισχύει προφανώς. Και η αύξουσα σειρά των αριθμών είναι : y z x. ΘΕΜΑ 605 (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ) Αν x,y N, και αν Η εξίσωση γράφεται y x 069 x, να βρεθούν οι αριθμοί x,y. y x(x 1) 069. Επειδή x(x 1) είναι άρτιος, για κάθε τιμή του x το ίδιο πρέπει να συμβαίνει και με το y 069. Αυτό αναγκάζει το y να ισούται με 0, αφού διαφορετικά περιττός. Τότε, προκύπτει x x 070 0, άρα x 46. y 069 θα ήταν ΘΕΜΑ 606 (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ) Δίνονται οι αριθμοί: m m m m 8 x 5 9,y n (15p 1), όπου m,n,p * N. Να βρείτε ποιο μπορεί να είναι το ψηφίο των μονάδων του αριθμού xy. Είναι : x 5 ( 1) 6(mod10) αφού m(m 1) k,k N, 8 8 y n 30p n (mod10). Πάμε τώρα να βρούμε τους αριθμούς ki 8 n ( mod10) όπου i n(mod10). Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 6

k0 0y (mod10) xy (mod10), k1 1y 3(mod10) xy 8(mod10), 8 56 k 6 y 8(mod10) xy 8(mod10), 8 4 k3 3 (mod10) ( 1) (mod10) 1(mod10) y 3(mod10) xy 8(mod10), k4 kxy 8(mod10), k5 5y 7(mod10) xy (mod10). Ισχύει k6 6 αφού n 6 6(mod10) για κάθε n. Άρα xy 8(mod10), 4 k7 49 (mod10) 1(mod10) y 3(mod10) xy 8(mod10), k8 kxy 8(mod10), 8 k 9 ( 1) y e(mod10) xy 8(mod10). Άρα το τελευταία ψηφίο του xy είναι ή 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 m m 5 * λήγει σε 5, για κάθε m N. O αριθμός m m 9 9 m m, γράφεται: m(m 1) 9. Όμως ο m(m 1), ως γινόμενο δύο διαδοχικών φυσικών, είναι πάντα άρτιος, δηλαδή: για κάθε t * N. * m(m 1) t,t N. Άρα Συνεπώς ο x λήγει σε 51 6. Στη συνέχεια, θα βρω το ψηφίο των μονάδων του m(m1) t t 9 9 81 και άρα λήγει σε 1 8 y n 30p. Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 7

Αρχικά, παρατηρούμε ότι το τετράγωνο κάθε φυσικού αριθμού, λήγει σε 0,1,4,5,6,9. Δηλαδή ο n, λήγει σε 0,1,4,5,6,9. Άρα ο λήγει σε 0,1,5,6. Άρα ο 8 n 4 n, θα λήγει σε 0,1,5,6 και ο, λήγει σε,3,7,8 και αφού ο 30p λήγει σε 8 n, θα 8 μηδέν, συμπεραίνουμε ότι ο αριθμός n 30p, λήγει και αυτός σε,3,7,8, δηλαδή ο yλήγει σε έναν από τους αριθμούς,3,7,8. Άρα λόγω του ότι ο x λήγει σε 6, έχουμε ότι ο αριθμός xy, θα λήγει σε ή σε 8. ΘΕΜΑ 607 (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ) Δείξτε ότι δεν υπάρχει φυσικός αριθμός n, τέτοιος ώστε ο αριθμός: A 3 5 7 n n1 n n3, να είναι τετράγωνος. 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 1444... οι καταλήξεις για τους αριθμούς,3,5,7 είναι,3,5,7 αντίστοιχα. Όταν ο εκθέτης είναι της μορφής 444... οι αντίστοιχες τιμές είναι 4,9,5,9. Με εκθέτη της μορφής 3444... έχουμε τους αριθμούς 8,7,5,3 και με εκθέτη της μορφής 4444... οι τιμές είναι 6,1,5,1. Στο συγκεκριμένο πρόβλημα αν ο εκθέτης έχει την 1η μορφή, το τελευταίο ψηφίο του αθροίσματος θα είναι 3 5 7 17 δηλαδή το 7, άρα ο αριθμός δεν είναι τετράγωνο. Αν ο εκθέτης έχει τη η μορφή το άθροισμα θα είναι 4757 3 και πάλι ο αριθμός δεν θα είναι τετράγωνος. Με την 3η μορφή το άθροισμα είναι 8 1 5 9 3 και πάλι τελευταίο ψηφίο είναι το 3 που σημαίνει ότι δεν υπάρχει τετράγωνο. Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 8

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 τετράγωνο. A 3 5 7 n n1 n n3 δε γίνεται να είναι τέλειο Β τρόπος Για n 0,n 1 ελέγχουμε απευθείας. Για n εργαζόμαστε (mod4). Είναι A 3 5 7 0 ( 1) 1 ( 1) n n1 n n3 n1 n n3 n1 n1 1 ( 1) ( 1) ( mod4). Ανάλογα τώρα αν το n είναι άρτιο ή περιττό, το προηγούμενο είναι ισότιμο 111 3(mod4) ή 111 3(mod4). Και στις δύο περιπτώσεις είναι 3(mod4) ενώ τα τέλεια τετράγωνα είναι 0(mod4) ή 1(mod4). ΘΕΜΑ 608 (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ) Τους φυσικούς αριθμούς 1,,3,... τους χωρίζουμε σε ομάδες ως εξής: A 1 (1,),A (3,4,5,6),A 3 (7,8,9,10,11,1),... Να βρείτε ποια είναι η ομάδα A. 11 Ορίζω την ακολουθία είναι το πλήθος των όρων της. Τότε a1 1,a 3,a3 7,a4 13,... b1,b 4,b3 6,b4 8,... (a n) να είναι ο πρώτος όρος κάθε ομάδας n A και (b n) να και γενικά παρατηρούμε ότι bn n ενώ an 1 an bn n. Λόγω των σχέσεων Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 9

a a (n 1) n n1 a a (n ) n1 n a a (n 3) n n3 a3a aa1 1 και προσθέτοντας έχουμε τελικά: an a1 n(n 1) οπότε τελικά Άρα η ομάδα A ξεκινάει από τον αριθμό 11 b11 διαδοχικούς αριθμούς. Άρα A 11 (111,11,113,,13). a11 11 11 1 111 an n n 1. και περιέχει ΘΕΜΑ 609 (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ) Να συγκριθούν οι αριθμοί: Το xμετατρέπεται σε Το yγίνεται 011 010 400 403 404 x 5 5,y. 010 010 5 (5 1) 4 5. 400 3 4 010 (1 ) 5 4. Αν x y τότε 010 010 4 5 5 4. Το οποίο γίνεται: 010 010 010 5 4 010 009 5 009 008 009 5 5 5 4 4 5 4 4 5 008 008 5 008 5 4 4 4 4, που είναι προφανές ότι ισχύει, άρα x y. Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 10

Β τρόπος Στο τέλος, ας το δούμε λίγο πιο αναλυτικά: Θέλουμε να δείξουμε ότι Πράγματι, έχουμε: 5 4 008 ( ) 4. Άρα αρκεί να δείξουμε ότι 5 5 5 5 65. 4 4 4 4 56 1004 4 1000 4 ( ) ( ) ( ) ( ) 5 4 1004 ( ). 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: Οπότε για την περίπτωσή μας έχουμε: n (1 a) 1 na. 5 1 1. 4 4 4 008 008 ( ) (1 ) 1 008 1 50 503 4 ΘΕΜΑ 610 (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ) Αν για τους φυσικούς αριθμούς x,y,z ισχύει ότι: x y 11 y 1 z 1 x 4 9 3y 1 3z 1, να βρεθούν οι αριθμοί αυτοί. Αφού x y x 11,4 9 είναι περιττοί και y 1 είναι περιττός τότε 3y 1 είναι περιττός και έτσι yείναι άρτιος. Επίσης z 1,3z 1 είναι ή και οι δύο άρτιοι ή και οι δύο περιττοί. Ακόμη καταλαβαίνουμε από το ο κλάσμα ότι ο παρονομαστής είναι μεγαλύτερος από τον αριθμητή κι έτσι δημιουργούμε την ανισότητα z 1 3z 1 z 3z 0 z(z 3) 0. Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 11

άρα οι δυνατές τιμές του z είναι 1 ή. Αν ο z είναι 1τότε στο 3o κλάσμα δημιουργείται ο λόγος 1 ο οποίος περιέχει έναν περιττό κι έναν άρτιο κι έτσι δεν μπορεί να ισούται με τους λόγους των άλλων κλασμάτων άρα z κι έτσι ο λόγος είναι 5 7. Πολλαπλασιάζοντας χιαστί βρίσκουμε ότι y. Και πάλι με την παρατήρηση ότι ο αριθμητής είναι μικρότερος του παρονομαστή δημιουργούμε στο 1ο κλάσμα την ανισότητα xy x xy x 11 4 9 4 έχουμε : και αντικαθιστώντας το yμε την τιμή του x x x x x x 4 ( ) (4 ) το οποίο για να ισχύει πρέπει να ισχύει και η ανισότητα x y για να είναι το αποτέλεσμα της παρένθεσης αρνητικός ή 0. Αφού λοιπόν y μπορούμε να κάνουμε δοκιμές, αντικαθιστώντας αρχικά τον xμε y 1 και επομένως θα έχουμε (4 4) 0, 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 4 11 5 συγκεκριμένη τιμή θα έχουμε :. 16 9 7 Άρα οι μεταβλητές x,y,z αντιστοιχούν στις τιμές 1,, αντίστοιχα. ΘΕΜΑ 611 (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ) Να βρεθεί ο διψήφιος αριθμός ab, αν γνωρίζουμε ότι: 7ab ba abba:11 1. 7ab ba abba:11 1 ή 7(b 10a) (a 10b) (a 10b 100b 1000a):11 1 ή Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 1

71a 17b 1 91a 10b ή 7b 0a 1 αλλά 1 7 1 6 7 1(0 7) 1 3 7 1 0, άρα a 1, b 3, ab 13. ΘΕΜΑ 61 (ΜΠΑΜΠΗΣ ΣΤΕΡΓΙΟΥ) Να βρεθούν όλοι οι τριψήφιοι αριθμοί που αν διαιρεθούν με τους αριθμούς 7,8,9 δίνουν αντίστοιχα υπόλοιπα 1,4,7. 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 3 7k 1 8m 4k m. 7 7 7 m 3 Πρέπει όμως r,r N *. Τότε m7r 3 και από την σχέση 7 x 8m 4 x 8(7r 3) 4 x 56r 0. Αλλά είναι και x 9n 7, οπότε από τις δύο τελευταίες σχέσεις έχουμε: 9(n 3) 9(n 3) 56r 0 9n 7 r. Πρέπει όμως ο αριθμός 56 56 * ακέραιος και αφού (9,56) 1,άρα 56 n 3 n 3 56t,t N. να είναι Άρα n 56t 3. Όμως από την υπόθεση, έχουμε ότι 100 x 999 100 9n 7 999 100 9(56t 3) 7 999 Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 13

10 1019 t t 1 ή t. 504 504 Αν t 1, τότε n 56 3 53 και άρα x 9n 7 953 7 484, που είναι ο ζητούμενος αριθμός. Αν t, τότε n 109 και άρα x 9n 7 9109 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 0 1,4 0 4,7 0 7 που προκύπτουν αν στα υπόλοιπα προσθέσουμε τον αριθμό 0, είναι πολλαπλάσια των αριθμών (διαιρετών ) 7,8,9αντίστοιχα. Άρα : a 0 7k 1 7c,a 0 8l 4 8d,a 0 9m 7 9e. Κατά συνέπεια ο αριθμός a 0 είναι πολλαπλάσιο του [7,8,9] 504, οπότε a 504 0 484 και a 504 0 988, μια και είναι τριψήφιος. ΘΕΜΑ 613 Δείξτε ότι: αν a,b,c 0 τότε (a bc)(b ca)(c ab) abc(a b)(b c)(c a). 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). Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 14

Το γράφω, όπως είναι δημοσιευμένο στο βιβλίο ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΑΝΙΣΟΤΗΤΕΣ των αγαπητών συναδέλφων Μπάμπη Στεργίου και Νίκου Σκομπρή : Έστω x (x 1,x,...,x n),y (y 1,y,...,y n) δύο n-άδες θετικών αριθμών και w (w 1,w,...,w n) μια n-άδα στην οποία οι αριθμοί w 1,w,...,w είναι οι n αριθμοί y 1,y,...,y, με διαφορετική ίσως σειρά, τότε: n Αν οι n-άδες xκαι yείναι όμοια διατεταγμένες, δηλαδή x1 x... x και n y1 y... y (ή αντιστρόφως οι φορές των ανισοτήτων), τότε: n (x1 y 1)(x y )...(xn y n) (x 1 w1)(x w )...(xn w n). 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: (a bc)(b ca)(c ab) abc(a b)(b c)(c a). Άρα αρκεί να δείξουμε ότι: (a bc)(b ca)(c ab) (a ab)(b bc)(c ca). Θεωρούμε τις τριάδες: x (a,b,c ),y (bc,ca,ab),w (ab,bc,ca). Θα δείξουμε ότι οι τριάδες x,y έχουν αντίθετη διάταξη. Πράγματι, έστω ότι: bc ca ab b a,c b c b a c b a a b c βάση το παραπάνω θεώρημα, έχουμε:. Άρα με (a bc)(b ca)(c ab) (a ab)(b bc)(c ca), και η απόδειξη ολοκληρώθηκε. Β τρόπος Από την ανισότητα Cauchy Schwarz έχουμε Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 15

a +bc a c (a+c) (a+c) = + a +bc b. b b c b+c b+c Ομοίως, λαμβάνουμε και (b+a) (b+c) b +ca c, c +ab a c+a a+b Με πολλαπλασιασμό αυτών προκύπτει η ζητούμενη. Δείτε εδώ: http://gbas010.wordpress.com/010/04/11/inequality-46george-basdekis/. http://www.artofproblemsolving.com/foru... &t=51185&. ΘΕΜΑ 614 Βρείτε τους μη αρνητικούς ακέραιους x,y,z για τους οποίους z x y ( 1)( 1) 1. 1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: Έστω x y. Τότε η δοσμένη γράφεται: ( 1) 1 z z z (1). x y x y y x x y x x y y Αποκλείεται όμως να είναι z y 0 θα ήταν ακέραιος, ενώ το πρώτο μέλος είναι ακέραιος. Αν πάλι ήταν z y 0, διότι τότε το δεύτερο μέλος της (1) δεν, τότε το δεύτερο μέλος της (1)θα ήταν άρτιος, ενώ το πρώτο είναι περιττός (δεδομένου ότι x y 0). Άρα αποκλείεται να είναι z y 0. Μας μένει να δούμε τι γίνεται όταν Τότε η (1) γράφεται: z y 0 (). Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 16

x x xy x xy y 1xy 1 1 1 1 (3). xy xy 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: y 1 1 y 1, οπότε και z x, 1, δηλαδή x,y 1,z 0, τιμές που επαληθεύουν την δοσμένη και άρα είναι δεκτές. η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: Έστω x y. Τότε εργαζόμενοι όπως και πριν, βρίσκουμε x 1,y,z 0. 3η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: Έστω x y. Τότε η δοσμένη γράφεται: 1 z z z (4). x x x x x 1 x 1 Αν ήταν x 0ή x 1, η (4) θα ήταν αδύνατη. Άρα x, οπότε το πρώτο μέλος της (4) είναι περιττός. Άρα πρέπει υποχρεωτικά να είναι οπότε η (4)γράφεται: x1 x1 1 1 x 1 1 x. z x1 0, Άρα z z 1 0 3, που είναι άτοπο. Συνεπώς οι λύσεις που ζητάμε είναι (x,y,z) (,1,0) ή (x,y,z) (1,,0). ΘΕΜΑ 615 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. Είναι (3,4)=1 4 (100 4n) 4 3x 4 x x=4k, k N. Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 17

Άρα y=5 3k οπότε m n = 7k 5 και φανερά min m n 3 όταν k 4 δηλαδή όταν m=16, n=13. ΘΕΜΑ 616 Έστω a,b,c θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε 31 abc (a b c). Το ανάπτυγμα του 5 5 a b,b c και 5 c a. Δείξτε οτι 31 (a b c) είναι ένα άθροισμα όρων της μορφής k m a 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. m 5 5 m Αν 6 τότε b c b b c που είναι πολλαπλάσιο του abc αφού 5 5 m a b,b b,c c. Αν πάλι 1 5 τότε 6 m 31. Είναι 5 που είναι πολλαπλάσιο του abc αφού 5 b c b c c m 5 m 5 5 m 5 b b,a c,c c. Ας υποθέσουμε ότι ακριβώς δύο από τους εκθέτες είναι μηδέν, ας πούμε 31 5 5 k 0. Τότε m 31 και c c c c πολλαπλάσιο του abc αφού 5 5 5 b c,a c c,c c. ΘΕΜΑ 617 Να λυθεί το σύστημα (x 1)yz 1 (y 1)zx 4. (z 1)xy 4 Από δεύτερη και τρίτη εξισώνοντας λαμβάνουμε, σχετικά απλά πως: Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 18

x 0 και x y. Αντικαθιστώντας τώρα εις την πρώτη λαμβάνουμε επιλύοντας ως προς x: 1 y προκύπτει x. y Αντικαθιστώντας τώρα στην δεύτερη ή στην τρίτη, έχω τελικά την 3 εξίσωση: y y 8y 1 0. Με Horner έχω πως y 3 ή y (διπλή λύση). Αν y 3 τότε και z 3 αλλά και επαληθεύει. 1 x τριάδα που είναι δεκτή αφού 3 Αν y τότε και z αλλά και x που ομοίως είναι δεκτή αφού επαληθεύει. ΘΕΜΑ 618 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. Έχουμε 1 ab ab bc ca 1c. Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι : a b 1 ab a b 1ab (1 a)(1 b)(1 ) 4 ή αρκεί: (1 a b ab) 4, ή αρκεί: a b a b (a b 1) a b 4(a b) ή (a b) (a b) 4(a b) a b ή (a b 1) a b δηλαδή, αρκεί να αποδείξουμε ότι: ab1 ab ή (a 1)(b 1) 0 (1). 1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: c 1. Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 19

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 a1,b 1 και άρα η (1) είναι αληθής. η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: c 1. Τότε από την σχέση Επίσης από την σχέση abca ab ac a 1bc 1a 1. bacb ab bc b 1ca 1b 1. Άρα και πάλι έχουμε a1,b 1 και συνεπώς η (1)είναι και πάλι αληθής, οπότε έχουμε δείξει το ζητούμενο. ΘΕΜΑ 619 Οι μη μηδενικοί πραγματικοί αριθμοί a,b,c είναι τέτοιοι ώστε 3 3 3 abc 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 a b c. Ονομάζοντας y ab bc ca και καθώς και με τη χρήση των (γνωστών) ταυτοτήτων: (a b c) a b c (ab bc ca), 3 3 3 x abc a b c a b c 3 3 3 a b c 3abc (a b c)[a b c (ab bc ca)]. Καταλήγω πως: x(x )(x 1) x x abc,ab bc ca, 6 δηλαδή η (από τον Θανάση) δοθείσα προς υπολογισμό παράσταση έχει (Μετά από αντικατάσταση φυσικά) ως εξής: Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 0

1 1 1 ab bc ca a b c a b c... 3 a b c. abc ΘΕΜΑ 60 Χρωματίζουμε το επίπεδο με δύο χρώματα. Δείξτε ότι υπάρχει ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο με κορυφές ίδιου χρώματος. 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: 1 η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: 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. η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: 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. Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 1

Μπορεί να το αποδείξει κανείς με άτοπο, λαμβάνοντας υπόψη ότι το κέντρο με διπλανές κορυφές σχηματίζει ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο και ότι παίρνει χρώματα. Θεωρώ ένα τετράγωνο ABCD και υποθέτω (από τον ισχυρισμό μου) ότι A,D είναι χρώματος 1 και ότι οι B,Cείναι χρώματος. 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 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. ΘΕΜΑ 61 (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ) Αν x,y 0, x y και αν Έστω 4 4 1x y (1). Η δοθείσα γράφεται 5 5 x y x y, να αποδείξετε ότι: 5 4 y y x(1 x ) (). 4 4 x y 1. οπότε λόγω της (1)θα είχαμε 1. y 5 4 y y xy y x 3 Από την ανισότητα ΑΜ ΓΜ είναι τότε x και επειδή είναι x y y θα ήταν άτοπο, λόγω της (). x x x x 1 Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα

ΘΕΜΑ 6 (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ) Να βρεθούν τα δύο τελευταία ψηφία του αριθμού Παρατηρούμε ότι 4 7 1(mod100) άρα άρα τα δύο τελευταία ψηφία του 013 7. 013 4 50 7 7 (7 ) 7(mod100) 013 7 είναι 07. ΘΕΜΑ 63 Βρείτε όλους τους πραγματικούς αριθμούς a για τους οποίους η εξίσωση x x a x x a έχει ακριβώς τρεις ρίζες. Έστω k μία ρίζα της εξίσωσης. Τότε παρατηρούμε ότι αναγκαστικά και η k είναι ρίζα της εξίσωσης. Πράγματι για x για x k : k : k k a k k a και k k a k k a k k a k k a k k a k k a. Δεδομένου του ότι οι ρίζες είναι ανά ζεύγη αντιθέτων και η εξίσωση έχει 3 ρίζες από υπόθεση, το 0 είναι ρίζα. Συνεπώς: a 1a 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. Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 3

ΘΕΜΑ 64 Οι θετικοί αριθμοί x,yείναι τέτοιοι ώστε x,y 3. Από την ανισότητα ΑΜ ΓΜ έχουμε y y x y 3xy. 4 4 3 3 3 6 3 xy x 3 3 xy 3 3 3 x y xy. Να δείξετε ότι Άρα 3 3 y 4 y. 3 Ομοίως αποδεικνύεται ότι x 3. ΘΕΜΑ 65 Οι ακέραιοι a,bείναι τέτοιοι ώστε οι αριθμοί a b και b a να είναι τέλεια τετράγωνα. Δείξτε ότι 3/ a,b. Θα χρησιμοποιήσουμε τη βασική ιδιότητα: Ας είναι a b x, a b y (1). 3 (a +b ) 3 a 3 b. Τότε 3(a b) x y 3 (x y ) 3 x 3 y x 3m, y 3n, οπότε με αντικατάσταση στην (1) βρίσκουμε και από αυτές βρίσκουμε Το ζητούμενο έπεται. a b 9m, a b 9n a 3(n m ), b 3(m n ). Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 4

ΘΕΜΑ 66 Βρείτε όλους τους πραγματικούς αριθμούς a για τους οποίους η εξίσωση x (a )x 1 3 x έχει ακριβώς τρεις ρίζες. Είναι x 0, καθώς το 0 δεν είναι ρίζα της εξίσωσης. Αν x 0 η εξίσωση γίνεται : x 5x 1 0 (1)με 7 3 x 1 3 x (). ή Αν x 0 η εξίσωση είναι : x 1x 1 0 (3) με 1 3 ή x 1 3x (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),() 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. ΘΕΜΑ 67 Έστω n ένας θετικός ακέραιος τέτοιος ώστε οι αριθμοί n 1 και 3n 1 να είναι τέλεια τετράγωνα. Δείξτε ότι ο αριθμός 5n 3 είναι σύνθετος. Έστω ότι n 1 x και 3n 1 y, όπου x,y * N. Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 5

Η ιδέα είναι να εκφράσουμε τον αριθμό 5n 3, συναρτήσει των xκαι y. Αναζητούμε λοιπόν δύο αριθμούς a,b, τέτοιους ώστε να είναι: a(n 1) b(3n 1) 5n 3 (a 3b)n (a b) 5n 3. Άρα πρέπει: a 3b 5. a b 3 Λύνοντας το σύστημα βρίσκουμε: a 4,b 1. Άρα από την σχέση a(n 1) b(3n 1) 5n 3 παίρνουμε: 4x y 5n 35n 3 (x y)(x y). O αριθμός όμως αυτός είναι σύνθετος, οπότε έχουμε το ζητούμενο. ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Για να είναι σύνθετος ο αριθμός (x y)(x y), θα πρέπει να αποδείξουμε ότι οι αριθμοί x y και x y, είναι διάφοροι της μονάδας. Πράγματι, αν ήταν x y 1 y x 1, οπότε θα είχαμε: n 1x 3n 1 y (x 1). Άρα: x 1 n και x 1 3 1 4x 4x 1. Άρα: 3x 3 8x 8x 5x 8x 3 0 και αφού και άρα n 11n 0, που είναι άτοπο. x * N, θα έχουμε x 1, Όμοια καταλήγουμε σε άτοπο αν δεχθούμε ότι x y 1. ΘΕΜΑ 68 Χρωματίζουμε το επίπεδο με δύο χρώματα. Δείξτε ότι υπάρχει ισόπλευρο τρίγωνο με κορυφές ίδιου χρώματος. Έστω κανονικό εξάγωνο ABCDEF και Oτο κέντρο του και έστω ότι δεν ισχύει Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 6

το ζητούμενο. Για ευκολία θα συμβολίζω με x,y τα χρώματα. 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 GAB 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. ΘΕΜΑ 69 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 ; 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 Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 7

τετραγώνου, και ένα σημείο το κέντρο του κύκλου, όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα.. ΘΕΜΑ 630 Ο θετικός ακέραιος n έχει δύο διαφορετικούς διαιρέτες a και bτέτοιους ώστε (a 1)(b ) n. Δείξτε ότι ο αριθμός n είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου. Έχουμε: n ab a b (1). Αφού Αφού * a n a b b ka,k N. * b n b a a mb a mka mk,m N. Άρα πρέπει m1,k ή m,k 1. Αν όμως ήταν m,k 1, τότε από την σχέση b ka b a, που είναι άτοπο από την υπόθεση. Άρα υποχρεωτικά θα είναι m1,k. Τότε από την σχέση b ka b a. Συνεπώς έχουμε (λόγω της (1)): Άρα: n a a a a a. n 4a (a) και έτσι δείξαμε το ζητούμενο. ΘΕΜΑ 631 Στον πίνακα είναι γραμμένοι οι αριθμοί 1,,...,9. Σβήνουμε δύο από αυτούς, έστω a και b, και γράφουμε τον αριθμό a 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 010 ; Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 8

Δουλεύουμε αντίστροφα. Η παράσταση που βγάζει τους αριθμούς δίνει άρτιο μόνο ανa,b άρτιοι. Αφού το 010 είναι άρτιος, πρέπει να "δημιουργήθηκε" από άρτιους, οι άρτιοι από 4...κτλ άτοπο. Άρα δε γίνεται. Β τρόπος Δεν μπορούμε: Είναι σαφές ότι ο αριθμός a 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 9 7 9 8 3 8 4089. Άρα ξεπερνάμε τον 010, συνεπώς δεν γίνεται να είναι ο τελευταίος. Στην πραγματικότητα ο τελικός ξεπερνά κατά πάρα πολύ τον 010. Εδώ τον ξεπεράσαμε μόλις με ένα βήμα. Ακόμη χειρότερα, ο 4089 που βρήκαμε μαζί με τον 7 δίνουν τελικό αριθμό 4089 7 4089 7 3 7 18147. Από κει και πέρα οι αριθμοί "απογειώνονται", οπότε το 010 δεν 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 a 7ab 3b 010 γιατί η διακρίνουσα ως προς b είναι 3 D 8a 8031 5(mod7), άτοπο αφού το 5 δεν είναι τετραγωνικό υπόλοιπο του 7. ΘΕΜΑ 63 Δείξτε ότι ένας πρώτος αριθμός δε μπορεί να εκφρασθεί ως άθροισμα ή περισσοτέρων διαδοχικών θετικών περιττών αριθμών. Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 9

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 ) (x 4) (x 6) (x 8) 5x 0 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 (n 1) (n 3) (n 5)... (n m 1), όπου pπρώτος και * nn,m N. Το πλήθος των παρενθέσεων είναι όσο και το πλήθος των αριθμών 1,3,5,...,m 1, δηλαδή των αριθμών: 1, 11,, 31,...,m 1. Οι αριθμοί 11, 1, 31,...,m 1 είναι mστο πλήθος. Άρα οι παραπάνω αριθμοί θα είναι m 1 στο πλήθος. Έχουμε λοιπόν: p (n n... n) (1 3 5... (m 1)) (m 1)n (1 3 5... (m 1)). To άθροισμα1 3 5... (m 1), μπορούμε να το βρούμε ως εξής (αν δεν είναι γνωστός ο τύπος που δίνει το άθροισμα όρων αριθμητικής προόδου): 1 3 5... (m 1) 1 (1 1) (1 )... (1 m) (1 m)m (1 11... 1) (1 3... m) (m 1) (m 1) m(m 1) (m 1)(m 1) (m 1). Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 30

Άρα: p (m 1)n (m 1) (m 1)(n m 1) και αφού οι αριθμοί * m1,n m 1 είναι διάφοροι από την μονάδα (εφ όσον nn,m N ), συμπεραίνουμε ότι ο p είναι σύνθετος, που είναι άτοπο από την υπόθεση. ΘΕΜΑ 633 Να δείξετε ότι 1 (a b c) a b c (a b 1) 3. Η Ανισότητα ισοδύναμα γράφεται: όπου ισχύει από την Cauchy Schwarz. 3[(a 1) (b 1) c ] (a b c) ΘΕΜΑ 634 Έστω C {1,,3,4,5,6,7,8,9,10,11,1,13,14,15,16,17,18,19,0} και S {4,5,9,14,3,37}. Βρείτε δύο σύνολα Aκαι B τέτοια ώστε (α) AB (β) AB 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. Σε κάποιο σύνολο θα ανήκει το 1. Ας πούμε ότι 1 A. Τότε 3 B οπότε A. Από εκεί και πέρα καθορίζεται που πρέπει να ανήκει κάθε αριθμός του C. Βρίσκουμε A 1,,5,6,10,11,14,15,16,19,0 και B 3,4,7,8,9,1,13,17,18. Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 31

ΘΕΜΑ 635 Έστω S(n)το άθροισμα των ψηφίων (στο δεκαδικό σύστημα) του αριθμού n. Για παράδειγμα, S(01) 01 5. Δείξτε ότι δεν υπάρχει ακέραιος n 0 για τον οποίο n S(n) 9990. 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 9111 111x 999 0 y 9 0 11y 99 0z 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 Τότε: xyzwv. 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. Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 3

ΘΕΜΑ 636 (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ) Έστω A(n) 1 3 5... (n 1) και B(n) 4 6... (n), όπου n * N. Να αποδείξετε ότι: A()A(3)...A(n) 1. B(1)B()...B(n) n 1 B(n) (1 3... n) n n 1. A(n) B(n) n n. Τότε A(n) n και B(n) n 1 A()A(3)...A(n) 1 A() A(n) 1 n 1 n 1...... B(1)B()...B(n) B(1) B() B(n) 3 n n 1 n 1. ΘΕΜΑ 637 Να δείξετε ότι a b 1 (a b) για όλους τους θετικούς ακεραίους a,b. Αφού a έχουμε b φυσικός και μάλιστα μη μηδενικός λόγω αρρητότητας της, 1 a b a b a b a b a b, από όπου το ζητούμενο. ΘΕΜΑ 638 Βρείτε όλους τους πρώτους pγια τους οποίους ο αριθμός τετράγωνο ακεραίου. p 4 5 4p είναι τέλειο Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 33

Έστω p 4 5 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 5 (k p )(k p ). Αφού gcd(k p,k p ) gcd(k p,4p ) 1 (από τις συνθήκες (1)), k p k p και 5 είναι πρώτος, θα πρέπει: Αφαιρώ αυτές τις κατά μέλη και παίρνω: Από αυτό έπεται ότι p k p 5 και p 4p 5 1. k p 1. p 5 1 0(modp) 4 0(modp) (από το μικρό θεώρημα του Fermat),άρα p. Παρατηρούμε ότι το p δεν ικανοποιεί το πρόβλημα. Άτοπο. Επομένως έχουμε μοναδική λύση: p 5,που επαληθεύει... ΘΕΜΑ 639 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. Δίκιο έχει ο B. Καταρχήν το δεν μπορεί να προκύψει ως άθροισμα δύο διαφορετικών θετικών ακεραίων. Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 34

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:,4,10 οι άρτιοι και 1,7,57οι περιττοί. ΘΕΜΑ 640 Να δείξετε ότι 1 1 1 1 1 1 1, a bc b ca c ab 9 a b c για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς a,b,c. Λόγω ομογένειας μπορούμε να υποθέσουμε ότι abc 1. Από AM GM: 3 a bc a a bc 3 a a bc 3a LHS ( ) άρα αρκεί: από AM GM. 3 1 1 1 1 3 a b c 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( ) ( ) 3, που ισχύει 3 a b c 9 a b c a b c Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 35

Β τρόπος Από την Ανισότητα AM GM θα έχουμε 1 1 1 1 1 1 1 1 a abc 3 abc, 3 3 a bc 3 a 3 3 a 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 1 1 1 a b c. a bc b ca c ab ab bc ca Υπάρχει μια όμορφη λύση με Cauchy Schwarz. Έχουμε ότι (ab bc ca) (ab ac) (bc) (b c) bc. a bc a bc Προσθέτοντας τις όμοιες με αυτήν παίρνουμε το ζητούμενο. ΘΕΜΑ 641 Να δείξετε ότι 1 1 1 (ab bc ca) 3 3 3 a bc b ca c ab 6 για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς a,b,c με abc 1. Ισχύει σύμφωνα με την Ανισότητα AM GM, Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 36

1 1 1 1 1 1 1 ab (ab bc ca) a abc abc 3 a bc a 6 ξανά λόγω της Ανισότητας AM GM. Β τρόπος Είναι: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 a b c 3 3 3 a bc b ca c ab a 3 b 3 c 3 a b c 4 4 4 a 1 b 1 c 1 Όμως: (1). 4 a 1 a 1 a 4 a 1 a επομένως συνεχίζοντας η (1)δίνει: 1 1 1 1 1 1 1 abc 1 ab bc ca 3 3 3 a bc b ac c ab a b c Αρκεί να αποδείξω ότι: ab bc ca ab bc ca. 6 Αρκεί να αποδείξω ότι: ab bc ca 3 το οποίο ισχύει αν εφαρμόσω ΑΜ ΓΜ.. ΘΕΜΑ 64 a b c a b c Να δείξετε ότι, για όλους τους θετικούς a b b c c a πραγματικούς αριθμούς a,b,c με abc a b c. Είναι: a b c a b c a b b c c a a ab b bc c ac Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 37

a b c a b c a b c a b c ab bc ca a b c ab bc ca (1). Όμως: a b c ab bc ca a b c a b c ab bc ca a b c 1 a b c ab bc ca a b c a b c οπότε η (1) δίνει. a b b c c a, ΘΕΜΑ 643 Να δείξετε ότι 4 5 6 x y (x y) για όλους τους πραγματικούς αριθμούς x,y [0,1]. Πότε ισχύει η ισότητα; Επειδή είναι x,y [0,1] είναι 4 5 6 x x, y y, (x y) x y, οπότε αρκεί να αποδειχθεί ότι x y x y. 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. ΘΕΜΑ 644 a b c Να δείξετε ότι 1, για όλους τους θετικούς a b c πραγματικούς αριθμούς a,b,c με abc 1. a a 1 a 1 1 Είναι = = 1- a + a+1 a+1 a+1 ( ). Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 38

Οπότε αρκεί να αποδειχθεί ότι Θέτοντας 1 a+1 1. x y z a,b,c από την ανισότητα Cauchy Schwarz είναι y z x 1 y y (x+y+z) = = =1. a+1 x+y xy+y x +y +z +xy+yz+zx ΘΕΜΑ 645 Να δείξετε ότι x y z (x y ) (y z ) (z x ) 4x y 4y z 4z x 9, για όλους τους θετικούς πραγματικούς x 4y y 4z z 4x αριθμούς x,y,z. Είναι το 9 η καλύτερη σταθερά; Όχι, το 9 δεν είναι το καλύτερο φράγμα! Αν θέσουμε (πάντα για την αριστερή Ανισότητα) (x,y,z) φτάνουμε σε γνωστή Ανισότητα του Cirtoaje! ( a, b, c) τότε ΘΕΜΑ 646 (x y ) y(x y ) Να λυθεί το σύστημα. x (y 1) y (x 1) xy 1 (x y ) y(x y ) x y 4 xy y y x xy 4 y x( y) ( y)( y) x y, εκτός όμως Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 39

αν y, όπου θα ισχύει σύμφωνα με τη δεύτερη ισότητα x 4x 4 x 1 x x 3 0 (x 1)(x 3) 0 απ' όπου βρίσκουμε τις λύσεις (x,y) (1,),( 3,). Αν y αντικαθιστούμε στη δεύτερη ισότητα και έχουμε : (y ) (y 1) y (y 1) y(y ) 1 3 (y 4y 4)(y 1) y y y y 1 3 y 3y y 3 0 y(y 1) 3(y 1) 0 (y 3)(y 1)(y 1) 0. Οπότε έχουμε πέντε συνολικά λύσεις για τα (x,y). 1 3 (, ),(1,3),( 1,1),(1,),( 3,). ΘΕΜΑ 647 Να δείξετε ότι x y z 3 για όλους τους θετικούς 1 x 1 y 1 z πραγματικούς αριθμούς x,y,zμε 1 1 1 1. x y z xyz Ισχύει λόγω της υπόθεσης x x (x y)(x z). 1 x Αλλά, από την ανισότητα Cauchy Schwarz θα έχουμε x x x(y z) (x y)(x z) (x y)(y z)(z x) Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 40

(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 Β τρόπος x 9... (x y)(x z) 4 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 o 0 A B 90 (*). Ανάλογα, η δοθείσα γράφεται (x z)y 1, άρα tana tanc tanb 1 ή 1 xz 1 tanatanc tan(a C)tanB 1 ή sin(a C)sinB cos(a C)cosB ή 0 cos(a B C) που σημαίνει ότι η AB C είναι στο πρώτο ή στο τέταρτο τεταρτημόριο, o όμως με χρήση της (*) συμπεραίνουμε ότι 0 A BC 90. Έχουμε ακόμη ότι x tana tanacosa sina 1x 1tan A Από Jensen το αριστερό μέλος της αποδεικτέας είναι και κυκλικά. ABC sina sinb sinc 3 sin 3 sin30 3, όπως θέλαμε. 3 ΘΕΜΑ 648 Το άθροισμα 11, διαφορετικών ανά δύο, θετικών ακεραίων είναι μικρότερο του 96. Δείξτε ότι υπάρχουν δύο με άθροισμα 13. Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 41

Έστω ότι δεν υπήρχαν δύο με άθροισμα 13. Τότε από κάθε ένα από τα σύνολα {1,1},{,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 345613 14 15 16 17 96, Άτοπο. ΘΕΜΑ 649 Να προσδιορίσετε τους τετραψήφιους αριθμούς abcd για τους οποίους abcd 1 (ac 1)(bd 1) (1). (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 bc d 9 άρα abcd a999 1000a 999 με a 1,,,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). ΘΕΜΑ 650 Να προσδιορίσετε τους πραγματικούς a,b,c αν ισχύουν a b c 6, a b 5, b c 7. Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 4

Θέτουμε a x 1, b y 4, c z 3. Οπότε έχουμε x y 0, y z 0. Η πρώτη γράφεται x y z 6(y z) 0. (x 1) (y 4) (z 3) 6, x y z x 8y 6z 0, και λόγω της ης γίνεται Τότε, λόγω της 3ης προκύπτει x y z 0, οπότε a 1,b 4,c 3. ΘΕΜΑ 651 α) Χρησιμοποιώντας τους αριθμούς 1,,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,,3,...,0 μια φορά τον καθένα, μπορούμε να σχηματίσουμε 10 ζεύγη τέτοια ώστε το άθροισμα κάθε ζεύγους να είναι διαφορετικό και πρώτος αριθμός; α) Ναι. 910 19 85 13 7 4 11 61 7 3 5. Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 43

β) Όχι. Ας υποθέσουμε ότι γίνεται. Όλοι οι πρώτοι που μπορούν να είναι άθροισμα δύο διαφορετικών ακεραίων από το 1 έως το 0 είναι οι 3,5,7,11,13,17,19,3,9,31,37. Αν πάρουμε 10 διαφορετικούς από αυτούς, το άθροισμά τους θα είναι μικρότερο ή ίσο του 5711 13 17 19 3 9 31 37 19. Ταυτόχρονα όμως το άθροισμα των αριθμών από το 1 έως το0 είναι ίσο με 10 και υποθέσαμε ότι ισούται με το άθροισμα 10διαφορετικών εκ των πρώτων 3,5,7,11,13,17,19,3,9,31,37, δηλαδή είναι μικρότερο ή ίσο του 19, άτοπο. ΘΕΜΑ 65 Να λυθεί η εξίσωση 8 9 10 (1). {x} x [x] x,[x],{x} 0, x [x] {x}, 0 {x} 1 (1) 8[x]([x] {x}) 9[x]{x} 10{x}([x] { x}) 10{x} 11[x]{x} 8[x] 0 ([x] {x})(16[x] 10{x}) 0 άρα [x] (a): {x} ή (b): {x} 1,6[x]. για την περίπτωση (a): 1 3 0 [x] [x] 1 {x} x, ικανοποιεί την αρχική. Για την περίπτωση (b): [x] 0, απορρίπτεται. Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 44

ΘΕΜΑ 653 Δείξτε ότι ανάμεσα σε 10, διαφορετικούς ανά δύο, θετικούς αριθμούς, (1 x)(1 y) υπάρχουν δύο, έστω x,yτέτοιοι ώστε 0 x y. 9 x Κοιτάμε τους δέκα διαφορετικούς αριθμούς για τα δέκα δοθέντα x. Είναι 1 x όλοι θετικοί και μικρότεροι της μονάδας. Αφού οι αριθμοί είναι δέκα, οπωσδήποτε θα υπάρχουν δύο σε κάποιο από τα εννέα διαστήματα 1 1 8 9 0,,,,...,, 9 9 9 9 9. Δύο τέτοιοι αριθμοί ικανοποιούν 0 x y 1, 1 x 1 y 9 που είναι ισοδύναμη με τη ζητούμενη. ΘΕΜΑ 654 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 4. Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 45

Αν το μήκος ενός τόξου είναι s, όπου s το 4 μήκος του κύκλου, τότε η επίκεντρη γωνία o 360 o του τόξου θα πρέπει να είναι 15 4. Οπότε το πρόβλημα ανάγεται στο: "Μία επίκεντρη γωνία που δημιουργείται από τις ακτίνες ενός ισόπλευρου τριγώνου και ενός o τετραγώνου είναι τουλάχιστον 15 ". Οι επίκεντρες γωνίες του τετραγώνου χωρίζουν τον κύκλο σε τέσσερα μέρη το καθένα από τα o οποία είναι 90. 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 o είναι 0, 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 o τετραγώνου μεγαλύτερη από 0 και o μικρότερη ή ίση με 15, η οποία είναι και αυτή σωστή. (γ) Η γωνία που σχηματίζει η μια ακτίνα o του ισόπλευρου με μια ακτίνα του τετραγώνου είναι μεγαλύτερη από 15 και o μικρότερη ή ίση με 30. Όμως μια άλλη ακτίνα θα είναι ή μηδενική γιατί o o 10 90 30 ή μικρότερη των 15, όπως φαίνεται στο σχήμα. (δ) Η γωνία που σχηματίζει η μια ακτίνα του ισόπλευρου με μια ακτίνα του o o τετραγώνου είναι μεγαλύτερη από 30 και μικρότερη ή ίση με 45. Όμως πάλι μια άλλη ακτίνα θα σχηματίζει με μια ακτίνα του τετραγώνου γωνία μεγαλύτερη o o από 0 και μικρότερη ή ίση με 15, που είναι κι αυτή μέσα στα ζητούμενα. Όλες οι υπόλοιπες περιπτώσεις ανάγονται στις παραπάνω. Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 46

ΘΕΜΑ 655 Μια ακολουθία θετικών ακεραίων a 0,a 1,a,,a n, κατασκευάζεται ως εξής: [*] αν το τελευταίο ψηφίο του a είναι μικρότερο ή ίσο του n 5 τότε το ψηφίο αυτό σβήνεται και ο an είναι ο αριθμός που μένει 1 (αν ο an δεν περιέχει κανένα ψηφίο τότε η διαδικασία τερματίζεται.) 1 [*] αλλιώςa n 1 9a n. Μπορούμε να επιλέξουμε τον a ώστε να προκύψει άπειρη ακολουθία ; 0 Παρατηρούμε ότι αν το τελευταίο ψηφίο του a είναι μικρότερο ή ίσο του n 5 τότε είναι an 1 a. n Ακόμη, αν το τελευταίο ψηφίο του a είναι μεγαλύτερο του 5 τότε είναι n an a. n Πράγματι, αν an 10a b, όπου a 0 και 5b 9, τότε an 1 9a n 90a 9b 90a 10(b 1) 10 b, οπότε το τελευταίο ψηφίο του an είναι το 1 10 bκαι ισχύει 110 b 5 οπότε an 9a b110a b δηλαδή an a. n 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,,3,4,5} και η διαδικασία θα τερματιστεί. ΘΕΜΑ 656 Υπάρχουν αριθμοί x 1,x,,x 009 { 1,1}, έτσι ώστε x1x xx3 x3x4 x008x 009 x009x 1 999 ; Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 47

y x x, i 1,...,009 όπου x010 x1 y είναι ίσα με 1 και b με 1. Έστω i i i1 i. Είναι yi 1. Έστω ότι a από τα Τότε ab 009 και ab 999. Λύνοντας το σύστημα προκύπτει a 1504,b 505. Όμως a b y1y...y 009 1 ( 1) 1 y y...y x x...x 0. 1 009 1 009, που είναι άτοπο, αφού Επομένως δεν υπάρχουν τέτοιοι αριθμοί. ΘΕΜΑ 657 Βρείτε όλους τους ακεραίους nτέτοιους ώστε 3 n 3 Z n 7. 3 n 3 7n 3 Είναι n. Για να είναι ακέραιος πρέπει n 7 n 7 n 4 7n 3 7 n 3, άρα (απλό) n 7. Τις τιμές αυτές τις ελέγχουμε με το χέρι. Με απευθείας έλεγχο βρίσκω n ή n 5. ΘΕΜΑ 658 (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ) Να λυθεί η εξίσωση: [x] 4 3x, όπου x R. Είναι x [x] 3x 3[x] [x] 4 3[x] [x] 4, αλλά και x [x] 13x 3[x] 3 [x] 1. Επομένως, 1 [x] 4 [x],3,4. Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 48

Αν [x] τότε Αν [x] 3 τότε 8 x, δεκτή. 3 10 x, δεκτή. 3 Αν [x] 4 τότε x 4, δεκτή. ΘΕΜΑ 659 Βρείτε όλους τους ακεραίους n για τους οποίους ο αριθμός τέλειο τετράγωνο ρητού. Για n 0 ή n 1, ο αριθμός n 7 147, δεν είναι τετράγωνος. Για n, είναι τετράγωνος (αφού είναι ίσος με 196 δηλαδή με n 7 147 είναι 14.) Θα δείξουμε ότι για κάθε n, δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο. Αφού * n n m,m N. Τότε n m m 7 147 7 7 3 7 (7 3). Συνεπώς θα πρέπει ο αριθμός m * 7 3 x, όπου x N. Όμως x 7y u όπου Τότε y m 7 3 να είναι τέλειο τετράγωνο. Δηλαδή,. * N και u {0,1,,3,4,5,6} m m 7 3 (7y u) 7 3 u 7, δηλαδή m 7 3u 7z, όπου z * N. Άρα m m1 7 7z u 3 7(7 z) u 3, άρα 7 u 3. Τούτο όμως είναι άτοπο, αφού u {0,1,4,9,16,5,36} και άρα u 3 { 3,,1,6,13,,33}, οπότε πράγματι ο u 3 δεν διαιρείται με Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 49

το 7. Άρα η μόνη τιμή του n που κάνει τον δοσμένο αριθμό τέλειο τετράγωνο είναι η n. 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 a a 1 1 7 147 αριθμός γράφεται: 7 147 147. a a 7 7 Είναι φανερό, ότι για να είναι ο αριθμός αυτός τέλειο τετράγωνο ρητού, θα a πρέπει ο a να είναι άρτιος και ο 1 7 147 να είναι τέλειο τετράγωνο a * ακεραίου. Δηλαδή ο 17 7 3 b,b N. Παίρνοντας πάλι b 7x u,u {0,1,,3,4,5,6}, και εργαζόμενοι ακριβώς όπως παραπάνω, καταλήγουμε σε άτοπο. ΘΕΜΑ 660 Έστω m,n θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε ο αριθμός mn 1 να είναι πρώτος και διαιρέτης του (m n ) 1. Δείξτε ότι m n. ((m n 1) (m n 1) (m n 1) (m n 1) ) (m n 1) (m n 1) (m n 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) Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 50

(m n 1) (4mn 1). (m n 1) (m n 1) (m n 1) (4mn 1) (m n 1) (m n) και επειδή mn 1 είναι πρώτος (προφανώς μεγαλύτερος του ) είναι (m n 1) (m n). Από την τελευταία προκύπτει mn 0 αφού m n 1 m n. ΘΕΜΑ 661 Βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους μικρότερους του 1000 τέτοιους ώστε ο κύβος του αθροίσματος των ψηφίων τους να ισούται με το τετράγωνο του αριθμού. 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: c (a b c) (100a 10b c) 100(10a b ) 10 c διότι: a b c 100,a b c 10a b, (επειδή a 1) δηλαδή: 10 3. Aυτό όμως είναι αδύνατον c a b c 100,(a b c) (10a b ) 10 3 c (a b c) 100(10a b ). 10 και επομένως Τώρα θα δούμε αν ο αριθμός μπορεί να είναι διψήφιος, δηλαδή να είναι ο ab με 3 a 0. Τότε (a b) (10a b). O αριθμός(10a b), έχει τελευταίο ψηφίο το 0,1,4,5,6,9. Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 51

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 (10a b) να έχει τελευταίο ψηφίο του το 4. Τότε ο 10a b έχει ψηφίο μονάδων το ή το 8, δηλαδή b ή b 8. Αν όμως b, τότε επειδή ο 3 (a ) έχει τελευταίο του ψηφίο το 4, άρα ο a έχει τελευταίο ψηφίο το 4 και επομένως a, δηλαδή ab, που 3 όμως δεν τον δεχόμαστε γιατί (). 3 Επίσης αν το ψηφίο των μονάδων είναι το 8, (δηλ b 8) τότε επειδή ο (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 (68) 68. O αριθμός (10a b) να έχει τελευταίο του ψηφίο το 9. Τότε ο 10a bέχει 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 3 3 τον απορρίψουμε γιατί (63) 63. 3 Επίσης αν b 7, τότε επειδή ο (a 7) έχει τελευταίο του ψηφίο το 9, άρα o a 7 έχει και αυτός τελευταίο ψηφίο το 9 και επομένως a, δηλαδή ab 7. Ο αριθμός αυτός είναι αυτός που ζητάμε, γιατί 3 3 ( 7) 9 7. Μένουνε μόνο οι μονοψήφιοι αριθμοί, από τους οποίους δεκτός είναι μόνο ο 1. Επομένως οι λύσεις είναι οι αριθμοί 1 και 7. Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 5

ΘΕΜΑ 66 Οι πραγματικοί αριθμοί x 1,x,x 3,x 4,x είναι τέτοιοι ώστε 5 x x 1 x3 x 3 x4 x 3 4 x5 x 4 5 x1 x 5. Δείξτε ότι x1 x x3 x4 x. 5 Έστω x x 1 x3 x 3 x4 x 3 4 x5 x 4 5 x1 x 5 k. Τότε: x x1 k, x x x x k x, 3 k x, 3 4 3 k x, 4 5 4 k x. 5 1 5 Με πρόσθεση κατά μέλη, έχουμε: Άρα: 60 30 0 7 0 k ή 60 60 30 0 15 1 0 k. 60 60 30 0 3 0 k. 60 Και στις δύο παραπάνω περιπτώσεις, είναι αδύνατον οι παρενθέσεις να είναι μηδέν, εφόσον 60 30 0 είναι πολλαπλάσιο του 10, ενώ 7, 3, δεν είναι πολλαπλάσιο του 10. Άρα υποχρεωτικά θα είναι k 0, από όπου προκύπτει άμεσα το ζητούμενο. Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 53

ΘΕΜΑ 663 Σε ένα τραπέζι υπάρχουν 4 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; Προφανώς και είναι αδύνατον. Οποιαδήποτε κίνηση και να κάνουμε, το πλήθος όρθιων φλιτζανιών θα είναι περιττός αριθμός, ενώ το 4 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. ΘΕΜΑ 664 Στο επίπεδο μοναδιαίου τετραγώνου θεωρούμε 100 σημεία M 1,M,...,M. 100 Δείξτε ότι υπάρχουν δύο διαδοχικές κορυφές του τετραγώνου, έστω A και B, τέτοιες ώστε το άθροισμα των περιμέτρων των τριγώνων AM B,AM B,...,AM B να είναι μεγαλύτερο από 41. 1 100 Έστω το άθροισμα των περιμέτρων όλων των τριγώνων κορυφές π.χ. A,B S. AB Αρκεί να δειχθεί ότι maxs AB,S BC,S CD,SDA 41. Υποθέτουμε ότι ισχύει το αντίθετο. Τότε: SAB SBC SCD SDA 441 964. Ονομάζω T το άθροισμα των περιμέτρων των τριγώνων i AM i... ως προς Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 54

AMB,BMC,CMD,DMA. Προφανώς 100 i i i i Ti SAB SBC SCD SDA. i1 Άρα 100 Ti 964. i1 Είναι όμως Ti (AM i BM i CM i DM i) 4 και από τριγωνική ανισότητα στα AMiC,BM id είναι Ti (AC BD) 4 4 4 4,41 και 100 Ti 100 4,41 964 και η απόδειξη ολοκληρώθηκε. i1, άτοπο ΘΕΜΑ 665 Στην περιφέρεια ενός κύκλου είναι γραμμένοι 68 αριθμοί. Παρατηρήθηκε ότι το άθροισμα οποιονδήποτε 0 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 10. Ας συμβολίσουμε τους αριθμούς με a 1,...,a. 68 a a a... a a a... a ισχύει για οποιονδήποτε αριθμό από αυτούς που δίνονται. Επειδή n n1 n n19 n1 n n0 an an 0 a n40... Όμως, αφού ο τελευταίος είναι ο αριθμός a θα ισχύει επίσης 68 a49 a 1,a50 a,...,a 68 a. 0 Συνεπώς, χρησιμοποιώντας εναλλάξ αυτές τις δύο "ιδιότητες" έχουμε: i) a1 a49 a9 a57 a17 a65 a5 a53 a13 3, ii) a a50 a10 a58 a18 a66 a6 a54 a 14, a10 a, 10 iii) a83 a3 a51 a11 a59 a19 a67 a7 a55 4, Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 55

iv) a144 a4 a5 a1 a60 a0 a68 a8 a56 a16 9. Συνεπώς για τους αριθμούς της πρώτης 0άδας γνωρίζουμε ότι: (a1 a9 a17 a5 a 13) (a a10 a18 a6 a 14) (a3 a11 a19 a 7) (a4 a1 a0 a8 a 16) 75, δηλαδή 5 a 5 a 5 a 5 a 75 15 0 45 5 a 75 a a 1, 1 3 4 10 συνεπώς καταλήξαμε στο ζητούμενο. ΘΕΜΑ 666 x y 1340 Να λυθεί το σύστημα:. 3 3 3 x y 010xy 670 1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: x,y 0. x y.670 Τότε έχουμε:. 3 3 (x y) 3xy(x y) 3.670xy 670 Άρα: 3 3 (.670) 3xy(.670) 3.670xy 670 8.670 6xy 3xy 670 3xy 7.670 xy 670. 7 3 Άρα τα x,y είναι οι ρίζες της εξίσωσης t.670t 670 0. 3 7 Η εξίσωση όμως αυτή, έχει αρνητική διακρίνουσα και άρα η περίπτωση αυτή απορρίπτεται. η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: x,y 0. Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 56

x y.670 Τότε, ομοίως βρίσκουμε: 9 xy 670 7, οπότε έχουμε τις τιμές των x,y. 3η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: x 0,y 0. x ( y).670 Πάλι ομοίως βρίσκουμε: 9. x ( y) 670 7 Άρα τα x, y είναι οι ρίζες της εξίσωσης συνέχεια απλή. Όμοια και στην περίπτωση x 0,y 0. 7 και η 9 t.670t 670 0 ΘΕΜΑ 667 (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ) 1 Να υπολογίσετε το άθροισμα: A (1 11 111 1111... 11...1) 10 81 όπου τα ψηφία στον αριθμό 11...1 είναι 013. 014, S 111 111 111 9S 9 99 999 999 013 013 3 013 (10 1) (10 1) (10 1) (10 1) 013 9S (1 10 10 10 ) 014 014 014 014 10 1 10 1 014 10 1817 9S 014 S S. 9 81 9 81 81 Άρα 1817 A. 81 Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 57

ΘΕΜΑ 668 Έστω a,b θετικοί αριθμοί με άθροισμα 1. Αν οι αριθμοί τότε και οι a,b είναι ρητοί. 3 a και 3 b είναι ρητοί, 3 3 3 Επειδή οι αριθμοί a, b είναι ρητοί τότε και ο αριθμός a + b 3 είναι ρητός και 3 επομένως και ο (a b) 3ab(a b) 1 3ab είναι ρητός και άρα και o ab ρητός είναι. a b (a b) ab 1 ab. Επομένως ο a b ρητός. 3 3 Ο a b είναι ρητός επειδή είναι ρητοί και οι δύο αριθμοί. Επομένως (a b)(a ab b ) ρητός. x Άμα θέσω (a b)(a ab b ) x, με x Q, τότε ab a b ab ο αριθμός a b είναι ρητός. δηλαδή Επειδή a b, a b είναι ρητοί άρα το άθροισμα και η διαφορά τους είναι ρητοί και επομένως a,b είναι ρητοί δηλαδή οι αριθμοί a,b είναι ρητοί. ΘΕΜΑ 669 (α) Να συγκρίνετε τους αριθμούς 99 b 1 5... 5. 148 149 a 1 3 3... 3 3 και (β) Να συγκρίνετε τους αριθμούς 013 013 00 43 και 013 013 16 5. (α) a 150 150 1 3 1 3 1 3 1 και b 100 100 1 5 1 5 1 5 1 4. Αν υποθέσω ότι a b τότε 150 100 3 1 5 1 150 100 3 5 1 4 Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 58

3 50 50 50 50 50 50 50 (3 ) (5 ) 17 5 17 7 5 1. Που είναι αλήθεια. (β) Έστω 013 013 3 013 5 013 609 406 10065 A 00 43 ( 5 ) (3 ) 5 3 6039 406 6039 406 5 3 3. Και Τώρα: 013 013 3 3 013 013 6039 6039 406 406 B 16 5 ( 3 ) (5 3 ) 3 5 3. 6039 6039 406 406 406 6039 406 6039 406 6039 A B 3 ( 3 ) 5 (3 ) (3 ) (5 3 ) 6 671 9 671 6 671 9 671 671 671 671 671 [(3 ) ( ) ][(5 ) (3 ) ] (79 51 )(1565 19683 ) 0. Άρα A B. ΘΕΜΑ 670 Να προσδιορίσετε τους τετραψήφιους αριθμούς abcd για τους οποίους ισχύει 6 6 6 6 a(a b c d)(a b c d )(a b 3c 4d ) abcd. Ονομάζω 6 6 6 6 A a(a b c d)(a b c d )(a b 3c 4d ) abcd 6 10 Αν υποθέσουμε ότι a 3, τότε A3 3 3 3 3, που είναι άτοπο, αφού ο A είναι τετραψήφιος. Άρα πρέπει a {1,} και άρα A 999. Τώρα, αν d και δεδομένου ότι a {1,}, θα έχουμε: A (1 )(1 4)(1 4 64) 3855, που είναι άτοπο, αφού A 999. Άρα d {0,1}. Επίσης αν b 3, τότε (δεδομένου ότι a {1,}, θα ήταν: 6 6 A 1(1 3)(1 3 )(1 3 ) 58360, που είναι άτοπο. Άρα b {0,1,} και Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 59

άρα A 91. Τέλος, αν ήταν c τότε A 1(1 )(1 4)(1 3 64) 899, που είναι άτοπο αφού A 91. Άρα c {0,1}. Είδαμε λοιπόν ότι a {1,},b {0,1,},c,d {0,1}. Στη συνέχεια θα δείξω ότι είναι αδύνατον να είναι a,b,c,d 1. Πράγματι, τότε θα ήταν: A14410 160, που είναι άτοπο, αφού ο A είναι τετραψήφιος. Άρα ένα τουλάχιστον από τα a,b, θα είναι το. Τότε 1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: b. 6 6 6 A a(a c d)(a 4c d )(a 64 3 c 4 d ) και τότε αν μεν είναι a A 48 (3 64) που προφανώς είναι άτοπο, αν δε a 1A 35 (1 64) 1935, που πάλι είναι άτοπο εφόσον είναι a 1,b. Τότε η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: a. 6 6 6 A ( b c d)(4 b c d )(64 b 3c 4d ). Παραπάνω είδαμε ότι αν a,b, καταλήγουμε σε άτοπο. Διακρίνουμε λοιπόν τις δύο υποπεριπτώσεις: (a): 6 6 b 1 A (3 c d)(5 c d )(66 3c 4d ) και τότε αν με είναι c d 0A 1980, που είναι άτοπο αφού c 0, αν δε c 0 ή d 0 τότε: A 4669 331, που επίσης είναι άτοπο, αφού A 91. (b): 6 6 b 0A ( c d)(4 c d )(64 3c 4d ) και βλέπουμε αμέσως ότι Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 60

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,b 0,c 1,d 0. ΘΕΜΑ 671 Από τους ακεραίους 1,,3,4,...,011,01 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. Παρατηρούμε ότι μπορούμε να επιλέξουμε το πολύ ένα πολλαπλάσιο του 11. Επίσης χωρίζοντας τα μη πολλαπλάσια του 11 στα ζεύγη {1,01},{,011},,{1006,1007} παρατηρούμε ότι από κάθε ζεύγος μπορούμε να επιλέξουμε μόνο ένα από τους αριθμούς. (Αφού 11 013). Έχουμε συνολικά 1001 1006 1006 91 915 τέτοια ζεύγη. Άρα συνολικά μπορούμε να 11 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,,3,4,5}. Παρατηρούμε ότι αυτό το σύνολο έχει την ιδιότητα που θέλουμε και έχει 5 μέγεθος 1 013 1 5 ( 91 1) 916 όπως θέλαμε να δείξουμε. 11 ΘΕΜΑ 67 Να δείξετε ότι 1 1 1 1 x yz 3 y zx 3 z xy 3 θετικούς πραγματικούς αριθμούς x,y,zμε x y z 9. για όλους τους Από την Ανισότητα Cauchy Schwarz ισχύει Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 61

1 9 x yz 3 x yz 3 y zx 3 z xy 3. Μένει δηλαδή να δείξουμε ότι x yz 3 9. Αυτή η Ανισότητα ισχύει σύμφωνα με την Ανισότητα AM GM και την υπόθεση αφού ισοδύναμα έχουμε 1 1 6 6 x yz 3 [(x yz 3) 9] x x 36 9. ΘΕΜΑ 673 Για τους ακέραιους a,b,c ισχύει a 4b c. Δείξτε ότι ο αριθμός γράφεται ως άθροισμα δύο τετραγώνων ακεραίων. a b Έχουμε: a c a c 4b b, οπότε 4 a c a c a c a c a b a ( ) ( ). Μένει μόνο να δείξουμε ότι οι αριθμοί a c a c και, 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 a c 4b : άρτιος. Όμοια σε άτοπο καταλήγουμε όταν a περιττός και c άρτιος και έτσι η απόδειξη ολοκληρώθηκε. Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 6

ΘΕΜΑ 674 013 Δείξτε ότι ανάμεσα σε πρώτους, υπάρχουν δύο που η διαφορά τους 014 διαιρείται με τον. Κάθε πρώτος είναι ισότιμος με 013 1 δυνατές ισοτιμίες και έχουμε έχουν την ίδια ισοτιμία 014 014 1,,3,5,7,, 1mod. Υπάρχουν 013 πρώτους άρα τουλάχιστον δύο 014 mod και άρα η διαφορά τους διαιρείται από το 014. ΘΕΜΑ 675 Θεωρούμε ευθεία d και δύο διαφορετικά σημεία A,B επί αυτής. Έστω ακόμη 013 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; Σίγουρα αυτή είναι η ερώτηση; Μπορούμε να το επιτύχουμε εύκολα παίρνοντας σημεία της μεσοκαθέτου. Τα σημεία ανήκουν στην ευθεία d... Ωραία. Έστω C 1,,C τα σημεία πάνω στην ευθεία. Για κάθε 1 n 013 013 θέτω f(n) AC n BC n. Αν τα αθροίσματα των αποστάσεων ήταν ίσα θα έπρεπε 013 f(n) 0. Όμως για κάθε n έχουμε f(n) r ή f(n) r όπου n1 n AB. Αν τώρα k εκ των αθροισμάτων είναι ίσα με r και τα άλλα 013 k είναι ίσα με r τότε 013 f(n) r(k (013 k)). n1 Αυτό όμως είναι άτοπο αφού r 0 και k 013. Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 63

Άρα δεν μπορούμε να πετύχουμε ίσα αθροίσματα με αυτόν τον τρόπο. ΘΕΜΑ 676 Υπάρχουν ακέραιοι a,b,c ώστε a b c 0101 ; Αφού ο αριθμός a 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. 1 η Περίπτωση: Οι δύο είναι περιττοί π.χ. οι a,bκαι ο τρίτος άρτιος. Τότε υπάρχουν k,n,m Z, ώστε a 8k 1,b 8n 1,c 4n. Άρα: 8k 1 8n 1 4m 0101 4(k n m ) 01010 Άρα πρέπει 4/ 01010, που είναι άτοπο. η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: Και οι τρεις είναι άρτιοι. Άρα υπάρχουν k,n,m Z ώστε a k,b n,c m. Άρα: 4k 4n 4m 0101 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: α) Αν είναι και οι τρεις περιττοί. Τότε 8k 1 1 8n 1 1 8m 1 1 5030503 8 5030500 που είναι και πάλι άτοπο. β) Αν είναι οι δύο άρτιοι π.χ. k,nκαι ο άλλος περιττός τότε έχουμε: 4k 4n 8m 1 5030503 4 503050, που και πάλι είναι άτοπο. Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 64

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 n αριθμός της μορφής 4 (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. n a b c 4 (8k 7).Ουσιαστικά αρκεί να δειχθεί για n 0,1 αφού για n πρέπει με (mod8) να είναι a b c 0(mod4) και καταλήγουμε στην n a1 b1 c1 4 (8k 7) όπου a 4a κλπ. 1 Όμως για n 0,1 το δεξί μέλος είναι ισότιμο με 7,4(mod8) αντίστοιχα που το έχουμε συναντήσει τουλάχιστον φορές (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 πάμε στην περίπτωση n 0 και σε άθροισμα τριών τέλειων τετραγώνων ισότιμο με 7(mod8) που είναι άτοπο. ΘΕΜΑ 677 Βρείτε τις ακέραιες λύσεις της εξίσωσης a b b a a a 1 b. Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 65

Πρέπει a b b 0b b a 0. Η διακρίνουσα του τριωνύμου είναι 4 4a. Αν ήταν 0, τότε η πιο πάνω ανίσωση είναι αδύνατη. Άρα πρέπει 0a 1. Αν είναι a 1, τότε η δοσμένη εξίσωση γράφεται: 1 b b 1 1 b 1 b b 1 b 1 (b 1) 1 b 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: a a(b b ) (b b ) a a a 1 b (I). Θα διακρίνουμε τώρα δύο περιπτώσεις: 1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: a b. Τότε a b 1 0 και άρα a( b b ) (b b) 4 b 3 (I) a(b b ) (b b ) 4a 1 b b 3 a b b b b εφόσον έχει αρνητική διακρίνουσα). (II), (δεδομένου ότι b b 0, Αφού a,b Z, και δεδομένου ότι b 3 0, πρέπει: b b b 3, και αφού b b 0, (διότι η διακρίνουσα είναι αρνητική), άρα: b b b 3, από όπου βρίσκουμε ότι b {0,1,,3,4} και λόγω και της (II) έχουμε την δεκτή λύση (a,b) (1,1). Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 66

η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: a b. Τότε a b a b 0a b 1 a b 1 0. Άρα η (I)με ύψωση στο τετράγωνο, γράφεται ισοδύναμα: a(b b ) (b b ) a a 1 b a(b b) (b b) b 1. Αν ήταν b b 0, τότε η πιο πάνω εξίσωση είναι προφανώς αδύνατη. Άρα b 0 και b. Τότε έχουμε: b 1 a b b b b (III). Με δεδομένο ότι a,b Z και b 1 0, συμπεραίνουμε ότι πρέπει b b b b b b b 1 1 1 1. Λύνοντας την ανίσωση, b 1 b 1 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: x a x a 1 a x a a 1 a 1 8a 4. (*) To a στην σχέση (1), καλείται «ελλείπουσα τιμή» της x εντός της μονάδας. Για την αριστερή Ανισότητα. Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 67

Ισοδύναμα γράφεται (a 1) x a a x ( x a)(1 a x) 0, όπου ισχύει λόγω της υπόθεσης. Για τη δεξιά Ανισότητα. Ισοδύναμα γράφεται 4a 4a 4x 1 (8a 4) x (a 1 x) 0, όπου ισχύει. ΘΕΜΑ 679 (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ) Δείξτε ότι για κάθε n N, ο αριθμός 5 n n διαιρείται με το 30. 5 5 5 Παρατηρούμε ότι n nmod, n nmod3 και n nmod5 5 5 5 n n 0mod, n n 0mod3 και n n 0mod5 30 3 5 η απόδειξη ολοκληρώθηκε., άρα αφού. Οπότε ΘΕΜΑ 680 (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ) 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 50 N. (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 mod, όμως αυτό είναι άτοπο γιατί Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 68

(y z) (x z) mod y x 0mod, άρα ο N δεν είναι περιττός και είναι άρτιος. Υπάρχουν οι περιπτώσεις να έχουμε 3 άρτιους, 3 περιττούς, άρτιους και έναν περιττό ή περιττούς 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 άρτιοι και ένας περιττός,σε μια από τις παρενθέσεις ο περιττός θα έπαιρνε τον συντελεστή 6 και θα γινόταν άρτιος και θα είχαμε άλλους άρτιους οπότε θα βγάζαμε άρτιο άθροισμα. ii. Αν υπήρχαν περιττοί και ένας άρτιος, σε μια από τις παρενθέσεις ο άρτιος θα έπαιρνε το συντελεστή 6 και θα είχαμε ακόμη περιττούς που θα έδιναν άρτιο άθροισμα. Και το (β) Χωρίς βλάβη της γενικότητας 6x y z 0mod5 x y z 0mod5, οπότε και οι τρεις παράγοντες είναι πολλαπλάσιο του 5, άρα ο N είναι πολλαπλάσιο του 15. Όμως στο (α) αποδείξαμε ότι είναι και πολλαπλάσιο του, άρα εντέλει είναι πολλαπλάσιο του 50. ΘΕΜΑ 681 Να προσδιορίσετε τους θετικούς ακεραίους x1 x... xn xn αν 1 xnxn 1 (x1 x... x n). x n(xn 1) Έχουμε x1 x x 3... xn 1 3... xn (λόγω του xn n) Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 69

και επομένως προκύπτει: xnxn 1 xn xn 1 xn 1 xn 1 και λόγω του xn 1 x είναι x n n 1 xn 1 Άρα έχουμε παντού ισότητες και τελικά xi Β τρόπος Αλλιώς: i για i 1,,...,n. xnxn 1 (x1 x... x n) (x n (n 1) x n (n )... x n) x x 1... nx n n n n xn xn xn οπότε n 1 n ΘΕΜΑ 68 Να λυθεί το σύστημα: x(x 1) yz y(y ) zx. z(z 3) xy Αν ένα τουλάχιστον από τα x,y,z είναι μηδέν, τότε (x,y,z) {(0,0,0),(0,0,3),(0,,0),(1,0,0)}. Έστω τώρα ότι x 0,y 0,z 0. Το σύστημα γράφεται: x x yz (1) y y zx () z 3z xy (3). Πολλαπλασιάζουμε τα μέλη της (1)με yκαι ισοδύναμα έχουμε: x y xy y z x(xy) xy y z και λόγω των ()και (3) έχουμε: x(z 3z) (z 3z) (y zx)z 3x y z 3 6x 4y z 6 (4). Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 70

Επίσης πολλαπλασιάζουμε τα μέλη της () με x, και έχουμε ισοδύναμα: y x xy zx y(xy) xy zx y(z 3z) (z 3z) z(x yz) x 3y z 6 (5). Αφαιρούμε από την (4) την (5) και έχουμε: 5x y 0 y 5x και από την (5) έχουμε: x15x z 6z 7x 3. Mε βάση τα παραπάνω, η (1)γράφεται: Τώρα από την y 5x βρίσκουμε 35 y 18 x x 5x(7x 3) x. 18 7 και από την z 7x 3, βρίσκουμε 5 z. 18 Τελικά, έχουμε: ΘΕΜΑ 683 7 35 5 (x,y,z) {(0,0,0),(0,0,3),(1,0,0),(0,,0),(,, )}. 18 18 18 Να αποδείξετε ότι a b c 3 a b b c c a πραγματικούς αριθμούς a,b,c με abc 3., για όλους τους θετικούς Αρκεί να αποδείξουμε ότι ab bc ca 3 a b b c c a. Ισχύει από την Ανισότητα AM GM ab 1 ab 1 a b. ( ab bc ca) ab Μένει να δείξουμε ότι ab bc ca 3. Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 71

Από την Ανισότητα Cauchy Schwarz και τη βασική 3(xy yz zx) (x y z) έχουμε 1. 3 3 ( ab bc ca) (ab bc ca)(b c a) (a b c) 9 ΘΕΜΑ 684 Να αποδείξετε ότι πραγματικούς αριθμούς x,y,z. Ισχύει από την Ανισότητα AM GM x xy xyz 4xyz 4, για όλους τους θετικούς (x xy 4) xyz z xy(x xy 4). Μένει να δείξουμε ότι xy(x xy 4) xy ή ισοδύναμα x xy 4 4xy. Ξανά από την Ανισότητα AM GM έχουμε όμως ότι (x 4) xy y x(x 4). Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι καταλήγει στην προφανή x 4 4x. x(x 4) x η οποία ισχύει αφού ΘΕΜΑ 685 Θεωρούμε τους μη αρνητικούς ακέραιους a,b,c καθώς και τους αριθμούς x (a 1) 4b, y (b 1) 4c, z (c 1) 4a. Αν x y z 013, να προσδιορίσετε τους a,b,c. Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 7

Αφού x,y,z ρητοί και το άθροισμα των ριζών τους είναι ρητός τότε επίσης ρητοί (γιατί;). x, y, z ΘΕΜΑ 686 Για την ακολουθία Βρείτε τον αριθμό a. 010 (a n),n 1 ισχύει a1 1 και n 1 1 an 1 an 6 n 3. Θα αποδείξουμε επαγωγικά ότι an n. 6 n 1n 1 n 1 n 3 n 1 Για n 1 ισχύει ενώ a n1 n 3 6. n 3 6 6 Άρα 010 010 a 335. 6 ΘΕΜΑ 687 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 αντίστοιχα, να βρείτε το εμβαδόν του X. http://forum.gil.ro/viewtopic.php?f=38&... bad575d55 3cm,9cm,1cm,cm,8cm Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 73

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 και yp 8 από όπου προκύπτει ότι y x, z 3x, Έτσι έχουμε: 3 m, x 1 n, x 4 p. x 3 1 4 8 E (x y z) (m n p) (x x 3x) ( ) 6x 48. x x x x ΘΕΜΑ 688 Προσδιορίστε τους φυσικούς a και n 0 καθώς και το ψηφίο b ώστε a 6 1 bb b, όπου το b εμφανίζεται n φορές. http://forum.gil.ro/viewtopic.php?f=36&t=5809&start=0 Για a 0 είναι b,n 1. Για a 1 είναι b 7,n 1. Για a,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 a αναγκαστικά b 7, όμως το 64 διαιρεί το 6 αλλά όχι τον...77776 συνεπώς δεν υπάρχουν λύσεις. Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 74