ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΜΑΘΗΤΙΚΟΥΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΥΣ 1 - 100

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

Σελίδα 1

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΜΑΘΗΤΙΚΟΥΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΥΣ

ΘΕΜΑ 1 (ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ)

Να υπολογίσετε τις παραστάσεις: 2

10 6 12 9 3 2A 2 : 2 3 : (3 ·3 5 3) 2 και

3 3 2B 5 2 1 8 3 20 8 5 15 .

Λύση:

2

10 6 12 9 3 2A 2 : 2 3 : (3 ·3 5 2 3)

2

4 12 10 8 22 3 : 3 5 8 9 2 3 5 ·17 256 9 8 332 5

3 3 2B 5 2 1 8 3 20 8 5 15 5 8 1 8 27 20 8 25 15

5 ·7 8·7 8·10 35 56 80 91 80 11 .


Να βρείτε την τιμή της παράστασης: 2n 2011 2n 2012 100 101

1 ( 1) 0,2 5A .

Λύση:

Το 2n είναι σίγουρα άρτιος αριθμός οπότε την πρώτη φορά προσθέτοντας του

το 2011 που είναι περιττός το άθροισμα τους γίνεται και αυτό περιττός

αριθμός, άρα το 2n 2011( 1)

θα γίνει 1 .

Εφόσον το 2n 2011 είναι περιττός το 2n 2012 είναι άρτιος άρα το 2n 2012( 1)

γίνεται 1 . Άρα έχω:

100 100 100 100

101

100 100 100

2 2 5 10A ( 1)(1) 5 1 5 1 5 1 5 4

10 10 10

.


Σελίδα 2


Αν x y 2003 , να βρείτε την τιμή της παράστασης:

Α = 6 10x 2 (4x y 3) 1

2003 2(x ) 2y3(x z) 3(y z) 3

.

Λύση:

Θα ξεκινήσω αναλύοντας μόνο του το κλάσμα.

6 10x 8x 2y 6 2(x y) 2

3[(x z) (y z)] 3(x y) 3

. Άρα τώρα έχω:

2 2A 2003 2x 2y 2003 2(x y) 2003 2·2003 2003

3 3 .


Δίνονται οι αριθμοί:

998 499

1000

5001 2

A ( 2)2 3

3

2

και n n 1

B 2 3

όπου n άρτιος φυσικός αριθμός. Να συγκριθούν οι αριθμοί n3 A , B .

Λύση:

501 499 499 499 499 499 501 4993 1 1 2 3 12 3A 2 ·2 ·( ) ·( ) ·( ) ·( ) · 2 ( ) ·

2 2 2 3 2 24 2

501

501 499 2

499

1 3 2 3 32 ( ) · ( )· 2 · 6

2 2 2 2 2 .

n n nB 2 ·3 ·3 6 ·3

Άρα ο αριθμός n n n3A 3·( 6) 3·6 αφού n είναι άρτιος. Άρα A B .


Σελίδα 3


Αν n

2

( 2)A

2n

και

n

2

( 2)B

2n 3

όπου n θετικός ακέραιος, να βρεθεί ποιος

από τους αριθμούς A και B είναι μεγαλύτερος.

Λύση:

Αφού τα δυο κλάσματα έχουν τον ίδιο αριθμητή το μεγαλύτερο είναι αυτό

με το μικρότερο παρονομαστή.

Άρα πρέπει να συγκρίνω το 22n και

22n 3 .

Το 22n είναι σαφώς μικρότερο άρα A B .

Αυτό ισχύει μόνο όταν το n είναι άρτιος.

Όταν το n είναι περιττός το πρόσημο είναι μείον οπότε μεγαλύτερος είναι ο B .

Το A B ισχύει μόνο για τις απόλυτες τιμές.

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ

(α) Αν ένας αριθμός λήγει σε 0 ή 1 ή 5 ή 6 , τότε κάθε δύναμη που έχει βάση

τον αριθμό αυτό θα λήγει επίσης σε 0 ή 1 ή 5 ή 6αντίστοιχα.

(β) Ένας φυσικός αριθμός που λήγει σε 2 ή 3 ή 7 ή 8 , δεν μπορεί να είναι

τετράγωνος (δηλ. δεν μπορεί να πάρει την μορφή τετραγώνου φυσικού

αριθμού).


Αν 7 6 5 4 3 2 1000(8 9·8 9·8 9·8 9·8 9·8 1)α 9·8 και

200 10001024 625β , να συγκρίνετε τους αριθμούς

2α και β .


Σελίδα 4

Λύση:

7 6 5 4 3 2 1000(8 9·8 9·8 9·8 9·8 9·8 9·8 1)α

7 6 5 4 3 2 1000[8 (8 1)·8 (8 1)·8 (8 1)·8 (8 1)·8 (8 1)·8 (8 1)·8 1]

7 7 6 6 5 5 4 4 3 3 2 2 1000(8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 1)

1000 1000( 7) 7 .

Άρα 2 2000 2 1000 10007 (7 ) 49α .

200 1000 2000 2000 20001024 625 2 25 50β .

Επομένως 2

α b .


Να βρείτε το ψηφίο των μονάδων του αριθμού 500

α 129 .

Λύση:

Τον αριθμό 500

129 μπορούμε να τον γράψουμε ως 2 125(129 ) . Ο

2129 λήγει σε 1

άρα οποιαδήποτε δύναμη του θα λήγει σε 1 . Άρα ο αριθμός 500

129 λήγει σε 1 .

Β τρόπος

επειδή το 129 τελειώνει σε 9 όταν πολλαπλασιάζουμε τα εννιάρια παίρνουμε 1

αν τα εννιάρια είναι άρτιος αριθμός και 9 αν τα εννιάρια είναι περιττός αριθμός

π.χ 9 9 81 , 9 81 729 , 9 729 6561

εδώ το 129 το έχουμε 500ες φορές, άρα ο αριθμός 500

129 τελειώνει σε 1 .


Σελίδα 5


Να αποδείξετε ότι ο αριθμός 1 2 3 101 2 3 .A ..10 δεν είναι τέλειο

τετράγωνο (ακεραίου).

Λύση:

Τον αριθμό A μπορώ να τον γράψω και με τη μορφή:

1 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2A 1 2 3 4 ·4 5 ·5 ·5 6 ·6 ·6 7 ·7 ·7 ·7 8 ·8 ·8 ·8

2 2 2 2 109 ·9 ·9 ·9 ·9 10 1 4 27 16·16 25·25·5 36·36·36

1049·49·49·7 64·64·64·64 81·81·81·81·9 10

Άρα το τελευταίο ψηφίο του A είναι

τ(A) τ(1 4 7 6 5 6 3 6 9 0) τ(47) 7 .

που σημαίνει ότι σίγουρα δεν είναι τέλειο τετράγωνο κανενός ακέραιου

αριθμού.


Να βρεθεί το ψηφίο των μονάδων του αριθμού 101

α 597 .

Λύση:

Το ψηφίο των μονάδων του 101

597 είναι ίσο με:

101 101 100 1 2 50 50 50τ(579 ) τ(9 ) τ(9 ·9 ) τ((9 ) ·9) τ(81 ·9) τ(1 ·9) 9 .


Να εξετάσετε αν ο αριθμός 100 100

A 7 658 διαιρείται :

(α) με το 2 .

(β) με το 5 .


Σελίδα 6

Λύση:

Ο αριθμός 100 100

7 658 λήγει σε:

Ο 1007 μπορεί να γραφτεί ως: 4 25

(7 ) . Το 47 λήγει σε 1 άρα όλος ο αριθμός θα

λήγει σε 1 . Ο αριθμός 100

658 μπορεί να γραφτεί ως: 4 25(658 ) .

το 4

658 λήγει σε 6 , άρα όλος ο αριθμός θα λήγει σε 6 .

Τέλος: 6 1 7 άρα όλος αυτός ο αριθμός θα λήγει σε 7 .

Το 7 όμως δε διαιρεί ούτε το2 ούτε το 5 .


Οι ακέραιοι x και y είναι ανάλογοι προς τον αριθμητή και τον παρονομαστή

αντίστοιχα του κλάσματος που προκύπτει από την μετατροπή σε κλασματική

μορφή του δεκαδικού περιοδικού αριθμού α 4,333... .

Να υπολογίσετε την τιμή της παράστασης: 6x 5y 21

Β6x 5y 31

.

Λύση:

134,333...

3 άρα

13 x3x 13y

3 y (1).

6x 5y 21 2·3x 5y 21Β

6x 5y 31 2·3x 5y 31

.

από την (1) συνεπάγεται ότι:

2·13y 5y 21 26y 5y 21 21y 21 21 21Β 0

2·13y 5y 31 26y 5y 31 31y 31 31 31

.

Β τρόπος

ο αριθμός α 4,333... είναι το κλάσμα 13

3 γιατί


Σελίδα 7

1 13α 4,333... 4 0,333... 4

3 3 , άρα αν βάλουμε x 13 και y 3

6x 5y 21 6 13 5 3 21 78 15 21 63 21 3 21 21B

6x 5y 31 6 13 5 3 31 78 15 31 93 31 3 31 31

21 211 0

31 31 .

ΘΕΜΑ 12 (ΣΩΤΗΡΗΣ ΛΟΥΡΙΔΑΣ)

Να υπολογιστεί το ελάχιστο της παράστασης 2 2x 8xy 19y 6y 3 ,

προσδιορίζοντας ταυτόχρονα και τις τιμές των x,y για τις οποίες το έχουμε.

Λύση:

Λοιπόν ας ονομάσουμε A την παράσταση 2 2x 8xy 19y 6y 3 .Έτσι

2 2 2 2 2A x 8xy 19y 6y 3 (x 8xy 16y ) 3y 6y 3

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

(x 4y) 3(y 1) 0 .

Συνεπώς η ελάχιστη τιμή της παράστασης είναι το 0 και λαμβάνεται όταν

x 4y και όταν y 1 ,δηλαδή όταν x 4,y 1 .


Έστω M,N τα μέσα των πλευρών DC,AB ενός τετράπλευρου ABCD.

Υπολογίστε την τιμή της παράστασης:

(AND) (BNC) (ABM)X

(ABM) (AND) (BNC)

(*) όταν έχουμε ευθύγραμμο σχήμα μέσα σε παρένθεση εννοούμε το εμβαδόν

του.

Λύση:

Παίρνουμε τα σημεία G,H,E επί της ευθείας AB που είναι τέτοια ώστε:

DG AB, MH AB, CE AB .


Σελίδα 8

Προφανώς τα τμήματα DG,MH,CE είναι παράλληλα και το τετράπλευρο

GECD είναι τραπέζιο ενώ αφού το M είναι το μέσο της CD ,τότε το H είναι

το μέσο της GE και άρα η HM είναι διάμεσος του τραπεζίου.

Άρα ισχύει: DG

HM2

CE

(1)

και έχουμε:

AN·DG BN·CEAND BNC 2 2

AB·MHABM

2

( AB 2AN,AN NB)AN·DG BN·CE

AB·MH

(1)AN·DG AN·CE DG CE 2MH1

2AN·MH 2MH 2MH

.

Δηλαδή: 1

X 1 1 0 .


Έστω a,b,c,d ώστε 2 2 2 24a 13b 13c 9d 12(ab bc cd)

Να αποδειχθεί ότι : a πολ27 .

Λύση:

Όπως και με την άσκηση 12 σχηματίζουμε τέλεια τετράγωνα.

Δηλαδή 2 2 2 24a 13b 13c 9d 12(ab bc cd)


Σελίδα 9

2 2 2(2a 3b) (2b 3c) (2c 3d) 0 2a 3b , 2b 3c , 2c 3d .

Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη τις 3 σχέσεις παίρνουμε 8abc 27bcd και

εφόσον a,b,c,d έχουμε 8a 27d .Όμως (27.8) 1 , έτσι 8 / d και 27 / a

που είναι και το ζητούμενο.


Αν x,y,a,b 0 , x 2y , y 2x , a 3b , a 3b και αν ισχύει ότι

2x y 2y xk

a 3b a 3b

, να αποδείξετε ότι: x y 2k a , x y 2k b .

Λύση:

Έχουμε: 2x y 2y x

ka 3b a 3b

Άρα:

2x y k

a 3b 1

(1) και

2y x k

a 3b 1

(2).

Με χιαστί από την (1) παίρνουμε: 2x y ka 3bk .

Με χιαστί από την (2) παίρνουμε: 2y x ka 3bk .

Με πρόσθεση κατά μέλη του (1) και (2) έχουμε: x y 2k a (το ζητούμενο)

Με αφαίρεση κατά μέλη παίρνουμε: 3x 3y 6b k , διαιρούμε και τα δύο

μέλη της ισότητας με το 3 και παίρνουμε:x y 2k b (το ζητούμενο).

Β τρόπος

Θα χρησιμοποιήσουμε την ιδιότητα x z x z x z

y w y w y w

(όπου όλοι οι

παρονομαστές δεν είναι μηδέν)

οπότε έχουμε: 2x y 2y x x y

a 3b a 3b 2a

, άρα

x yk

2a

,

στην τελευταία σχέση κάνουμε μια χιαστί και τελειώσαμε.


Σελίδα 10

Τώρα για να δείξουμε την δεύτερη ισότητα κάνουμε τα ίδια μόνο που το

κλάσμα 2y x

a 3b

το γράφουμε ως

x 2y

3b a

(για να εμφανίσουμε το x y ).


Είναι γνωστό, ότι

για να βρούμε το άθροισμα 1 2 3 ... 100 , παρατηρούμε ότι :

1 100 101 , 2 99 101 , 3 98 101 , ...

συνεπώς, παίρνοντας ανά ζεύγη τους πιο πάνω αριθμούς, (όπου τα ζεύγη είναι

50 στο πλήθος) βρίσκουμε το ζητούμενο άθροισμα ίσο με 50 101 , δηλαδή

5050 .

Γενικά, ας γνωρίζουμε ότι n (n 1)

1 2 3 ... n2

.

Στη συνέχεια, θα δούμε με ποιον τρόπο μπορούμε να βρούμε ένα πλήθος

αριθμών, όταν κάθε ένας από αυτούς (από τον δεύτερο και μετά) είναι

ίσος με τον προηγούμενό του συν ένα σταθερό αριθμό.

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ: Να βρεθεί το πλήθος των αριθμών: 4,9,14,...,1499 .

Παρατηρούμε ότι

1ος αριθμός: 4 4 0 5



.....

.....

.....

νιοστός αριθμός: 1499 4 (v 1) 5

Οπότε για να βρούμε το πλήθος v των αριθμών, αρκεί να λύσουμε την εξίσωση


Σελίδα 11

1499 4 (v 1) 5 από όπου βρίσκουμε v 300 .

Ας δούμε και ένα ακόμα παράδειγμα, που θα χρησιμοποιήσουμε την πιο πάνω

γνώση:

Να βρεθεί το άθροισμα: 3 7 11 ... 399 .

Έχουμε:

3 3 0 4

7 3 1 4

11 3 2 4

.....

.....

399 3 (ν 1) 4

Από την τελευταία εξίσωση βρίσκουμε ν 100 .

Με πρόσθεση τώρα κατά μέλη των παραπάνω ισοτήτων βρίσκουμε:

3 7 11 ... 399 100 3 1 4 2 4 ... 99 4

99(99 1)300 4 (1 2 3 ... 99) 300 4

2

300 4 4950 20100 .


Ο αριθμός Α προκύπτει από το γινόμενο δύο διαδοχικών θετικών ακεραίων και

είναι μικρότερος του 20 ενώ ο αριθμός Β προκύπτει από το γινόμενο τριών

θετικών διαδοχικών ακεραίων και είναι μικρότερος του 30 . Αν το πηλίκο Α

Β

έχει την ιδιότητα να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου, να βρεθεί η τιμή της

παράστασης:

1000

2 2AΚ 1000 2004 A 2004 B

B

.


Σελίδα 12

Λύση:

πρέπει A α(α 1) 20 ,B b(b 1)(b 2) 30 .

Το Β είναι προφανώς πολλαπλάσιο του 3 . Αφού Α

ΖΒ , πρέπει Β / Α . Αφού

3 / Β , πρέπει και 3 / Α . Άρα ή 3 / α ή 3 / α 1 .

Επειδή 4 5 20 , α , (α 1) 1,2,3,4

άρα απαραίτητα α 3 , α 1 4 ή α 2 , α 1 3 , οπότε Α 12 ή Α 6 .

Οι διαιρέτες του 12 είναι 1,2,3,4,6,12 .

Οπότε Β 1 2 3 6 ή Β 2 3 4 24 .

Σε καμία από τις δυο περιπτώσεις το Α

Β δεν είναι τέλειο τετράγωνο.

Οπότε Α 6 .

Οι διαιρέτες του 6 είναι 1,2,3,6 .

Οπότε πρέπει Β 1 2 3 6 και άρα Α

1Β .

Και άρα K 1000 2004 2004 1000 .


Να προσδιορίσετε το άθροισμα: A 200 198 196 194 ... 4 2 .

Λύση:

A 200 198 196 194 ... 4 2 (200 196 ... 4)

50 50(198 194 ... 2) ( )(200 4) ( )(198 2)

2 2

25 204 25 200 25 4 100 . (αριθμητικές σειρές)


Σελίδα 13

2ος Τρόπος

200A 200 198 196 194 ... 4 2 2 2 2 2 2 .... 2 2 ( ) 100

4


Δίνονται οι παραστάσεις: 3 4 5 2001

A 2 ...2 3 4 2000

και

1 1 1 1B 1 ...

2 3 4 2000 . Να βρείτε τον αριθμό: Α Β .

Λύση:

2 1 3 1 4 1 2001 1A B ... 1 1 1 1.... 1 2000

1 2 3 2000

.


Το γινόμενο δύο διαδοχικών φυσικών αριθμών, διαιρείται πάντα με το 2

Η απόδειξη της πρότασης αυτής είναι εύκολη και αφήνεται ως άσκηση (δείτε εξ

άλλου και το επόμενο)

Το γινόμενο τριών διαδοχικών φυσικών αριθμών, διαιρείται πάντα με το

3

Απόδειξη:

Έστωα ν(ν 1)(ν 2) .

Από την ευκλείδεια διαίρεση του ν με τον 3 , έχουμε ν 3κ υ , όπου

υ 0,1,2 . Άρα ν 3κ ή ν 3κ 1 ή ν 3κ 2 .

1η Περίπτωση: ν 3κ


Σελίδα 14

Τότε α 3κ(3κ 1)(3κ 2) και άρα ο α διαιρείται με το 3 .

2η Περίπτωση: ν 3κ 1

Τότε α (3κ 1)(3κ 2)(3κ 3) 3(κ 1)(3κ 1)(3κ 2) και άρα ο

α διαιρείται με το 3 .

3η Περίπτωση: ν 3κ 2

Τότε α (3κ 2)(3κ 3)(3κ 4) 3(κ 1)(3κ 2)(3κ 4) άρα και πάλι ο α

είναι πολλαπλάσιο του 3 .

Γενικά, το γινόμενο ν διαδοχικών φυσικών αριθμών, διαιρείται με το

ν


Αν 1 1 1 1

α 1 ...2 3 4 1999

και 2 4 6 3996

b 1 ...4 6 8 3998

, να βρείτε

τον αριθμό α b

2

.

Λύση:

1 1 1 1α 1 ...

2 3 4 1999 ,

2 4 6 3996 1 2 3 1998b 1 ... 1 ...

4 6 8 3998 2 3 4 1999 .

1 1 1 1 2 3 1998α b (1 ... ) (1 ... )

2 3 1999 2 3 4 1999

1 1 1 2 1 19981 (1 ... ) 1 (1 1 1 1 ... 1) 1 1999 2000

2 3 1999

a b1000

2

.


Σελίδα 15


Αν για κάθε θετικό ακέραιο n ισχύει η ισότητα: 1 1 1

n (n 1) n n 1

,

να υπολογίσετε το άθροισμα: 1 1 1 1 1

S ...1·2 2·3 3·4 4·5 2000·2001

.

Λύση:

Από την ισότητα 1 1 1

n (n 1) n n 1

μπορούμε να γράψουμε:

1 1 1

1·2 1 2

1 1 1

2·3 2 3

1 1 1

3·4 3 4

....

1 1 1

2000·2001 2000 2001

Από τα παραπάνω έχουμε:

1 1 1 1 1S ...

1·2 2·3 3·4 4·5 2000·2001

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1...

1 2 2 3 3 4 4 5 2000 2001

1 1 1 1 1 1 1 1...

1 2 2 3 3 4 2000 2001

Παρατηρούμε πώς γίνονται διαδοχικές απλοποιήσεις και αυτό που μένει είναι:


Σελίδα 16

1 1 2001 1 2000

1 2001 2001 2001 2001 .


α) Να αποδείξετε ότι: 2 1 1 1 1

n (n 1) (n 2) n n 1 n 1 n 2

.

β) Να υπολογίσετε το άθροισμα:

1 1 1 1S ...

1 2 3 2 3 4 3 4 5 1999 2000 2001

.

Λύση:

α) 2 A B C

n(n 1)(n 2) n n 1 n 2

(μερικά κλάσματα)

με απαλοιφή παρονομαστών:

2 A(n 2)(n 1) B(n 2)n C(n 1)n

Μηδενίζοντας τα n,(n 1),(n 2) αντίστοιχα έχουμε

n 0 2 2A 0B 0C 2A A 1 .

n 1 2 0A ( 1)B 0C B B 2 .

n 2 2 0A 0B 2C 2C C 1 .

Οπότε

2 1 2 1 1 1 1 1

n(n 1)(n 2) n n 1 n 2 n n 1 n 1 n 2

. Οεδ.

Β τρόπος

1 1 1 1 1 1 2

n n 1 n 1 n 2 n(n 1) (n 1)(n 2) n(n 1)(n 2)


Σελίδα 17

(το τελευταίο προκύπτει κάνοντας τα κλάσματα ομώνυμα).

β) 1 1 1 1

S ...1 2 3 2 3 4 3 4 5 1999 2000 2001

2 2 2 2( ... )1 2 3 2 3 4 3 4 5 1999 2000 2001

2

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1(1 ) ( ) ( ) ( ) ... ( ) ( )

2 2 3 2 3 3 4 1999 2000 2000 2001

2

μετά από τις διαδοχικές απλοποιήσεις:

1 1 1 1 2001 2000(1 ) ( )

2 2000 2001 2 2000 2001S2 2

1 1

1 1 1000 2001 1 20009992 2000 2001

2 4 4000 2001 4000 2001 4000 2001

.


Να εξετάσετε αν ο παρακάτω αριθμός είναι θετικός ή αρνητικός:

A ( 13) ( 17) ( 21) ( 25) ... ( 4013) .

Λύση:

Οι αριθμοί από το 13 έως το 4013 γράφονται ως εξής:

13 13 0 4

17 13 1 4

21 13 2 4

.


Σελίδα 18

.

.

4013 13 x 4

Λύνοντας την εξίσωση βρίσκουμε ότι το x 1000 . Άρα ο 4013 είναι ο

χιλιοστός πρώτος αριθμός (και το 13 στην αρχή το προσθέτουμε).Το 1001 είναι

περιττός άρα το αποτέλεσμα της παράστασης θα είναι αρνητικός αριθμός.


α) Να αποδείξετε ότι αν το τετράγωνο ενός θετικού ακεραίου αριθμού είναι

άρτιος, τότε και ο αριθμός αυτός είναι άρτιος.

β) Ο ακέραιος a δεν διαιρείται με το 5 και ο αριθμός 2

a 2a 3 είναι άρτιος.

Να βρείτε το ψηφίο των μονάδων του a .

Λύση:

α) n(2a 1) 2m 1 . Οπότε κάθε δύναμη περιττού είναι περιττός αριθμός.

Οπότε, αν nx άρτιος, από τον νόμο της αντιθετοαντιστροφής έχουμε ότι x είναι

άρτιος.

β) 2 2 2a 2a 3 a 2a 1 2 (a 1) a 1 0(mod2) .

Άρα πρέπει a 1(mod2) . Οπότε το a είναι περιττός, το ίδιο και το τελευταίο

του ψηφίο. Άμεση συνέπεια της εκφώνησης είναι ότι το τελευταίο ψηφίο είναι

διάφορο του 5 , και άρα τ(a) 1,3,7,9 .

Β τρόπος

α) Έχουμε λοιπόν ότι το τετράγωνο του a είναι άρτιος και θέλουμε να δείξουμε

ότι ο a είναι και αυτός άρτιος.


Σελίδα 19

Θα εφαρμόσουμε την μέθοδο της εις άτοπον απαγωγής . Δηλαδή θα

υποθέσουμε ότι ο a δεν είναι άρτιος και θα καταλήξουμε σε άτοπο (δηλαδή

σε κάτι που δεν είναι αλήθεια)

Αν λοιπόν ο a δεν είναι άρτιος, τότε θα είναι περιττός. Άρα a 2n 1 (με n

φυσικό αριθμό). Τότε

2 2 2 2(2n 1) 4n 4n 1 2(2na 2) 1

και αυτό σημαίνει ότι ο 2

a είναι περιττός, πράγμα που είναι άτοπο. Άρα ο a

είναι υποχρεωμένος να είναι άρτιος.

β) Έχουμε ότι ο αριθμός 2

a 2a 3 είναι άρτιος. Στο μεταξύ ο a θα είναι

άρτιος ή περιττός. Αν υποθέσουμε ότι είναι άρτιος τότε ο 2

a 2a θα είναι

άρτιος (ως άθροισμα άρτιων) και ο 2

a 2a 3 θα είναι περιττός (ως άθροισμα

άρτιου και περιττού). Τούτο όμως είναι άτοπο. Άρα ο a είναι περιττός. Και

αφού δεν διαιρείται με το 5 θα λήγει σε 1 ή 3 ή 7 ή 9 .


α) Αν 1 1 1

x y 3 με x,y 0 να αποδείξετε ότι y 3 και

9x 3

y 3

.

β) Να προσδιορίσετε τους θετικούς ακέραιους x,y που ικανοποιούν τη σχέση

1 1 1

x y 3 .

Λύση:

α) Αν y 3 πρέπει 1

0x , άτοπο.

Κάνοντας τα κλάσματα ομώνυμα προκύπτει ότι 3y 3x xy .

Γράφεται 3y xy 3x x(y 3)


Σελίδα 20

3y 3y 9 9 3y 9 9 9x 3

y 3 y 3 y 3 y 3 y 3

.

β) Αφού ικανοποιούν την αρχική σχέση, πρέπει να ικανοποιούν και την

9x 3

y 3

.

Για να είναι το αριστερό μέλος ακέραιο, πρέπει να είναι και το δεξί. Για να είναι

το δεξί πρέπει να είναι και το 9

y 3. Άρα πρέπει y 3 / 9

Οπότε y 3 1 y 4 ή y 3 3 y 6 ή y 3 9 y 12 .

Έχουμε τα εξής ζεύγη λύσεων: (12,4) , (6,6) , (4,12) .


Δίνεται η παράσταση: 2 2 2P(x) (α b) x 4(α b) x c 4 , όπου a,b,c

είναι ακέραιοι με a,b 0 και c 0 . Αν η παράσταση αυτή παίρνει την τιμή 0

για x 1 , να βρεθούν οι αριθμοί a,b,c .

Λύση:

έχουμε ότι 2 2 2 20 (a b) 4(a b)x c 4 (a b 2) c

είναι γνωστό ότι τα τετράγωνα είναι είτε μεγαλύτερα είτε ίσα του 0 . Οπότε το

άθροισμα τετραγώνων είναι 0 , αν και μόνο αν κάθε τετράγωνο είναι ίσο με

μηδέν.

Oπότε a b 2 καιc 0 ,

και αφού a,b θετικοί ακέραιοι,a b 1 .


Σελίδα 21


Πόσοι από τους αριθμούς 1,2,3,...,1999 δεν διαιρούνται με το 5 ούτε με το 7 ;

Λύση:

Ο αριθμός των πολλ. του 5 που είναι μικρότερα του 1999 είναι το ακέραιο

μέρος της 1999

5, που είναι: 399 .

Αντίστοιχα, τα πολλ. του 7 που είναι μικρότερα του 1999 είναι: 285 .

Αφού [5,7] 35 , οπότε οι αριθμοί που συμπεριλαμβάνονται και στις δυο πιο

πάνω περιπτώσεις είναι με όμοιο τρόπο: 57 .

Οπότε, συνολικά οι αριθμοί που διαιρούνται είτε με το 5 είτε με το 7 είναι :

684 57 627 .

Και αυτοί που δεν διαιρούνται με κανέναν από τους δυο είναι :

1999 627 1372 .

ΑΝΑΛΥΤΙΚΗ ΕΞΗΓΗΣΗ

Τα πολλαπλάσια του 5 είναι 1 5,2 5,3 5,.... . Το ζήτημα είναι να βρούμε πιο

πολλαπλάσιο του 5 είναι αμέσως πριν το 1999 . Κάνουμε λοιπόν την διαίρεση

1999 δια το 5 και βρίσκουμε πηλίκο 399 και υπόλοιπο 4 . Αυτό μας δείχνει ότι

το τελευταίο πολλαπλάσιο του 5 αμέσως πριν το 1999 είναι το 399 5 .

Άρα όλα τα πολλαπλάσια του 5 που βρίσκονται ανάμεσα στο 51 και στο 1999

είναι 399 στο πλήθος.

Όμοια βρίσκουμε ότι όλα τα πολλαπλάσια του 7 που βρίσκονται ανάμεσα στο 1

και στο 1999 είναι 285 .


Σελίδα 22

Φαίνεται λοιπόν ότι όλα τα πολλαπλάσια του 5 και του 7 που είναι ανάμεσα

στους αριθμούς 1 και 1999 είναι 399 285 δηλαδή 684 . Όμως είναι λιγότερα.

Γιατί μέσα στα πολλαπλάσια του 5 βρίσκονται και μερικά πολλαπλάσια του 7 .

Συγκεκριμένα, τα πολλαπλάσια του 7 που είναι μέσα στα πολλαπλάσια του 5

είναι: 1 35,2 35,3 35,.... και όπως πριν , βρίσκουμε ότι το τελευταίο

πολλαπλάσιο του 35 , αμέσως πριν το 1999 είναι το 57 35 .

Άρα τα πολλαπλάσια του 7 που βρίσκονται μέσα στα πολλαπλάσια του 5 είναι

57 στο πλήθος. Αυτά, πρέπει να τα αφαιρέσουμε από το 684 (γιατί τα έχουμε

πάρει δύο φορές). Άρα τελικά τα πολλαπλάσια του 5 και του 7 που είναι

ανάμεσα στους αριθμούς 1 και 1999 είναι 684 57 δηλαδή 627 στο πλήθος.

Οπότε οι αριθμοί που ζητάμε είναι 1999 627 1372 (τόσοι δηλ. είναι οι

αριθμοί που δεν είναι πολλαπλάσια του 5 ούτε του 7 ).


Ο θετικός ακέραιος x είναι άρτιος και όταν διαιρείται με το 7 δίνει υπόλοιπο

2 . Να βρεθεί ο x αν είναι μεταξύ των αριθμών 512 και 521 .

Λύση:

Οι άρτιοι αριθμοί ανάμεσα από 512 και 521 είναι ο 514,516,518 και 520 . Ο

μόνος αριθμός που διαιρείται με το 7 είναι το 518 από τους ανάμεσα από τους

αριθμούς 512 και τον 521 και το 2 που είναι το υπόλοιπο μας κάνει 520 , αν

διαιρέσουμε το 514 με το 7 θα έχουμε 73 και 3 υπόλοιπο άρα μας λείπουν

ακόμη 4 για να διαιρείται με το 7 και έτσι φθάνουμε στον αριθμό 518 και 2 το

υπόλοιπο 520 .


Οι δύο διαστάσεις ενός ορθογωνίου είναι οι θετικοί ακέραιοι x και y . Αν

αυξήσουμε την μία διάσταση κατά 1 και την άλλη κατά 2 τότε το ορθογώνιο

που προκύπτει έχει εμβαδόν διπλάσιο του αρχικού. Να βρεθούν οι διαστάσεις x

και y .


Σελίδα 23

Λύση:

Πρέπει

(x 1)(y 2) 2xy xy 2x y 2 2xy y 2 x(y 2) .

Πρέπει y 2 / y 2 . Επειδή (y 2) (y 2) 4 , πρέπει y 2 / 4 ,

οπότε y 2 1 y 3 ή y 2 2 y 4 ή y 2 4 y 6 .

Με αντικατάσταση, προκύπτουν τα ζεύγη (5,3) , (3,4) , (2,6) .


Να αποδειχθεί ότι ο αριθμός α = 2

222223 444441 222220 222216a

222222

είναι

ακέραιος και να βρεθεί.

Λύση:

Έχουμε ότι : 2

222223 444441 222220 222216a

222222

επειδή παντού υπάρχει το 222222 , έμμεσα ή άμεσα, θα ονομάσουμε αυτόν τον

αριθμό x . Άρα x 222222 .

Οι αριθμοί του αριθμητή θα γίνουν:

222223 x 1

444441 2x 3

222220 x 2

222216 x 6


Σελίδα 24

Το αποτέλεσμα είναι: 2

(x 1)·(2x 3)·(x 2) (x 6)

x

2

2

(2x 3x 2x 3)(x 2) x 6

x

3 2 2 2

2

2x 4x 3x 6x 2x 4x 3x 6 x 6

x

3 4 2 2

2 2

2x 4x x x (2x 5)2x 5 (2·222222) 5 444439

x x

.


Να αποδειχθεί ότι ο αριθμός 2

333334 666663 333331 333327b

333333

είναι

ακέραιος και να βρεθεί.

Λύση:

Θέτουμε όπου n 333333 . Έτσι έχουμε:

2

333334·666663·333331 333327

333333

2

(n 1)(2n 3)(n 2) (n 6)

n

2

2

(2n 3n 2n 3)(n 2) (n 6)

n

3 2 2 2

2

2n 4n 3n 6n 2n 4n 3n 6 n 6

n

3 2 2

2

2n 7n 2n 2n 3n n

n

3 2 2

2 2

2n 5n n (2n 5)2n 5 (2·333333) 5 666661

n n

.


Σελίδα 25


Τριψήφιος αριθμός είναι μεγαλύτερος του 610 και μικρότερος του 650 και

διαιρούμενος με το7 δίνει υπόλοιπο 3 . Να βρεθεί ο αριθμός αυτός, αν είναι

γνωστό ότι είναι πολλαπλάσιο του 5 .

Λύση:

Τα πολλαπλάσια του 7 μεταξύ των 610 και 650 είναι τα :

616,623,630,637,644 . Άρα ο τριψήφιος αριθμός που ψάχνουμε είναι κάποιος

από τους παραπάνω προσθέτοντας το 3 .

Αλλά μόνο ο αριθμός 637 3 640 διαιρείται με το 5 . Άρα ο ζητούμενος

αριθμός είναι ο 640 .

Β τρόπος

Αφού ο αριθμός διαιρείται με το 7 και δίνει υπόλοιπο 3 , θα γράφεται στην

μορφή : a 7k 3 , k Z . Άρα θα έχουμε

607 647610 a 650 610 7k 3 650 607 7k 647 k

7 7

86,71 k 92,42k 87,88,89,90,91,92

k Z

.

άρα ο a 612,619,626,633,640,647 και αφού είναι πολλαπλάσιο του 5 , τελικά

a 640 .


Να αποδειχθεί ότι ο αριθμός 2 2 2 2 2 2

A 1998 1997 1996 1995 ... 2 1

είναι πολλαπλάσιο του 1999 .

[ Μια σπουδαία ισότητα (ταυτότητα) είναι η ακόλουθη (που λέγεται διαφορά

τετραγώνων) 2 2x y (x y)(x y) ].


Σελίδα 26

Λύση:

Με τη βοήθεια της ταυτότητας έχουμε:

2 2•1998 1997 (1998 1997)(1998 1997) 1998 1997

2 2•1996 1995 (1996 1995)(1996 1995) 1996 1995

•

•

•

2 2• 2 1 (2 1)(2 1) 2 1

Άρα:

2 2 2 2 2 2A 1998 1997 1996 1995 ... 2 1

1998 1997 1996 1995 ... 2 1

(1998 1) (1997 2) (1996 3) ... (1000 999)

1999·999 πoλ.1999 .


Αν ο αριθμός n είναι θετικός ακέραιος, να δείξετε ότι ο αριθμός

1

A 11

11

1n

δεν είναι ποτέ ακέραιος.


Σελίδα 27

Λύση:

Έστω ότι ο A είναι ακέραιος: Πρέπει και ο 1

11

11

n

να είναι ακέραιος. Οπότε

απαραίτητα, η απόλυτη τιμή του 1

1 11

1n

. Αλλά 1

01

1n

, επειδή n

θετικός, και άρα 1

1 11

1n

. Άτοπο. Οπότε ο A δεν μπορεί να είναι ακέραιος.

ΘΕΜΑ 34 (ΣΩΚΡΑΤΗΣ ΛΥΡΑΣ)

Να προσδιορίσετε τις τιμές του θετικού ακέραιου n για τις οποίες ο αριθμός 3 2

A n n n 1 είναι πρώτος. ( Αρχιμήδης juniors)

Λύση:

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

Οπότε n 2 και A 5 .

Θεωρία: Ο πρώτος αριθμός διαιρείται μόνο με τον αριθμό 1 και με τον εαυτό του.

Σημείωση: Υπενθυμίζουμε τις ταυτότητες: 2 2 2

(x y) x 2xy y και 2 2 2(x y) x 2xy y

3 3 2 2 3 3 3(x y) x 3x y 3xy y x y 3xy(x y) και

3 3 2 2 3 3 3(x y) x 3x y 3xy y x y 3xy(x y)

Δύο επίσης χρήσιμες ταυτότητες είναι και οι εξής: 3 3 2 2

x y (x y)(x xy y ) (άθροισμα κύβων) και η 3 3 2 2

x y (x y)(x xy y ) (διαφορά κύβων)


Σελίδα 28

Επίσης η 2 2 2x y (x y) 2xy και 2 2 2 2

(x y z) x y z 2xy 2yz 2xz .


α) Να παραγοντοποιηθεί η παράσταση: 4 4x 4y .

β) Αν x,y θετικοί ακέραιοι και y 2 να δείξετε ότι ο αριθμός 4 4x 4y είναι

σύνθετος (δηλαδή δεν είναι πρώτος).

Λύση:

Για το πρώτο ερώτημα:

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

Για το δεύτερο ερώτημα:

Είναι άμεση απόρροια του πρώτου ερωτήματος, αφού η παράσταση γράφεται

ως γινόμενο, άρα ο αριθμός είναι σύνθετος.

Β τρόπος

α) Έχουμε:

4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2x 4y (x ) (2y ) (x ) (2y ) 2 x (2y ) 2 x (2y )

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

β) Πρέπει να δείξουμε ότι 2 2 2 2x 2y 2xy 1 , x 2y 2xy 1

Πράγματι, έχουμε: 2 2 2 2 2 2 2x 2y 2xy x y y 2xy (x y) y ,

Όμως αφού είναι 2 2 2 2y 2 y 4 (x y) y (x y) 4 4 1 .

Άρα 2 2(x y) y 1 .

Όμοια δείχνουμε ότι και ο άλλος παράγοντας είναι διάφορος της μονάδας,

οπότε έχουμε ότι ο αριθμός 4 4x 4y είναι σύνθετος.


Σελίδα 29


Αν a και x είναι πραγματικοί αριθμοί και a 1 να δείξετε ότι 2

2

x a2

x a 1

.

Πότε ισχύει η ισότητα;

Λύση:

Όπως είδαμε παραπάνω, αν θέσουμε 2y x a , αρκεί να δείξουμε ότι

y y2 2 0

y 1 y 1

.

Έχουμε 2

y 2 y 2 ( y ) 2 y 1 1 1y2

y 1 y 1 y 1

2( y 1) 1

y 1

.

Αφού τώρα 2 2

a 1 x a x 1 1 για κάθε x διάφορο του μηδενός.

Άρα y 1 δηλαδή y 1 0 . Και αφού 2( y 1) 1 0 θα πρέπει:

2( y 1) 1

0y 1

οπότε

y2 0

y 1

και άρα

y2

y 1

.

Έχουμε μια εκκρεμότητα, για το τι συμβαίνει αν είναι x 0 . Τότε έχουμε y a

οπότε αρκεί να δείξουμε ότι α

α2

1

. Πρέπει να είναι το a 1 (για να μην

μηδενίζεται ο παρονομαστής). Δηλαδή πρέπει να είναι μόνοa 1 και άρα

a 1 a 1 0 .

Οπότε έχουμε : α

α2

1

(δικαιολογήστε το γιατί)

Άρα και στην περίπτωση αυτή, έχουμε το ζητούμενο.

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ: Η ισότητα, όπως είδαμε πιο πάνω, δεν μπορεί να ισχύει ποτέ.


Σελίδα 30


Αν για τους πραγματικούς αριθμούς x,a,b,y ισχύει ότι xy ab 1 , να

αποδειχθεί ότι: 2 2 2 2a b x y ax by 1 .

Λύση:

Η προς απόδειξη ανισότητα γράφεται με αντικατάσταση όπου xy ab 1

2 2 2 2a b x y ax by xy ab 0

2 2 2 22a 2ab 2b 2x 2xy 2y 2ax 2by 0 .

Tώρα σχηματίζουμε ταυτότητες της μορφής: 2 2 2(α β) α 2αβ β

2 2 2 2 2 2 2 2... a 2ab b x 2xy y a 2ax x b 2by y

2 2 2 2(a b) (x y) (a x) (b y) 0 .

Όμως ως αθροίσματα τετραγώνων ισχύει : 2 2 2 2(a b) (x y) (a x) (b y) 0 . Η ισότητα ισχύει αν και μόνον αν

a b,x y ,a x,b y

Τώρα λύνοντας το σύστημα

a b 0

x y

a x 0

b y 0

προκύπτει a b x y 0

Όμως κάτι τέτοιο δεν μπορεί να συμβαίνει καθώς δεν θα ικανοποιείται η

δοσμένη σχέση: xy ab 1 .

Συνεπώς η ισότητα δεν μπορεί να ισχύει άρα 2 2 2 2(a b) (x y) (a x) (b y) 0 και το ζητούμενο δείχθηκε.


Σελίδα 31


Για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς x,y να αποδείξετε ότι: 3 3

2 2

x yx y

x xy y

.

Λύση:

Έχουμε ότι: 3 3 2 2

2 2 2 2

x y (x y)(x xy y )

x xy y x xy y

και το

2 2

2 2

(x y)(x xy y )x y

x xy y

Οπότε η ζητούμενη ανισότητα γράφεται

2 2 2 2

2 2 2 2

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

x xy y x xy y

ίσοι αριθμητές, άρα αρκεί να δείξουμε ότι για κάθε x,y θετικούς

2 2 2 2x xy y x xy y , ή ακόμα ότι xy xy . Πράγμα που προφανώς

ισχύει, με την ισότητα στο x 0 ή y 0 (η πιθανότητα να ισχύουν και τα δυο

απορρίπτεται.)

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ

Να τονίσουμε επί πλέον ότι οι αριθμοί:

2 2 2 2,x xy y x xy y είναι μη αρνητικοί για κάθε x,y πραγματικούς

αριθμούς (ενώ είναι μηδέν μόνο για x y 0 ).

Παρακάτω θα δούμε την απόδειξη της ανισότητας: 2 2x xy y 0 για κάθε

x,y .

Έχουμε:2 2 2 2 2 2

2 2 2x 2xy 2y x x 2xy y yx xy y 0

2 2


Σελίδα 32

(δώστε μόνοι την εξήγηση) για κάθε x,y (όπου για να ισχύει η ισότητα, θα

πρέπει να είναι x 0 και x y 0 και y 0 , δηλαδή x y 0 ).

Επειδή λοιπόν στην εκφώνηση της άσκησης μας έδιναν ότι τα x,y είναι θετικοί

πραγματικοί αριθμοί, είναι φανερό ότι οι αριθμοί 2 2 2 2,x xy y x xy y

είναι θετικοί.


Να παραγοντοποιηθεί η παράσταση: 2 2 3A (2 x x ) x .

Λύση:

2 2 3 2 2 3(2 x x ) x [1 (1 x x )] x 2 2 2 3

1 2(1 x x ) (1 x x ) x

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

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

(1 x x )(x 4) .


(α) Να αποδείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο n ισχύει ότι:

22n n

2n 1 n 1

.

(β) Να αποδείξετε ότι:

22 4 6 2000 1

...3 5 7 2001 2001

.

Λύση:

α) πρέπει 2

2

4n n

4n 4n 1 n 1

Απλοποιούμε τα n των αριθμητών. Επειδή n θετικός, πρέπει να ισχύει

2 2 24n(n 1) 4n 4n 1 4n 4n 4n 4n 1 0 1 , που ισχύει.


Σελίδα 33

Άρα ισχύει και η αρχική ανισότητα.

β) 22 1( )3 2

24 2( )5 3

26 3( )7 4

...

22000 1000( )2001 1001

Με πολλαπλασιασμό προκύπτει ότι

22 4 6 2000 1 2 3 1000 1( ... ) ...3 5 7 2001 2 3 4 1001 1001 (με διαδοχικές απλοποιήσεις).

ΘΕΜΑ 41 (komi)

Εάν a,b πραγματικοί μη μηδενικοί και 2 2 3 3 3 2(a b ) (a b ) να βρεθεί η τιμή

της παράστασης a b

b a .

Λύση:

Η σχέση 2 2 3 3 3 2(a b ) (a b ) γράφεται

6 4 2 2 4 6 6 3 3 6 4 2 2 4 3 3a 3a b 3a b b a 2a b b 3a b 3a b 2a b

2 2 2 2

2 2 2 2 3 3

3 3

a b (a b ) 23a b (a b ) 2a b

a b 3

2 2a b 2 b a 2

ab 3 a b 3

.


Σελίδα 34

ΘΕΜΑ 42 (komi)

Εάν a,b,c ακέραιοι πραγματικοί , να δείξετε ότι η παράσταση 2

A 4abc(b c a) [(b a)(c a)] είναι τέλειο τετράγωνο.

Λύση:

2 2 2 2 2 2A 4abc(b c a) [(b a)(c a)] 4ab c 4abc 4a bc [bc a(b c) a ]

2 2 2 2 2 2 2 3 3 2

4ab c 4abc 4a bc b c 2ab c 2abc 2a b 2a c 2a bc 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 3

4ab c 4abc 4a bc b c a b 2a bc c a a 2ab 2ac 2a b 3 2

2a c 2a bc 2 2 2[c(b a)] 2ac(b a)(b a) [a(b a)] [(c a)(b a)] .


Το άθροισμα δύο ακεραίων αριθμών είναι 26 ενώ αν διαιρέσουμε τον

μεγαλύτερο με τον μικρότερο βρίσκουμε πηλίκο 4 και υπόλοιπο 1 . Να βρεθούν

οι αριθμοί.

Λύση:

Ισχύει ότι a b 26 (1)

Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι b a .

b 4a 1 (2)

από (1) και (2) με σύστημα a 5 , b 21 .


Αν a είναι περιττός ακέραιος, να δείξετε ότι ο αριθμός 4 2

a 6a 7 είναι

πολλαπλάσιο του 128 .


Σελίδα 35

Λύση:

4 2 2 2a 6a 7 (a 7)(a 1) .

περιττά τετραγωνικά υπόλοιπα modulo 16 είναι μόνο τα 1,9 .

Αν το υπόλοιπο του 2a (mod16) είναι1 , τότε

ο πρώτος παράγοντας γίνεται της μορφής

16k 1 7 16k 8 8(2k 1) mult.8 , και ο δεύτερος της μορφής

16k 1 1 16k mult.16 . Οπότε

4 2 2 2a 6a 7 (a 7)(a 1) (mult.8)(mult.16) mult.128

Αν το υπόλοιπο του 2a (mod16) είναι 9 , τότε

ο πρώτος παράγοντας γίνεται της μορφής

16k 9 7 16k 16 16(k) mult.16 , και ο δεύτερος της μορφής

16k 9 1 16k 8 8(2k 1) mult.8 . Οπότε

4 2 2 2a 6a 7 (a 7)(a 1) (mult.16)(mult.8) mult.128

Σημείωση : mult.16 σημαίνει πολ16 .

Β τρόπος

Έχουμε:

4 2 4 2 4 2 2 2 2a 6a 7 a 6a 6 1 (a 1) 6(a 1) (a 1)(a 1) 6(a 1)

2 2 2(a 1)(a 1 6) (a 1)(a 1)(a 7), (*)

Αφού όμως ο a είναι περιττός φυσικός αριθμός, θα έχουμε a 2k 1 , με k

φυσικό αριθμό. Οπότε η σχέση (*) γράφεται:

2 2(*) (2k 1 1)(2k 1 1)[(2k 1) 7] 2k(2k 2)(4k 4k 1 7)

2 22k 2(k 1)(4k 4k 8) 4k(k 1) 4(k k 2)

16k(k 1)[k(k 1) 2], (**)


Σελίδα 36

Γνωρίζουμε όμως (βλέπε κάποια από τις προηγούμενες ασκήσεις)

ότι το γινόμενο δύο διαδοχικών φυσικών αριθμών διαιρείται πάντα με το 2

(όπως και το γινόμενο τριών διαδοχικών φυσικών αριθμών διαιρείται πάντα με

το 3 , κ.ο.κ)

Άρα k(k 1) 2m όπου m είναι φυσικός αριθμός. Άρα η σχέση (**)

γράφεται: (**) 16 2m (2m 2) 64m(m 1), (***)

Και πάλι θα είναι m(m 1) 2n , όπου n είναι φυσικός αριθμός. Άρα η σχέση

(***) γράφεται: (***) 64 2n 128 n ,

από όπου προκύπτει το ζητούμενο.

Γ τρόπος 4 2 2 2

α 6α 7 α 6 7(α )

το τετράγωνο περιττού ακεραίου αριθμού είναι της μορφής 8λ 1

2 2(8λ 1)(8λ 1 6) 7 64λ 56λ 8λ 7 7 64λ 64λ 64λ λ 1

Άρα είναι πολ64 και εφόσον το λ παίρνει τιμές 1,2,3,... είναι και πολ128 .

ΘΕΜΑ 45 (ΛΩΛΑΣ ΠΑΝΑΓΙΩΤΗΣ)

Αν a,b,c πλευρές τριγώνου και x,y,z πραγματικοί, νa δείξετε ότι: 2 2 2

a (x y)(x z) b (y z)(y x) c (z x)(z y) 0 .


Λύση:

Προτού δώσουμε μια λύση, είναι χρήσιμο να αποδείξουμε μια ανισότητα (που

καλό είναι να απομνημονευθεί).

Αν κ,μ πραγματικοί αριθμοί και λ, ν θετικοί, τότε ισχύει:


Σελίδα 37

2 2 2κ μ (κ μ)

λ ν λ ν

.

ΑΠΟΔΕΙΞΗ:

Επειδή τα λ, ν είναι θετικοί αριθμοί, άρα το ΕΚΠ των παρονομαστών που είναι

λ ν (λ ν) θα είναι θετικός αριθμός. Οπότε μπορούμε να πολλαπλασιάσουμε

τα μέλη της ανισότητας που ζητάμε να αποδείξουμε με το ΕΚΠ και έτσι

ισοδύναμα, αρκεί να αποδείξουμε ότι:

2 2 2ν(λ ν)κ λ(λ ν)μ λν(κ μ)

2 2 2 2 2 2 2 2νλκ ν κ λ μ λνμ λνκ 2λνκμ λνμ

2 2 2 2 2ν κ λ μ 2λνκμ 0 (νκ λμ) 0 ,

πράγμα που είναι αληθές. Άρα αληθές είναι και το ζητούμενο.

Τώρα , θα οδηγήσουμε την άσκηση 45, στην προηγούμενη ανισότητα (που ήδη

αποδείξαμε)

Αρχικά, παρατηρούμε ότι αν ήταν x y , τότε αρκεί να δείξουμε ότι

2 2c (z x) 0, , που προφανώς αληθεύει (και μάλιστα η ισότητα ισχύει όταν

x z , δηλαδή τελικά όταν x y z ).

Με τον ίδιο τρόπο καταλήγουμε στο ζητούμενο και όταν είναι x z ή y z .

Ας υποθέσουμε τώρα ότι τα x,y,z δεν είναι ίσα ανά δύο, αλλά άνισα. και έστω

ότι x y z .

Τότε είναι (x y)(y z)(x z) 0 .

Διαιρώντας τώρα τα μέλη της ανισότητας που ζητάμε να αποδείξουμε με το

(x y)(y z)(x z) 0 , έχουμε ισοδύναμα:

2 2 2 2 2 2a b c a c b

0 (1)y z x z x y y z x y x z


Σελίδα 38

Όμως , από την (βοηθητική) ανισότητα που αποδείξαμε στην αρχή, έχουμε ότι:

2 2 2 2a c (a c) b

y z x y x z x z

(χρησιμοποιήσαμε την τριγωνική ανισότητα)

Άρα η σχέση (1) αποδείχθηκε, οπότε αποδείχθηκε και η αρχικά ζητούμενη.

Ακριβώς με τον ίδιο τρόπο, μπορούμε να αποδείξουμε το ζητούμενο και στις

περιπτώσεις που είναι x z y , y x z , κλπ...

Β τρόπος

Θέτω: x y k ,y z και η προς απόδειξη ανισότητα γράφεται:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2a k(k ) b ( k) c ( k )( ) a k a k b k c k c

2 2 2 2 2 2 2a k (a b c )k c 0

το οποίο είναι τριώνυμο ως προς k . Αρκεί λοιπόν να είναι D 0

Έχουμε: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

D (a b c ) (2ac ) (a 2ac c b )(a 2ac c b ) όμως

από τριγωνική ανισότητα έχουμε:

2 2 2a c b a 2ac c b 0 και:

2 2 2 2 2 2b c a b a 2ac c a 2ac c b 0 και η απόδειξη

ολοκληρώθηκε.


(α)Τριγωνική ανισότητα: Κάθε πλευρά τριγώνου είναι μικρότερη από το

άθροισμα των δύο άλλων πλευρών (και μεγαλύτερη από την απόλυτη τιμή της

διαφοράς των άλλων πλευρών).

(β) Αν κ,μ πραγματικοί αριθμοί και λ, ν θετικοί, τότε ισχύει η ανισότητα:


Σελίδα 39

2 2 2κ μ (κ μ)

λ ν λ ν

.

(την απόδειξη, την αφήνω ως άσκηση μιας και δεν έχει ιδιαίτερη δυσκολία)

(γ) Παρατηρείστε ότι αν x y ή y z ή z x τότε το ζητούμενο

αποδεικνύεται εύκολα. Θεωρείστε στη συνέχεια ότι x y z και προσπαθήστε

να οδηγήσετε την άσκηση στην παρατήρηση (β) η οποία θα αποδειχθεί με την

παρατήρηση (α).

δ) αν ένα πολυώνυμο της μορφής 2f (x) ax bx c , a,b,c πραγματικοί, έχει

a 0 και αρνητική Διακρίνουσα τότε f (x) 0 για κάθε πραγματικό x .


Να παραγοντοποιηθεί η παράσταση: 2 2 3A [1 x(1 x x )] x

Λύση:

(Νομίζω ότι πρέπει να δοθεί μια αρχή για την άσκηση αυτή, ώστε να μπορεί να

αντιμετωπιστεί και από μη έμπειρους μαθητές Γυμνασίου:

Ξεκινάμε λοιπόν: 2 2 3A [1 x(1 x x )] x

στη συνέχεια αναπτύξτε το τετράγωνο αθροίσματος και κάποια στιγμή

θυμηθείτε το άθροισμα κύβων...).

Δηλαδή 2 3 3 2 2 3 2

(1 x x x ) x [1 x(1 x x )] x 1 2x(1 x x ) 2 2 2 3 2 2 3 4 3

x (1 x x ) x (1 x x )(2x x x x ) (x 1) 2 2 3 4 2

(1 x x )(2x x x x ) (x 1)(x x 1)

2 2 3 4(1 x x )(1 3x x x x ) .


Σελίδα 40


Δίνεται το πολυώνυμο 2 2 2 2

P(x,y,z) x yz 3x y 2x z 6x 11xyz 22xz 33xy 66x

α) Να γράψετε το πολυώνυμο αυτό ως γινόμενο πρωτοβάθμιων παραγόντων

β) Για ποιες τριάδες φυσικών αριθμών (x,y,z) ισχύει ότι P(x,y,z) 2002 ;

Λύση:

α)2 2 2 2

P(x,y,z) x yz 3x y 2x z 6x 11xyz 22xz 33xy 66x

2 2x (yz 3y 2z 6) 11x(yz 3y 2z 6) (x 11x)(yz 3y 2z 6)

x(x 11)[y(z 3) 2(z 3)] x(x 11)(y 2)(z 3)

β) To 2002 γράφεται: 2002 2 7 11 13

Αν x άρτιος x 11 περιττός. ή το αντίστροφο.

επειδή ο 2 είναι ο μικρότερος από τους παράγοντες, x 2 και x 11 13 .

ή y 2 7 y 5 και z 3 11 z 8

ή y 2 11 y 9 και z 3 7 z 4 .

Οπότε οι λύσεις είναι (2,5,8) και (2,9,4) .


Αν ο αριθμός p είναι πρώτος να βρεθούν οι φυσικοί αριθμοί για τους οποίους

ισχύει: 2n n p 1982 .

Λύση:

2n n p 1982 n(n 1) p 1982 p 1982 2m


Σελίδα 41

p2(991 m) p 2

991 m

.

Η μόνη τιμή που μπορεί να πάρει το 991 m είναι το 1 . Επομένως p 2 . Στη

συνέχεια από την εξίσωση n(n 1) 1980 με δοκιμές βρίσκω ότι n 44 .

Β τρόπος

o 2n n n(n 1) είναι άρτιος, επειδή είναι γινόμενο διαδοχικών.

αν p περιττός πρώτος, 2n n p περιττός, άτοπο. Άρα p 2 .

Λύνουμε την 2

n n 1980 0 , και βρίσκουμε ως μόνη θετική λύση την

n 44 .

ΘΕΜΑ 49 (Socrates)

Χωρίζουμε το σύνολο A {1,2,3,...,19} σε δύο μη κενά σύνολα M καιN έτσι

ώστε M N , M N A και για κάθε x M είναι x 10 M ή

x 10 M . Αν m το άθροισμα των στοιχείων του M και n το άθροισμα των

στοιχείων του N , να βρείτε την ελάχιστη τιμή του m n .

Λύση:

Αν 1 M το 11 M και αν 11 M τότε το 1 M , όμοια ισχύει και για τα

υπόλοιπα πιθανά στοιχεία. Άρα μπορούμε να ομαδοποιήσουμε τα πιθανά

στοιχεία του M στο σύνολο X 10,12,14,16,18,20,22,24,26,28 , όπου κάθε

στοιχείο αντιστοιχεί στο άθροισμα δυο αντιστοίχων του A (εκτός του 10 που

είναι 10 2 0 ) δηλαδή το m ισούται με το άθροισμα των αντίστοιχων

στοιχείων του M στο X . Άμεση συνέπεια είναι ότι ισχύει το ίδιο και για το n ,

το οποίο είναι στην ουσία το άθροισμα όσων στοιχείων του X περισσέψουν.

Είναι προφανές ότι τα n και m είναι άρτιοι. Το άθροισμα των στοιχείων του X

είναι 190 , επειδή 190

852

, m n 0 . Οπότε η αμέσως μικρότερη τιμή που

ψάχνουμε είναι το 2 . Παρατηρούμε ότι οι όροι στο X είναι διαδοχικοί

αριθμητικής προόδου. Οπότε


Σελίδα 42

10 28 12 26 14 24 16 22 18 20 38 . Βάζοντας τα πρώτα δυο

ζεύγη στο M , τα δυο αμέσως επόμενα στο N και τα δυο τελευταία ένα στο

καθένα, έχουμε m n 2 που είναι και η απάντηση.


α) Να δείξετε ότι μπορούμε να τοποθετήσουμε 20 μη μηδενικούς ακεραίους, όχι

απαραίτητα διαφορετικούς, στη σειρά έτσι ώστε το άθροισμά τους να είναι

θετικό, ενώ το άθροισμα οποιονδήποτε τριών διαδοχικών να είναι αρνητικό.

β) Δείξτε ότι δε μπορούμε να κάνουμε το ίδιο σε ένα κύκλο.

Λύση:

Βάζω μια απόδειξη μιας και έχει μείνει άλυτη αρκετό καιρό. Θα προσπαθήσω

να γράψω κάπως αναλυτικά το σκεπτικό.

Για το (α) θέλουμε να βρούμε το παράδειγμα χωρίς να μπλέξουμε σε πράξεις.

Θα προσπαθήσουμε λοιπόν όσο το δυνατόν περισσότεροι αριθμοί να είναι ίσοι.

Μια ιδέα είναι να δοκιμάσουμε τους ακεραίους

m,m,n,m,m,n, ,m,m,n,m,m . Δηλαδή όλοι οι ακέραιοι που είναι σε θέσεις

πολλαπλάσια του τρία να ισούνται με n και όλοι οι υπόλοιποι να ισούνται με

m . Με αυτήν την επιλογή, κάθε τριάδα διαδοχικών ακεραίων έχει άθροισμα

2m n . Το συνολικό άθροισμα ισούται με 6n (20 6)m . Για να δουλέψει

λοιπόν αυτή η μέθοδος θέλουμε να βρούμε n,m ώστε 2m n 0 αλλά

14m 6n 0 . Για την πρώτη ανισότητα συμφέρει να επιλέξουμε

n (2m 1) . Τότε για να ικανοποιείται η δεύτερη ανισότητα πρέπει να

βρούμε m ώστε 14m 6(2m 1) 0 . Παρατηρούμε τώρα ότι το m 4 (και

άρα n 9 ) δουλεύει.

Μπορούμε τώρα να γράψουμε την λύση και πιο σύντομα. Παίρνουμε τους

ακεραίους 4,4, 9,4,4, 9, ,4,4, 9,4,4 . Το άθροισμα οποιονδήποτε τριών

διαδοχικών ισούται με 4 4 9 1 0 ενώ το ολικό άθροισμα ισούται με

14·4 6·9 2 0 .


Σελίδα 43


Α) Να προσδιορίσετε τους φυσικούς αριθμούς n,m αν οι αριθμοί 4

2m 3 και 4

2n 5 είναι δίδυμοι πρώτοι, δηλαδή είναι πρώτοι αριθμοί που διαφέρουν

κατά 2 .

Β) Ποιο μπορεί να είναι το τελευταίο ψηφίο του 2

a ; Ποιο του 4a ;

Λύση:

Α) είναι 4m 1(mod5) ή 4

m 0(mod5)

Στην πρώτη περίπτωση: αν 4m 1(mod5) οπότε 4

2m 0(m 5)3 od

Οπότε πρέπει 432m 5 , m 1

άρα 4

2n 5 7 ή 4

2n 5 3 .

Η δεύτερη απορρίπτεται, και στην πρώτη έχουμε n 1 .

Στην δεύτερη περίπτωση: 42m 3(m 5)3 od

Αλλά επειδή ο δεύτερος ακέραιος είναι κατά 2 μεγαλύτερος ή μικρότερος από

τον πρώτο, έχουμε 42n 0(m 5)5 od ή 4

2n 1(m 5)5 od

Στην πρώτη υποπερίπτωση, πρέπει 4

n n 052 5 , απορρίπτεται.

Στην δεύτερη υποπερίπτωση, 42n 1(m 5)5 od , αλλά επειδή

4n 1 ή 0(mod5) πρέπει 4

2n 2 ή 0(mod5) , άτοπο.

Μοναδική λύση η m n 1 .

Β) Το τετράγωνο ενός ακεραίου τελειώνει πάντα σε 0,1,4,5,6,9 οπότε

υψωμένο πάλι στο τετράγωνο 2 2 4(α ) α έχει ως πιθανά τελευταία ψηφία το

0,1,5,6 . Άρα:

4τ(n ) (0,1,5,6)

4τ(2n ) (0,2)


Σελίδα 44

4τ(2n 5) (5,7)

4τ(m ) (0,1,5,6)

4τ(2m ) (0,2)

4τ(2m 3) (3,5)

Για να σχηματίσω την διαφορά των δυο παραστάσεων που είναι 2 (δηλ. το

τελευταίο ψηφίο της είναι 2 ) εξετάζω όλα τις πιθανές περιπτώσεις των

παραπάνω τελευταίων ψηφίων και καταλήγω ότι οι πιθανές περιπτώσεις είναι

δυο.

1η περίπτωση

τ(5) τ(3) 2 άρα 4τ(2n 5) 5 πρέπει αναγκαστικά το

42n 5 5 καθώς ο

μόνος πρώτος αριθμός που τελειώνει σε 5 είναι το 5 . Άρα 4

2n 5 5 άρα

n 0 που είναι άτοπο καθώς ο n είναι φυσικός

2η περίπτωση

τ(7) τ(5) 2 άρα 4τ(2m 3) 5 όπως και παραπάνω πρέπει αναγκαστικά το

4m m 132 5

Αφού το 42m 53 το

4n n 152 7 . Άρα m n 1 .

Οπότε ως συμπέρασμα έχουμε ότι ο μόνος πρώτος αριθμός που τελειώνει σε 5

είναι το 5 .

Να γράψω μόνο για τον συμβολισμό π.χ 4τ(n ) (0,1,5,6) διαβάζεται:

"Το τελευταίο ψηφίο του 4n είναι 0 ή 1 ή 5 ή 6".


Θα πρέπει να εξηγήσουμε το γιατί κάθε φυσικός αριθμός όταν υψωθεί εις την

τετάρτη και ύστερα διαιρεθεί με το 5, αφήνει πάντα υπόλοιπο ή μηδέν ή 1 (μου

ζητήθηκε να το εξηγήσουμε από κάποιους μαθητές γυμνασίου).


Σελίδα 45

Έστω λοιπόν ένας φυσικός αριθμός m. Αν κάνουμε την διαίρεση του m με το 5

θα βρούμε πηλίκο τον φυσικό αριθμό k και υπόλοιπο τον αριθμό u όπου το u

παίρνει τις τιμές 0 ή 1 ή 2 ή 3 ή 4.

Επειδή "Ο διαιρετέος ισούται με τον διαιρέτη επί το πηλίκο συν το υπόλοιπο",

θα έχουμε: m 5k u .

Διακρίνουμε τώρα τις περιπτώσεις:

1η περίπτωση: u 0

Τότε m 5k . Άρα 4 4

m 625k πολ5 .

Αυτό σημαίνει ότι η διαίρεση του 4m με το 5 δίνει υπόλοιπο 0 .


Τότε m 5k 1

Άρα 2 2 2m 25k 10k 1 5(5k 2k) 1 πολ5 1 .


Άρα

2 4 2 4 2 2m 5a 1 m (5a 1) m 25a 10a 1 5(5a 2a) 1 πολ5 1



Τότε m 5k 2

Άρα 2 2 2m 25k 20k 4 5(5k 4k) 4

Αυτό σημαίνει ότι το υπόλοιπο της διαίρεσης του 2m με το 5 δίνει υπόλοιπο 4 .

Άρα 2 4 2 2 2

m 5b 4 m 25b 40b 16 25b 40b 15 1 5(5b 8b 3) 1

Αυτό πάλι σημαίνει ότι το υπόλοιπο της διαίρεσης του 4m με το 5 δίνει

υπόλοιπο 1 .


Σελίδα 46

Όμοια και στις υπόλοιπες δύο περιπτώσεις , καταλήγουμε ότι το υπόλοιπο της

διαίρεσης του 4m με το 5 είναι το1 .


Αν 1 2 n

x ,x ,...,x ακέραιοι τέτοιοι ώστε

1 2 n 1 2 n( x x ... x ) x x ... x 2 , να δείξετε ότι ένας τουλάχιστον

από αυτούς ισούται με 1 ή 1 .

Λύση:

Αν όλοι οι ακέραιοι αριθμοί (που μας έχει δώσει η εκφώνηση) ήταν θετικοί,

τότε θα ήταν και 1 2 n

x x ... x 0 .

Άρα θα είχαμε ότι: 1 2 n 1 2 nx x ... x x x ... x 2 0 2 .

πράγμα άτοπο.

Αν πάλι όλοι ήταν αρνητικοί, τότε θα ήταν και 1 2 n

x x ... x 0 .

Άρα θα είχαμε ότι: 1 2 n 1 2 nx x ... x x x ... x 2 0 2 που

και πάλι είναι άτοπο.

Άρα κάποιοι από τους 1 2 n

x ,x ,...,x θα είναι θετικοί ή μηδέν και κάποιοι

αρνητικοί.

Έστω λοιπόν ότι οι ακέραιοι 1 2 n

x ,x ,...,x είναι θετικοί ή μηδέν και οι ακέραιοι

k 1 k 2 nx ,x ,...,x

είναι αρνητικοί (δεν βλάπτει την γενικότητα αυτό που

θεωρήσαμε)

Τότε η δομένη σχέση γράφεται:

1 2 k k 1 k 2 n 1 2 k k 1 k 2 nx x ... x x x ... x x x ... x x x ... x 2

1 2 k k 1 k 2 nx x ... x x x ... x

1 2 k k 1 k 2 nx x ... x x x ... x 2

.


Σελίδα 47

Για ευκολία, ας θέσουμε 1 2 k

x x ... x F 0 , k 1 k 2 n

x x ... x R 0

Τότε η σχέση (*) γράφεται: F R F R 2 (1).

Διακρίνουμε τώρα 3 περιπτώσεις:

1η περίπτωση: F R 0 .

Τότε από την σχέση (1) έχουμε F R 2 και με πρόσθεση κατά μέλη αυτών

των σχέσεων βρίσκουμε 2F 2 F 1 , οπότε προκύπτει ότι R 1 .

Άρα k 1 k 2 n

x x ... x 1 και αφού οι αριθμοί αυτοί είναι ακέραιοι και

αρνητικοί , θα πρέπει τουλάχιστον ένας από αυτούς να ισούται με 1 (αλλιώς

το άθροισμά τους θα ήταν μικρότερο του 1 , πράγμα άτοπο)


Τότε από την σχέση (1) έχουμε: F R (F R) 2 2R 2 R 1 ,

οπότε πάλι όπως και στην 1η περίπτωση, έχουμε ότι ένας τουλάχιστον από τους

ακέραιους ισούται με το 1 .


Τότε από την σχέση (1) έχουμε: F R [ (F R)] 2 2F 2 F 1 .

Δηλαδή 1 2 k

x x ... x 1 και αφού οι ακέραιοι αυτοί είναι θετικοί ή μηδέν,

τότε αν όλοι ήταν διάφοροι της μονάδας, το άθροισμά τους θα ήταν ή μηδέν ή

μεγαλύτερο του 2 , πράγμα άτοπο. Άρα ένας τουλάχιστον από αυτούς θα

ισούται με την μονάδα.

Από τις παραπάνω περιπτώσεις, συμπεραίνουμε ζητούμενο.

Ας δούμε μία παραλλαγή της λύσης:

Μπορούμε να υποθέσουμε ότι 1 2 n

x x ... x 0 (αλλιώς αλλάζουμε το

πρόσημο κάθε αριθμού. Η παράσταση τότε δεν αλλάζει τιμή). Άρα

1 2 n 1 2 n2 x x ... x x x ... x

1 2 n 1 2 nx x ... x x x ... x


Σελίδα 48

1 1 2 2 n n| x | x | x | x ... | x | x

παρατηρούμε ότι όλες οι παρενθέσεις είναι θετικοί αριθμοί ή μηδέν. Επίσης, αν

κάποιος k

x είναι 0 τότε k k

| x | x 0 . Αυτούς τους σβήνουμε. Δεν αλλάζει το

άθροισμα. Συνεπώς έχουμε μόνο αρνητικά x(m) και το άθροισμά μας είναι της

μορφής: 2 2x(m) ... 2x(p) δηλαδή x(m) ... x(p) 1 .

Επειδή όμως οι x(m),...,x(p) είναι (αρνητικοί) ακέραιοι σημαίνει ότι ένας από

αυτούς είναι 1 (και οι υπόλοιποι 0). Όπως θέλαμε.

(η περίπτωση του 1 προκύπτει αν αρχικά έχουμε 1 2 n

x x ... x 0 ).


Ένας σκύλος καταδιώκει μια αλεπού που απέχει εξήντα πηδήματα από αυτόν.

Όταν η αλεπού κάνει εννέα πηδήματα, ο σκύλος κάνει έξι πηδήματα. Αλλά τρία

πηδήματα του σκύλου ισούνται με επτά της αλεπούς. Μετά από πόσα πηδήματα

θα φτάσει ο σκύλος την αλεπού?

Λύση:

Έστω y τα πηδήματα τα οποία θα φτάσει ο σκύλος την αλεπού. Αλλά τότε η

αλεπού θα έχει κάνει 9

60 y6

πηδηματάκια.

Αφού τα 7 πηδήματα της αλεπούς είναι 3 του σκύλου, τότε 1 της αλεπούς είναι

3

7 του σκύλου.

Και άρα τα 9

60 y6

της αλεπούς είναι 3 9

(60 y)7 6 του σκύλου.

Συνεπώς 3 9

(60 y) y y 727 6 πηδηματάκια.


Σελίδα 49


Έστω x πραγματικός αριθμός. Αν οι αριθμοί 3x x και 2

x 2x είναι ρητοί, να

αποδειχθεί ότι ο x είναι ρητός.

Λύση:

Έστω 3

x x b και 2

x 2x a με a και bρητούς.

3 3 2 2 3 2 2b x x x x 2x 2x 4x 4x x x 2x 2x 4x 5x

2 2x x 2x 2 x 2x 5x ax 2a 5x

2a bb ax 2a 5x b 2a ax 5x x

a 5

αφού a 5 μίας και η

εξίσωση 2

x 2x 5 είναι αδύνατη. Άρα ο αριθμός x είναι ρητός ως πηλίκο

ρητών.


Για να την λύσουμε, θα χρησιμοποιήσουμε μόνο ότι :

Το άθροισμα, η διαφορά, το γινόμενο και το πηλίκο ρητών, είναι ρητός (αρκεί

στο πηλίκο, ο παρονομαστής να είναι διάφορος του μηδενός)

Έστω 3x x k (1)

2x 2x r (2) όπου k,r είναι ρητοί αριθμοί.

Λύστε τώρα την σχέση (2) ως προς 2x και αντικαταστήστε στην (1) με τελικό

σκοπό να βρείτε το x ....

Β τρόπος

Έστω 3x x k (1)

2x 2x r (2) όπου k,r είναι ρητοί αριθμοί.

Η σχέση (2) γράφεται: 2x r 2x


Σελίδα 50

Τώρα η (1) γράφεται: 2 2

x x x k x(r 2x) x k xr 2x x k xr 2(r 2x) x k

xr 2r 4x x k (r 5)x 2r k (3).

Αν τώρα ήταν r 5 0 r 5 οπότε η (2) γράφεται 2x 2x 5 0 .

Η εξίσωση όμως αυτή είναι αδύνατη, αφού έχει Διακρίνουσα 16 0

Άρα η σχέση (3) γράφεται k 2r

xr 5

.

Άρα ο αριθμός x είναι ρητός, ως πηλίκο ρητών αριθμών.


Το τριπλάσιο ενός αριθμού αυξημένο κατά 18 ισούται με το τετράγωνο του

αριθμού. Να βρεθεί ο αριθμός αυτός.

Λύση:

Έχω : 2x 3x 18 0 x 6 ή x 3 .


Δείξτε ότι η εξίσωση 2x x 2n 1 , όπου n είναι φυσικός αριθμός, έχει

πραγματικές ρίζες. Στη συνέχεια να εξετάσετε αν είναι δυνατόν οι ρίζες αυτής

της εξίσωσης να είναι ακέραιες (για κάποιονn φυσικό αριθμό)

Λύση:

Τα φέρνω όλα στο 1ο μέλος και έχω μια δευτεροβάθμια εξίσωση ως προς x . H

Διακρίνουσα είναι θετική άρα έχει λύσεις στους πραγματικούς αλλά όχι στους

ακέραιους αφού ένας άρτιος ισούται με έναν περιττό.


Σελίδα 51

Β τρόπος

Αν υποθέσουμε λοιπόν ότι η εξίσωση έχει ρίζα τον ακέραιο αριθμό k . Τότε θα

πρέπει: 2k k 2n 1 k(k 1) 2n 1

Όμως έχουμε δει σε προηγούμενες ασκήσεις ότι το γινόμενο δύο διαδοχικών

ακεραίων είναι πάντα άρτιος. Άρα το πρώτο μέλος της (1) είναι άρτιος ενώ το

δεύτερο περιττός. Τούτο όμως είναι άτοπο και άρα η εξίσωση δεν μπορεί να

έχει ρίζα ακέραιο αριθμό.


Να βρείτε την ελάχιστη τιμή της παράστασης: 2 2

A a 10ab 27b 8b 8 .

Για ποιες τιμές των a,b λαμβάνεται η ελάχιστη τιμή της παράστασης A ;

Λύση:

2 2 2 2 2

A a 10ab 27b 8b 8 a 10ab 25b 2b 8b 8

2 2 2 2 2a 10ab 25b 2(b 4b 4) (a 5b) 2(b 2)

έχουμε άθροισμα δύο μη αρνητικών όρων, οπότε η ελάχιστη τιμή της

παράστασης A είναι το 0 .

Αυτό γίνεται για b 2 και a 10 .


Να βρεθεί η μέγιστη τιμή του θετικού ακεραίου x για την οποία ο αριθμός x

13

διαιρεί τον αριθμό 500!. (ΣΥΜΒΟΛΙΣΜΟΣ: n! 1 2 ... (n 1) n )

Λύση:

Στο γινόμενο 500! διακρίνουμε τους εξής όρους: 13 1,13 2,...,13 38 .

Αλλά ανάμεσά τους έχουμε τους: 13 13 και 2 13 13 άρα ο ζητούμενος

αριθμός είναι ο 40 .


Σελίδα 52

με άλλα λόγια ,

Ονομάζουμε το ζητούμενο a .

επειδή 313 500 , 2

500 500a 40

13 13 .


Τρίγωνο ΑΒΓ έχει πλευρές ΑΒ x , ΑΓ x 2 και ΒΓ 10 . Αν ισχύει ότι 2 2

(x 2) x 28 , να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο με ορθή

την γωνία Α

.

Λύση:

Από τη σχέση που μου δίνει το πρόβλημα έχω ότι :

2 2 2 2(x 2) x x 4 4x x 28 4x 24 x 6 .

Άρα x 6 και x 2 8 .

Οπότε το πυθαγόρειο θεώρημα επαληθεύεται ( 2 2 26 8 10 ).


Αν για τους πραγματικούς αριθμούς x,y,z ισχύει ότι xyz 1 , να αποδείξετε

ότι 1 1 1

2y z x

y 1 z 1 x 1x 1 y 1 z 1

.

Λύση:

1 1 1

y z xy 1 z 1 x 1

x 1 y 1 z 1


Σελίδα 53

x 1 y 1 z 1

(y 1)(x 1) y (z 1)(y 1) z (x 1)(z 1) x

x 1 y 1 z 1A

xy x 1 yz y 1 zx z 1

Αλλά xyz 1 άρα 1

zxy

. Άρα

11

x 1 y 1 xyA

1 1 1xy x 1y y 1 x 1

xy xy xy

x 1 x(y 1) xy 1 2xy 2x 2 2(xy x 1)2

xy x 1 xy x 1 xy x 1 xy x 1 xy x 1

.

ΘΕΜΑ 61 (ΜΠΑΜΠΗΣ ΣΤΕΡΓΙΟΥ)

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ όπου ΑΒ ΑΓ με oB 30

και σημείο Μ

στο εσωτερικό του , τέτοιο ώστε oMBΓ 30

και 3

M AB BAΓ4

. Να

αποδειχθεί ότι η γωνία οΑΜ Γ 150

.

Λύση:

Φέρνουμε τη διάμεσο ΑΝ που τέμνει την ΜΒ στο Ρ . Φέρνουμε

και τη ΡΓ . Οι οξείες γωνίες γύρω από το Ρ είναι ο

60 μοίρες, οπότε η ΡΜ είναι

διχοτόμος της γωνίας Α Ρ Γ

. Αλλά και η ΑΜ είναι διχοτόμος της γωνίας Ρ Α Γ

,

οπότε το Μ είναι το έκκεντρο του τριγώνου ΡΑΓ . Από βασική πρόταση ή με

απλούς υπολογισμούς προκύπτει ότι η γωνία ΑΜ Γ

είναι ίση με μια ορθή συν

το μισό της γωνίας Α Ρ Γ

, δηλαδή ο

150 μοίρες.


Σελίδα 54

Β τρόπος

Αρκεί να ονομάσουμε Τ το σημείο τομής της ΒΜ με το

ύψος ΑΔ και να αποδείξουμε οτι το Μ είναι έκκεντρο

του τριγώνου ΑΤΓ(σημείο τομής των διχοτόμων

των γωνιών του).


Αν x,y,z [ 1, ) ώστε 1 x 1 y 2 1 z να δείξετε ότι x y 2z .


Λύση:

Θέλουμε να αποδείξουμε ότι

x y 2z x 1 y 1 2z 2 (x 1) (y 1) 2(z 1) .

Ας ονομάσουμε για ευκολία x 1 a , y 1 b και z 1 c

Τότε αρκεί να αποδείξουμε ότι 2 2 2

a b 2c ( a) ( b) 2c ( a b) 2 a b 2c (1)

Από την υπόθεση, έχουμε: a b 2 c (*)

Άρα 2(1) (2 c) 2 ab 2c 4c 2 ab 2c ab c (2)

Γνωρίζουμε όμως ότι αν k,m 0 τότε k m

km2

(Η απόδειξη αυτή είναι

απλή και αφήνεται ως άσκηση. Αργότερα θα δώσουμε και την γενικότερη

μορφή της ανισότητας αυτής)

Αν λοιπόν δούμε το a στην θέση του k και το b στην θέση του m τότε

έχουμε:


Σελίδα 55

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

2 2

ab c .

Άρα η σχέση (2) είναι αληθής και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Βάζω μια συντομότερη λύση:

Από τη γνωστή ανισότητα 2 2 22(m n ) (m n) (η οποία είναι ισοδύναμη με

την 2(m n) 0 )

έχουμε ότι 22(1 x 1 y) ( 1 x 1 y) 4(1 z),

άρα προκύπτει το ζητούμενο

Προφανώς, το ζητούμενο ισχύει αν και μόνο αν x y z .


Να βρείτε τους πρώτους αριθμούς x,y αν ισχύει 3 3 2 2 2 2

x 2y 6y y 3 2xy x y 3x x .

Λύση:

3 3 2 2 2 2x 2y 6y y 3 2xy x y 3x x

3 2 2 3 2 2(x 3x x y) (2y 6y 2xy ) ( x y 3) 0

2 2x ( x y 3) 2y ( x y 3) x y 3 0

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

Συνεπώς είτε x y 3 0 x y 3 (1) είτε

2 2 2x 2y 1 0 x 2y 1 (2)

(1): x y 3 άρα (x,y) (5,2),( 2, 5)


Σελίδα 56

(2): 2x 2y 1 άρα (x,y) (3,2)

Συνεπώς καταλήγουμε ότι: (x,y) (5,2),( 2, 5),(3,2) .

Υ.Γ. Αξίζει να σημειώσουμε για όσους δεν το γνωρίζουν ότι το 1 (και φυσικά

το0) δεν είναι πρώτοι αριθμοί.


Αν a,b 0 να δείξετε ότι a b a b 2(a b)

1 a b 1 a 1 b 2 a b

.


Λύση:

Ξεκινάμε με την αριστερή.

Είναι a b a b a b

,1 a b 1 a b 1 a b 1 a 1 b

αφού a,b 0 .

Πάμε στη δεξιά.

Είναι a b 2(a b) 1 a 1 1 b 1 2 a b 2

21 a 1 b 2 a b 1 a 1 b 2 a b

1 1 4 1 1 41 1 2 0,

a 1 1 b 2 a b a 1 1 b 2 a b( )

όπου η τελευταία ανισότητα, ισχύει ως εφαρμογή της κλασικής

1 1 4

k m k m

για k,m 0 .


Στο τραπέζιο ΑΒΓΔ οι γωνίες Α και Δ είναι ορθές ΑΒ α , ΑΔ β και

ΓΔ γ . Οι αριθμοί α,β,γ είναι ακέραιοι και ανάλογοι προς τους αριθμούς

1,2,3 αντίστοιχα και έχουν άθροισμα 30 .


Σελίδα 57

Να βρεθεί το εμβαδόν του τραπεζίου ΑΒΓΔ .

Λύση:

Οι πληροφορίες της εκφώνησης μας

δίνουν τα εξής:

α β γ,

1 2 3

επειδή όμως οι α,β,γ έχουν

άθροισμα 30 , έχουμε:

305,

1 2 3 6 6

Επομένως: 5 , 10 , 15 .

Ο τύπος του εμβαδόν τραπεζίου είναι: 2(B β)υ (5 15)10Ε 100cm

2 2.


Αν a,b,x,y 0 και a b 1 τότε: 1

ax bya β

x y

. Πότε ισχύει το ίσον;

Λύση:

Έχουμε: 2 2 2a b x y

(ax by)( ) a ab( ) b (a b) 1x y y x

αφού για κάθε k,m 0 ισχύει ότι: k

m2

m

k .


Σελίδα 58

ΒΑΣΙΚΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ (1):

Για κάθε x,y R (δηλαδή για κάθε x,y που είναι πραγματικοί αριθμοί) ισχύει:

2 2x y 2xy . Η ισότητα ισχύει όταν x y .

ΕΦΑΡΜΟΓΗ: Αν x,y 0 να αποδείξετε ότι x y 2 xy

ΑΠΟΔΕΙΞΗ: Στην βασική ανισότητα (1) βάλτε στην θέση του x το x και

στη θέση του y το y .


Για κάθε x,y R ισχύει: 2 2x y xy .

Ας δούμε μια απόδειξη: 2 2 2 2 2 2 2 2

x y xy 2(x y ) 2xy x y x y 2xy 0

2 2 2x y (x y) 0 .

Τούτο όμως ισχύει, οπότε θα ισχύει και το ζητούμενο

ΣΗΜ: Η ισότητα ισχύει όταν x 0 , y 0 , x y 0 δηλ. ότανx y 0 .


Για κάθε x,y,z R ισχύει : 2 2 2x y z xy xz zy .

ΑΠΟΔΕΙΞΗ

1ος Τρόπος: Από την ΒΑΣΙΚΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ (1) έχουμε: 2 2

x y 2xy

2 2z y 2zy

2 2x z 2xz

Με πρόσθεση κατά μέλη των ανισοτήτων αυτών, έχουμε: 2 2 2 2 2 2

2x 2y 2z 2xy 2xz 2zy x y z xy xz zy

2ος Τρόπος: Πολλαπλασιάζουμε τα μέλη της ζητούμενης ανισότητας με το 2 ,


Σελίδα 59

και με διασπάσεις και μεταφορά στο πρώτο μέλος, καταλήγουμε σε άθροισμα

τριών τετραγώνων μεγαλύτερο ή ίσο με το μηδέν, πράγμα που αληθεύει.


Αν x,y 0 τότε x y

2y x .

(Η απόδειξη είναι εύκολη , αν πολλαπλασιάσουμε ισοδύναμα τα μέλη της

αποδεικτέας με το x y ).


Για κάθε x,y,z 0 να αποδειχθεί ότι: x y x z y z

6y x z x z y

Λύση:

Ισχύουν: x y

2y x ,

x

z2

z

x ,

y

z2

z

y με πρόσθεση των τριών σχέσεων

προκύπτει η αρχική.

Β τρόπος

Με απλή εφαρμογή της ΑΜ – ΓΜ για 6 όρους.


Για κάθε x,y,z 0 πραγματικούς αριθμούς ότι (x y)(y z)(z x) 8xyz .

Λύση:

Ισχύουν: x y 2 xy , y z 2 yz , x z 2 xz οι οποίες

με πολλαπλασιασμό δίνουν την πρώτη σχέση.


Σελίδα 60


Έστω ότι για τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς a,b,c ισχύει ότι:

a b b c a cab( c) bc( a) ca( b) 0

2 2 2

. Να αποδειχθεί ότι a b c .

Λύση:

Έχουμε a b b c a c

ab( c) bc( a) ca( b) 02 2 2

.

Έχουμε: 2 2

ab(a b) a b ab... 3abc 3abc

2 2

.

Όμως από ΑM – GM παίρνουμε:

2 2 2 2 2 2 66a b ab b c bc c a ca 6 (abc) 6abc

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

3abc2

.

Επειδή όμως στην τελευταία θέλουμε ισότητα αναγκαστικά είναι: a b c .

Β τρόπος

Έχουμε: a b 2c b c 2a c a 2b

ab bc ca 02 2 2

2 2 2 2 2 2a b ab 2abc b c bc 2abc c a ca 2abc 0

2 2 2 2 2 2)a(b 2bc c ) b(a 2ac c ) c(b 2ab a 0

2 2 2a(b c) b(a c) c(b a) 0 .

Όμως οι αριθμοί a,b,c είναι θετικοί. Οπότε για να είναι αληθής η πιο πάνω

σχέση, θα πρέπει να ισχύει:

a b 0 και a c 0 και b c 0 , δηλαδή a b c .


Σελίδα 61


Να λυθεί στους πραγματικούς αριθμούς η εξίσωση:

24 2 127 x x x (1 x) 4(3x x)

3 3 3

.

Λύση:

Ας δώσω και εγώ μια υπόδειξη (άλλο τρόπο) για την άσκηση 70

Έχουμε ισοδύναμα:

23x 4 3x 2 3x 127 (1 x) 4(3x x)

3 3 3

2(3x 4)(1 x)(3x 2)(3x 1) 4(3x x)

2 2 2[(3x x) 4][3(3x x) 2] 4(3x x) .

Μια συνήθης πρακτική σε τέτοιες ασκήσεις:

Θέτουμε 23x x y και η συνέχεια είναι απλή.

Υπόδειξη

Για να μην έχουμε συντελεστές μπροστά από τα x στους παράγοντες που

μετέχουν μετασχηματίζουμε την εξίσωση στην ισοδύναμη της

4 2 1 1

9 x x x x 1 4 x 0 x ,3 3 3 3

παρατηρώντας ότι:

4 2 1 11 0

13 3 3 3 ,6 6

οπότε επιχειρούμε τον

μετασχηματισμό που ακολουθεί:

1,2 3,4 1 2 3,4

1 1 5 17 2 1 17x y y x ,...,y , y ...x ,x 1,x .

6 6 6 6 3 6


Σελίδα 62


Ένα ορθογώνιο παραλληλόγραμμο διαιρείται σε 4 μικρότερα ορθογώνια με δύο

ευθείες παράλληλες προς τις πλευρές του. Τα τρία από αυτά τα τέσσερα

ορθογώνια έχουν εμβαδά 10,18 και 25 τετραγωνικές μονάδες. Να βρεθεί το

εμβαδόν του τέταρτου ορθογωνίου.

Λύση:

Έχω λοιπόν xz 10 και yz 18 . Διαιρώ κατά μέλη (όλοι θετικοί !) και

παίρνω : xz 10 5

x yyz 18 9

Ομοίως : xz 10 και

2xt 25 z t

5

Συνεπώς έχω :

5 2 2 9xy 10 y t 10 yt 10 yt 10· yt 45 (?)!

9 5 9 2

Με παρόμοιο τρόπο μπορούμε να δούμε και την άλλη περίπτωση , δηλαδή

όταν το 25 και το ? εναλλαγούν.

Τότε θα βρούμε 125

? xt9

.Υπάρχει άλλη περίπτωση ;

Β τρόπος

Βασιζόμενος στο παραπάνω σχήμα έχω:

tx 25 (1)

xz 10 (2)

yz 18 (3) και θέλουμε το ty .


Σελίδα 63

Πολλαπλασιάζοντας τις (1) , (2) , (3) κατά μέλη έχουμε

2

2 2

25 10 18 25 10 18ty(xz) 25 10 18 ty 45

(xz) 10

.


Οι αριθμοί m,n είναι ακέραιοι.

(α) Να βρεθούν τα ζεύγη (m,n) που επαληθεύουν την εξίσωση : 3 2 3 2

m 4mn 8n 2m n .

(β) Από τα ζεύγη που θα βρείτε να προσδιορίσετε εκείνα που επαληθεύουν την

εξίσωση 2

m n 3 .

Λύση:

Είναι:

(a) 3 2 3 2 3 3 2 2

m 4mn 8n 2m n m 8n 2m n 4mn 0

2 2 2(m 2n)(m 2mn 4n ) 2mn(m 2n) 0 (m 2n)(m 2n) 0

Aρα αναγκαστικά είναι: m 2n ή m 2n .

(b) Αντικαθιστώντας στην 2η εξίσωση βρίσκουμε ότι

γιαm 2n (m,n) (2,1) ( 6,ή 3)

και για m 2n (m,n) (2 ή, 1) ( 6,3).

ΘΕΜΑ 73 (Ferma_96)

Να εξεταστεί κατά πόσο ένας ακέραιος αριθμός, μπορεί να έχει την ρίζα του

στους ρητούς αλλά όχι και στους ακέραιους αριθμούς.

(είναι διάσημο πρόβλημα, οπότε μάλλον πολλοί θα το ξέρετε).

Λύση:

Αυτό δεν μπορεί να συμβεί .


Σελίδα 64

Θέλουμε το κλάσμα a

b με a,b φυσικούς ,να μην είναι φυσικός αριθμός ενώ το

2

2

a

b να είναι φυσικός.

Προφανώς a b 0 , μπορώ να υποθέσω ότι (a,b) 1 διαφορετικά απλοποιώ το

κλάσμα. Τότε προφανώς και 2 2(a ,b ) 1 αυτό σημαίνει ότι το

2b δεν διαιρεί το

2a , άρα το κλάσμα

2

2

a

bδεν είναι φυσικός.


Να λυθεί το σύστημα:

4 2 2 4

2 2

x x y y 91

x xy y 7

.

Λύση:

Διαπιστώνουμε ότι: x y,x y

Οι εξισώσεις του συστήματος δίνουν αντίστοιχα

6 6 2 2

3 3

x y 91 x y

x y 7 x y

Αν διαιρέσουμε κατά μέλη οδηγούμαστε στην 2 2x y xy 13 που μαζί με την

2 2x y xy 7 μας οδηγούν στην λύση.

Β τρόπος

Οι 2 σχέσεις γράφονται:

2 2 2 2(x y ) (xy) 91 (1)

2 2(x y ) (xy) 7 (2)

Διαιρώντας τις (1) και (2) κατά μέλη καταλήγουμε όπως παραπάνω.


Σελίδα 65


Να λυθεί η εξίσωση: 2

2

42x x

x x 1

.

Λύση:

2

2

42x x

x x 1

, ας θέσουμε το 2

x x t . Τότε

242t t t 42 0 t 7,6

t 1

για t 7

2 2x x 7 x x 7 0 (Δεν πραγματική τιμή του x ).

Για t 6

2t 6 x x 6 0 x 3,2 .


Στον διαγωνισμό "ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ" της ΕΜΕ συμμετέχουν αγόρια και κορίτσια

που χωρίζονται σε δύο κατηγορίες, στους "μικρούς" (με ηλικία κάτω των

15 ετών) και στους "μεγάλους". Τα αγόρια που λαμβάνουν μέρος στον φετινό

"ΑΡΧΙΜΗΔΗ" αποτελούν το 55% αυτών που συμμετέχουν. Ο λόγος του

πλήθους των "μικρών" αγοριών προς το πλήθος των "μεγάλων" αγοριών ισούται

με τον λόγο του πλήθους των "μικρών" προς το πλήθος των "μεγάλων".

Να βρεθεί ο λόγος του πλήθους των "μικρών" αγοριών προς το πλήθος των

"μικρών" κοριτσιών.

Λύση:

Έστω: x το πλήθος των μεγάλων αγοριών

y των μεγάλων κοριτσιών


Σελίδα 66

z των μικρών αγοριών

w των μικρών κοριτσιών, άρα ψάχνουμε το z/w

Οι 2 σχέσεις της υπόθεσης δίνουν :

55 45 55 x z 11

x z (x y z w) (x z) (y w) ... 100 100 100 y w 9

(1)

και:

z z w z x x z 11xz zy xz xw

x x y w y y w 9

από την (1).


Να συγκρίνετε τους αριθμούς 3 33 3 33 3 3 3 , 2 3 λαμβάνοντας

σοβαρά υπ’ όψη ότι το εμφανισιακά μεγάλο δεν είναι πάντα και το μεγαλύτερο.

Λύση:

Αρκεί να συγκρίνουμε τους αριθμούς 3 3 33 3 3 k και 33 33 3 3

βασιζόμενος στην ταυτότητα 2 23 33 3 3a b ( a b)( a ab b )

η οποία δίνει 3 3

2 23 33

a ba b

a ab b

έχουμε:

3

3 3 3

23 3 33 3

33 3 3 (1)

(3 3) 3(3 3) 9

και: 3

33 3

23 3 33 3

33 3 3 (2)

(3 3) 3(3 3) 9

Από τις (1) κ (2) είναι φανερό ότι k άρα 3 33 3 32 3 3 3 3 3 .


Σελίδα 67

Β τρόπος

3 332 2 3 3

3 33 3

a ba 3 3 0

a ab b ab θεωρία 4 a b a b

b 3 3 0 a b ab a b

3

3a b 24 a b 2 3.


Στην προηγούμενη μαθηματική Ολυμπιάδα, για ένα από τα προβλήματα που

τέθηκαν, στο οποίο η μέγιστη βαθμολογία ήταν 5 , είχαμε τα παρακάτω

αποτελέσματα:

Ο μέσος όρος των βαθμών των αγοριών ήταν 4 ,

ο μέσος όρος των βαθμών των κοριτσιών ήταν 3,25 και

ο μέσος όρος των βαθμών του συνόλου των μαθητών ήταν 3,6 .

Να βρείτε πόσα αγόρια και πόσα κορίτσια πήραν μέρος, αν ο αριθμός του

συνόλου των μαθητών ήταν μεταξύ 30 και 50 .

Λύση:

Εάν a ,bείναι το πλήθος των αγοριών και των κοριτσιών αντίστοιχα, έχουμε:

30 a b 50 ή 30 a b 50 αν συμπεριλάβουμε τα άκρα.

iA

i

xx 4 x 4a.

a

i

K i

yy 3,25 y 3,25b.

b

i ix y 4a 3,25b

x 3,6 3,6 0,35b 0,4a 8a 7ba b a b

.

Άρα 7 / a και 8 / b .Δηλαδή το a 7,14,21,28,35,42....

και το b 8,16,24,32,...

και τελικά πρέπει (a,b) (21,24) ή (a,b) (14,16) .


Σελίδα 68


Δίνονται οι αριθμοί 41A 2 ,

13B 8 ,

21C 4 ,

8D 32 .

α) Να βρείτε ποιος είναι ο μεγαλύτερος.

β) Να εκφράσετε το άθροισμα A B C D ως γινόμενο πρώτων

παραγόντων.

Λύση:

α) 41A 2 , 13 3 13 39

B 8 (2 ) 2 , 21 2 21 42C 4 (2 ) 2 , 8 5 8 40

D 32 (2 ) 2 .

Άρα Β D Α C .

β) 39 40 41 42 39 39 39Α Β C D 2 2 2 2 2 (1 2 4 8) 2 15 2 3 5 .


Να βρεθούν όλοι οι ακέραιοι αριθμοί n για τους οποίους ο αριθμός 2n 1

διαιρεί τον αριθμό 2n n 2 .

Λύση:

Επειδή ο 2n 1 είναι περιττός έχουμε

2 2 2 2n n 2 4(n n 2) 4n 4n 8 (2n 1) 9

2n 1 2n 1 2n 1 2n 1

92n 1 2n 1| 9 n 5, 2, 1,0,1,4

2n 1

.

ΘΕΜΑ 81 (qwerty)

Δείξτε ότι δεν υπάρχει φυσικός αριθμός n με την ιδιότητα: 5 3

3n 3n 30000001 . (Θαλής 1996)

Λύση:

Έχουμε : 5 3 5 33n 3n 3(n n ) πολ3


Σελίδα 69

από την άλλη πλευρά όμως το 30000001 δεν διαιρείται με το 3 (αφού το

άθροισμα των ψηφίων του είναι 4),

οπότε δεν υπάρχει φυσικός αριθμός n με την παραπάνω ιδιότητα.


Τοποθετούμε τους αριθμούς 1,2,3,...,49 στα κελιά μιας 7x7 σκακιέρας, έναν

σε κάθε κελί. Υπολογίζουμε το άθροισμα των αριθμών κάθε γραμμής και κάθε

στήλης. Κάποια από αυτά τα 14 αθροίσματα είναι άρτιοι αριθμοί και κάποια

περιττοί. Έστω A το άθροισμα των περιττών αθροισμάτων και B το άθροισμα

των άρτιων. Είναι δυνατόν να τοποθετηθούν οι αριθμοί στην σκακιέρα με τέτοιο

τρόπο ώστε να ισχύει A B ;

Λύση:

Μία προσπάθεια με κάθε επιφύλαξη:

Στην σκακιέρα 7x7 το άθροισμα των ψηφίων των γραμμών προκύπτει από τον

τύπο: n(n 1)

S2

για n 49 άρα S 1225 . Επιπλέον το άθροισμα των

ψηφίων των στηλών είναι πάλι S΄ 1225 .

Δηλαδή θα πρέπει να ισχύει A B 2450 2B 2450 B 1225 , το οποίο

είναι άτοπο αφού το Β αποτελεί άθροισμα άρτιων.

Καταλήγοντας είναι αδύνατο να ισχύει A B .


Αν a,b,c θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε b c(a 1) (a 25) να δείξετε ότι ο

αριθμός b c είναι πολλαπλάσιο του 4 .

Λύση:

Υπόδειξη:

Αν n n

a / b τότε a / b .


Σελίδα 70

Δείξτε, λοιπόν, ότι

• b c

• a 1 / a 25 οπότε

• a 1 / 24...

ΛΥΣΗ

Αν b c τότε το δεξί μέλος είναι μεγαλύτερο από το αριστερό.

Άρα b c οπότε μπορούμε να γράψουμε b c c c(a 1) (a 1) (a 25) .

Ο αριθμός b c(a 1)

είναι ακέραιος, οπότε c c(a 1) (/ a 25) . και άρα

a 1| a 25 a 1| (a 25) (a 1) 24.

Έτσι, a 1 1,2,3,4,6,8,12,24 και αφού a 0 είναι a 1,2,3,5,7,11,23.

Αντικαθιστώντας καθεμιά τιμή του a και ελέγχοντας τους πρώτους παράγοντες

κάθε μέλους, βλέπουμε ότι οι μόνες που μπορούν να δώσουν λύση είναι οι

a 2 και a 7 .

Για a 2 είναι b c

3 27 οπότε b 3c και b c 4c (πολλαπλάσιο του 4),

Για a 7 είναι b c

8 32 οπότε 3b 5c.

Από την τελευταία σχέση 5 / 3b οπότε 5 / b , δηλαδή b 5k και c 3k

και τελικά b c 8k (πολλαπλάσιο του 4).


Θεωρούμε την διαδικασία: ξεκινώντας από μια τριάδα (a,b,c) (0,0,0)

παίρνουμε (την αντικαθιστούμε) την τριάδα (a b,b c,c a) . Δείξτε ότι αν

με, επανειλημμένη, εφαρμογή της διαδικασίας προκύψει η αρχική τριάδα, τότε

αυτό θα συμβεί μετά από ακριβώς έξι βήματα (εφαρμογές της διαδικασίας).


Σελίδα 71

Λύση:

Μετά την n – οστή εφαρμογή της διαδικασίας επαγωγικά έχουμε ότι αν

εμφανίζεται η 3 – άδα (x,y,z) τότε nx y z 2 (a b c) , οπότε πρέπει για

κάποιο n 0 0n , na b c 2 (a b c) , άρα a b c 0 .

Με βάση αυτό αν παρατηρήσουμε την διαδικασία (θέτοντας c (a b) ) αφού

οι a,b,c δεν είναι όλοι 0 , έχουμε ότι η τριάδα (a,b,c) θα ξαναεμφανιστεί μετά

από 6 βήματα..

ΘΕΜΑ 85 (ΛΩΛΑΣ ΠΑΝΑΓΙΩΤΗΣ)

Οι φυσικοί αριθμοί από το 1 ως το 10 τοποθετούνται με τυχαία σειρά στην

περιφέρεια ενός κύκλου. Να δείξετε ότι υπάρχουν σε διπλανές θέσεις τρεις

αριθμοί με άθροισμα τουλάχιστον 18 .

Λύση:

Ξεχνάμε τον 1 . Οι υπόλοιποι εννιά

έχουν συνολικό άθροισμα

2 3 ... 10 54 . Τους χωρίζουμε

σε τρεις διαδοχικές τριάδες, κυκλικά,

αρχίζοντας από τον διπλανό του 1 .

Κάποια από τις τρεις αυτές τριάδες θα

έχει άθροισμα 18 γιατί αλλιώς το

συνολικό τους άθροισμα θα ήταν

3 17 51 54 . Άτοπο.

Αξίζει να προσθέσουμε ότι δεν μπορεί

να βελτιωθεί το αποτέλεσμα σε 19 ,

όπως δείχνει η παρακάτω διευθέτηση,

όπου όλα τα αθροίσματα τριών

διαδοχικών είναι το πολύ 18 :


Σελίδα 72

ΘΕΜΑ 86 (Grigoris K.)

Βρείτε όλα τα ζεύγη πραγματικών αριθμών (x,y) τα οποία ικανοποιούν την εξής

σχέση: x 2 5 4 y | y 2x |

y xy x xy

.

Λύση:

x 2 5 4 y | y 2x |x(x 2) 5 y(4 y) | y 2x |

y xy x xy

2 2(x 1) (y 2) | y 2x | 0 .

πρέπει x 1 y 2 y 2x 0 , οπότε x 1,y 2.

ΘΕΜΑ 87 (Grigoris K.)

Σε μια σκακιέρα 6x6 έχουν τοποθετηθεί φυσικοί αριθμοί. Κάθε κίνηση

συνίσταται στην επιλογή ενός τετραγώνου μεγαλύτερου από 1x1 ( το οποίο

αποτελείται από "κουτάκια" της σκακιέρας ) και στην αύξηση όλων των

φυσικών αριθμών που βρίσκονται στο επιλεγμένο τετράγωνο κατά 1 . Είναι

πάντα εφικτό να κάνουμε κάποιες κινήσεις ώστε να οδηγηθούμε σε μια

κατάσταση όπου όλοι οι φυσικοί αριθμοί είναι διαιρετοί από το 3 ;

Λύση:

Μια ισχυρή υπόδειξη για τους μικρούς μας φίλους. Μπορεί τέτοιες ασκήσεις να

φαντάζουν δύσκολες και να φοβούνται οι juniors να τις αντιμετωπίσουν αλλά

σύντομα θα κατανοήσουν την σημασία και θα γευτούν την ομορφιά την

Συνδυαστικής:

Θα αντικρούσουμε το τον ισχυρισμό χρησιμοποιώντας αντιπαράδειγμα, δηλαδή

θα αναφερθούμε σε μία κατάσταση όπου κάνοντας n κινήσεις είναι αδύνατον να

οδηγηθούμε στην ζητούμενη κατάσταση.

Σκεφτείτε την παρακάτω περίπτωση (μπορείτε και να την γενικεύσετε με

πολλαπλάσια του 3 και μη):


Σελίδα 73

3 3 3 3 3 3

3 3 3 3 3 3

3 3 3 3 3 3

3 3 1 3 3 3

3 3 3 3 3 3

3 3 3 3 3 3

Τώρα λαμβάνοντας υπόψη τον ορισμό της κινήσεως αποδείξτε ότι το ζητούμενο

δεν μπορεί να ισχύει σε αυτή την περίπτωση και συνεπώς δεν ισχύει πάντα.


Αν a,b,c 0 , να αποδείξετε ότι: 3 3 3 2 2 2a b c a b b c c a .

Λύση:

Από ΑM – GM έχουμε:

3 3 3 2a a b 3a b (1)

3 3 3 2b b c 3b c (2)

3 3 3 2c c a 3c a (3)

με πρόσθεση κατά μέλη των (1),(2) και (3) και διαίρεση διά τρία προκύπτει το

ζητούμενο.

Β τρόπος

Απλά και μόνο για να δούμε και κάποιες άγνωστες ταυτότητες:

Ισχύει η ταυτότητα:

2 3 3 3 2 2 2

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

Είναι κατανοητό ότι με βάση τη ταυτότητα αυτή η άσκηση επιλύεται αμέσως.


Σελίδα 74

Γ τρόπος

Αν ήταν a b c , τότε το ζητούμενο ισχύει ως ισότητα.

Αν πάλι ήταν π.χ b c τότε αρκεί να δείξουμε ότι

3 3 2 2 2 2 2 2a b a b b a (a b)(a ab b ) ab(a b) a 2ab b 0 ,

πράγμα που είναι αληθές. Όμοια και αν a b ή a c .

Αν τώρα οι αριθμοί a,b,c είναι ανά δύο άνισοι, τότε χωρίς βλάβη της

γενικότητας, ας υποθέσουμε ότι a b c .

Τότε έχουμε: 2 2 2 2 2 3 2 2a b 2ab a(a b ) 2a b a ab 2a b

Ομοίως έχουμε ότι: 3 2 2 3 2 2

b bc 2b cc ca 2c a

Με πρόσθεση κατά μέλη των τριών παραπάνω σχέσεων παίρνουμε:

3 3 3 2 2 2 2 2 2a b c 2a b 2b c 2c a ab bc ca

Οπότε αρκεί πλέον να αποδείξουμε ότι

2 2 2 2 2 2 2 2 22a b 2b c 2c a ab bc ca a b b c c a

2 2 2 2 2 2a b b c c a ab bc ca 0 2 2

a (b c) bc(b c) c (a b) 0 2 2

(b c)(a bc) c (a b) 0 .

Τούτο όμως αληθεύει αφού a,b,c 0 και a b c .

ΘΕΜΑ 89 (CARANUS)

Να εξετάσετε αν υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί a,b διάφοροι του μηδενός ,

τέτοιοι ώστε: 1 13 10ab a b 3

2 3

. (ΘΑΛΗΣ 2006)

Λύση:

23a 10b3 9a 20b 18ab 0

2b 3a


Σελίδα 75

2 2 2 2 29(a 2ab b ) 11b 0 9(a b) 11b 0 .

Άρα πρέπει a b 0 , οπότε το ζητούμενο δεν ισχύει.


Αν a,b,c 0 , να αποδειχθεί ότι: b c a

(a )(b )(c ) 8ca ab bc

.

Να αποδειχθεί πότε ισχύει η ισότητα;

Λύση:

Εφαρμόζουμε την ΑΜ – ΓΜ σε κάθε παρένθεση και πολλαπλασιάζουμε τις 3

σχέσεις και προκύπτει το ζητούμενο.

Εφαρμόζουμε ΑΜ – ΓΜ (ΑΜ – GM) για δύο αριθμούς (θετικούς):

b ba 2 a

ca ca . Ομοίως,

c cb 2 b

ab ab

a ac 2 c

bc bc

Οπότε με πολλαπλασιασμό κατά μέλη έχουμε το ζητούμενο.

(ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Ο πολλαπλασιασμός κατά μέλη επιτρέπεται εφ όσον τα μέλη

είναι θετικά).


Να λυθεί ως προς x η εξίσωση: 2 327a x 2(x a) , a R * .

Λύση:

Μια υπόδειξη:

Η εξίσωση ισοδύναμα γίνεται:


Σελίδα 76

3

x a2x54 2 ,

a a

οπότε (για να απαλλαγούμε από τονa που μας ενοχλεί)

θεωρούμε την αντικατάσταση που ακολουθεί: 2 x a

y ,...a

Η εξίσωση ισοδύναμα γίνεται

3

2 x a2x54 ,

a a

για να οδηγηθούμε στην

αντικατάσταση

2 x a

y 2x a y 2 ,a

που μας «διώχνει» το a

διευκολύνοντας, αφού αρκεί να λύσουμε πλέον την εξίσωση

3 2 2y 36y 108 0 y 6 y 6y 18 y 6 0 y 6 y 6y 18 0,

που έχει σαν λύσεις τις 1 2 3

y 6, y 3 3, y 3 3,

από τις οποίες έχουμε:

1 2 3

a 5 3 3 a 5 3 3x 2a, x , x .

2 2

ΒΑΣΙΚΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ (Ανισότητα των μέσων: ΑΜ – GM – HM)

Επειδή πολύ συχνά οι μαθητές μας για να λύσουν κάποια ανισότητα

χρησιμοποιούν την ανισότητα με τον αριθμητικό, γεωμετρικό και αρμονικό

μέσο, ήρθε η ώρα να την κάνουμε γνωστή και στους υπόλοιπους μαθητές που

δεν την γνωρίζουν

Για τους μη αρνητικούς πραγματικούς αριθμούς a,b,c ισχύει ότι:

3a b c 1abc

1 1 13

a b c

.

Έτσι όταν βλέπουμε κάπου να γράφει "από ΑΜ – GM" σημαίνει ότι

χρησιμοποιεί την ανισότητα:

3a b cabc

3

ή την ισοδύναμή της 3a b c 3 abc και αν σε αυτήν


Σελίδα 77

θέσουμε όπου a το 3a , όπου b το 3

b και όπου c το 3c έχουμε την ανισότητα

3 3 3a b c 3 abc .

Παρατήρηση:

α) Η ανισότητα αυτή γενικεύεται και για περισσότερους (n στο πλήθος)

θετικούς αριθμούς.

β) Η ισότητα ισχύει μόνο όταν οι αριθμοί αυτοί είναι ίσοι.


Αν a,b,c 0 , να αποδειχθεί ότι 1 1 1

(a b c)( ) 9a b c

.

Λύση:

Από ΑΜ – ΓΜ παίρνω:

3a b c 3 abc και 31 1 1 1

3a b c abc

Με πολλαπλασιασμό των 2 σχέσεων προκύπτει η ζητούμενη.

(Μπορεί να λυθεί πιο απλά με CS).

Β τρόπος

από AM – HM έχουμε

a b c 3

1 1 13

a b c

1 1 1(a b c)( ) 9

a b c

να προσθέσω στην ανισότητα AM GM HM

και το 2 2 2

a b cRM

3S

για το οποίο ισχύει RMS AM GM HM .


Σελίδα 78

Γ τρόπος

κάνουμε χρήση της C – S. 21 1 1 1 1 1(a b c) ( ) (a b c )

a b c a b c

2RHS 3 9 που είναι και το ζητούμενο

Η άσκηση 92 μπορεί να γενικευτεί ως εξής:

1

2

1 2

n

n

2

1 1 1(x x ... x )( ..

x x x. ) n

και αποδεικνύεται άμεσα από Cauchy – Schwartz αφού

2

n2

1 2 n jj 1

1 2 n j

1 1 1 1(x x

x x x... x )( ... ) x n

x

.

Ανισότητα των Buniakowski – Cauchy – Schwarz (B-C-S)

Έστω τα σύνολα των πραγματικών αριθμών 1 2 n

{x ,x ,...,x } , 1 2 n

{y ,y ,...,y }

τότε ισχύει ότι : 2 2 2 2 2 2 2

1 2 n 1 2 n 1 1 2 2 n n(x x x ) (y y y ) (x y x y x y )

με την ισότητα να ισχύει όταν,

1 1 2 2 n nR, x y και x y και ...x y .


Έστω a,b,c και οι τρεις αριθμοί διάφοροι του μηδενός. Αν οι αριθμοί ab ,bc

και ac είναι ρητοί, τότε και ο αριθμός 2 2 2

k a b c είναι ρητός.

Λύση:

το γινόμενο το πηλίκο, το άθροισμα, και η διαφορά ρητών, είναι ρητός.


Σελίδα 79

2ab a aQ, ac a Q

bc c c

ομοίως, 2 2b ,c Q , άρα 2 2 2

k a b c Q .


Δίνονται οι αριθμοί a n(n 1) και 2b (n 1) , όπου n θετικός ακέραιος.

Να αποδειχθεί ότι οι αριθμοί a και b έχουν διαφορετικό άθροισμα ψηφίων.

Ευκλείδης 1997

Λύση:

1η περίπτωση: n 1 πολ3 .

προφανώς το 2(n 1) πολ3 , ακόμα, ούτε το n , ούτε τοn 1 είναι πολ3 ,

αφού σε κάθε τριάδα αριθμών μόνο ο ένας είναι πολ3 , οπότε πρέπει ο ένας

είναι της μορφής 3k 1 , και ο άλλος της μορφής 3k 2 . Πολλαπλασιάζοντας

βρίσκουμε ότι ο n(n 1) είναι επίσης της μορφής 3k 2 , δηλαδή όταν

διαιρεθεί με το 3 δίνει υπόλοιπο 2 .

2η περίπτωση: n 1 πολ3

το τετράγωνο ενός αριθμού που δεν είναι πολ3 , είναι πάντα της μορφής 3k 1

δηλαδή όταν διαιρεθεί με το 3 δίνει υπόλοιπο1 .

Επειδή ανάμεσα σε τρεις διαδοχικούς αριθμούς ο ένας είναι πάντα πολ3 ,

έχουμε ότι είτε ο n , είτε ο n 1 είναι πολ3 , και άρα το ίδιο ισχύει και για το

γινόμενο τους.

Ξέρουμε όμως ότι ένας αριθμός είναι πολ3 αν και μόνο αν το ίδιο ισχύει και

για το άθροισμα των ψηφίων του. Και στις δυο πιο πάνω περιπτώσεις, ο ένας

από τους δυο αριθμούς μας διαιρείται με το 3 , και άρα το ίδιο ισχύει για το

άθροισμα των ψηφίων του, και ο δεύτερος δεν διαιρείται με το 3 και άρα το

ίδιο ισχύει για το άθροισμα των ψηφίων του. αλλά αφού το άθροισμα των

ψηφίων του πρώτου διαιρείται με το 3 , και το άθροισμα των ψηφίων του

δεύτερου όχι, τότε τα δυο αθροίσματα δεν μπορούν να είναι ίσα.


Σελίδα 80

λίγο διαφορετικά.

Αν 2 αριθμοί έχουν ίδιο άθροισμα ψηφίων τότε η διαφορά τους είναι διαιρετή

από το 3 .

Έστω λοιπόν ότι αυτοί οι αριθμοί έχουν ίδιο άθροισμα ψηφίων. Η διαφορά τους

είναι ίση με: 2 2b a n 2n 1 n n 3n 1 ,άτοπο.

Y.Γ Ένας τρόπος να καταλάβει κάποιος την παραπάνω πρόταση είναι η

απόδειξη του ίδιου του κριτηρίου διαιρετότητας του 3 (και του 9).

Γράφω την απόδειξη για έναν τετραψήφιο και ομοίως είναι για αυθαίρετο

πλήθος ψηφίων.

Έχουμε: 2abcd 1000a 100b 10c d 3 (111a 11b c) a b c d

9k a b c d .

Από την τελευταία έπεται ότι...

1."Αν οι αριθμοί a και b έχουν το ίδιο άθροισμα ψηφίων, τότε η διαφορά

τους διαιρείται με το 3 ."

2."Το υπόλοιπο που αφήνει ένας αριθμός a διαιρούμενος με τον 3 είναι το

ίδιο με αυτό που αφήνει ο αριθμός που είναι το άθροισμα των ψηφίων του

a διαιρούμενο με τον 3 "


Αν a,b,c,d 0 και a b c d 1 τότε να αποδείξετε ότι

1 1 1 18

a b b c c d d a

.


Σελίδα 81

Λύση:

1 1 1 1

a b (b c) (c d) (d a) 16a b b c c d d a

και

αφού a b c d 1 προκύπτει η ζητούμενη σχέση.

Μεθοδολογικές αναφορές:

α) Όταν μάς δώσουν ότι ένας αριθμός, έστω ο x είναι ΑΡΝΗΤΙΚΟΣ ή μηδέν

τότε μπορούμε να εμφανίσουμε με θετικό μέρος δηλαδή να λάβουμε υπ’ όψη

ότι: x R x R και x x .

β) Όταν μας πουν ότι ένας αριθμός, έστω x είναι ΘΕΤΙΚΟΣ μας δίνουν το

ελεύθερο να γράψουμε 2

x x , με ότι αυτό συνεπάγεται.

Ας δούμε, κάτω από αυτό το πρίσμα, το γνωστό παράδειγμα που ακολουθεί:

1 2 n 1 2 n

1 2 n

1 1 1a ,a ,...,a 0 (a a ... a )( ... )

a a a

n

n

α α ... α ...

α α α

2

2

1 2 n

1 2 n

1 1 1a a ... a n

a a a

.

Ανισότητα των Buniakowski – Cauchy – Schwarz (B – C – S)

και μεθοδικές πινελιές.

● Επειδή ο στόχος της στήλης αυτής είναι διδακτικός προς την κατεύθυνση να

διδαχθούν οι juniors παντού σε όλη την Πατρίδα και όχι μόνο ελάχιστοι εντός


Σελίδα 82

των πυλών Θεωρία και Μεθοδολογία του είδους, ας ήμαστε όσο μπορούμε

κατατοπιστικοί προς αυτή τη κατεύθυνση της παρουσίασης των λύσεων μας.

● Σκέψη:

Εδώ μας δίνουν την πληροφορία της θετικότητας των αριθμών. Άρα μπορούμε

να χρησιμοποιήσουμε την συνεπαγωγή: 2

x 0 x x , που οδηγεί στο

ΠΙΘΑΝΟ ενδεχόμενο εφαρμογής της βασικής ανισότητας B – C – S.

Όταν θέλουμε να αποδείξουμε μία ανισότητα ένας τρόπος είναι να

χρησιμοποιήσουμε την μέθοδο της ΑΝΑΛΥΣΗΣ, δηλαδή να θεωρήσουμε ότι

πράγματι ισχύει , έστω A B και να παράξουμε Αληθείς προτάσεις

συνδεόμενες με το ρήμα ΑΡΚΕΙ (αφού μας ενδιαφέρει η «λογική

νομιμοποίηση» της αντίστροφης πορείας προς την A B ), έως ότου φτάσουμε

σε ΑΛΗΘΗ ΠΡΟΤΑΣΗ.

● Λύση:

Με βάση την υπόθεση

a,b,c,d 0

και ,

a b c d 1

έστω ότι ισχύει

1 1 1 18,

a b b c c d d a

αρκεί

1 1 1 1 1

a b b c c d d a 8,2 a b b c c d d a

αρκεί

2 2 2 2

a b b c c d d a ,


Σελίδα 83

2 2 2 2

1 1 1 116,

a b b c c d d a

B C S

2

αρκει 1 1 1 1 16,

που είναι πρόταση ΑΛΗΘΗΣ.

ΦΥΣΙΚΑ πρέπει να κάνουμε μετά και Σύνθεση δηλαδή ουσιαστικά να

"αντιγράψουμε" την αντίθετη πορεία.

Για παράδειγμα:

Αν

*

2

Aν x,y με x y 1,a,b *

τότε, ισχύει τι .

a ba b

x y

ό

Για να μην έχουμε λύση χωρίς να φαίνεται το πώς μας έκοψε , κάνουμε πρώτα

Ανάλυση

Έστω ότι με βάση τις (*) ισχύει η 2a b

a b .x y

Για να ισχύει αυτή Αρκεί να ισχύει:

2a b

x y a b ,x y

αρκεί να ισχύει

2 2

2 2 2a bx y a b ,

x y

αρκεί να ισχύει

2 2

a b a b , που είναι αληθής.


Σελίδα 84

Σύνθεση.

Γράφουμε την τελευταία και φτάνουμε με τις προφανής συνεπαγωγές (αφού

λειτουργήσαμε Μαθηματικά Λογικά το ρήμα Αρκεί κατά την διαδικασία της

Ανάλυσης) στην σχέση που θέλουμε να αποδείξουμε.

ΘΕΜΑ 95Α (ΣΩΤΗΡΗΣ ΛΟΥΡΙΔΑΣ)

Αν x,y 0 και 5x 6y 7 να υπολογιστεί το maximum (= Μέγιστο) της

παράστασης 2 3A x y .

Λύση:

► Αν έχουμε σαν υπόθεση:

i

1 2 n

x 0, i 1,...,n

και

x x ... x c, c θετική σταθερά,

τότε το γινόμενο

1 2 nm m mA x x ... x , γίνεται Μέγιστο όταν

*1 2 n

i

1 2 n 1 2 n

x x x c... , m .

m m m m m ... m

Επισημαίνουμε εδώ ότι επί του πρακτέου ,πιθανόν, να χρειαστεί να

«συμπληρώσουμε» με σταθερούς παράγοντες και αυτό καθορίζεται από το

δοθέν σταθερό άθροισμα (γραμμικός συνδυασμός).

Μία τέτοια μεθοδολογική αντίληψη θα δούμε στην διαδικασία επίλυσης της

άσκησης 95 Α.

► Στη συγκεκριμένη, λοιπόν, άσκηση έχουμε:

Η δεδομένη σχέση 5x 6y 7 , μας οδηγεί (με βάση τα προηγούμενα) στην

αντίληψη ότι θα προσδιορίσουμε το ζητούμενο Μέγιστο μέσω του Μέγιστου

της παράστασης:

2 3 2 32 3

2 3

1 15x 6y , αφού x y 5x 6y .

5 6


Σελίδα 85

Αυτό με βάση τα προηγούμενα επιτυγχάνεται όταν:

5

2 3

7max

5x 6y 5x 6y 5x 6y 7 14 7 7x ,y x y .

2 3 2 3 5 5 25 10 2·5

ΘΕΜΑ 96 (ΑΝΤΩΝΗΣ ΚΥΡΙΑΚΟΠΟΥΛΟΣ)

Οι αριθμοί: 1 2 7

a ,a ,...,a είναι θετικοί ακέραιοι και ισχύουν:

1 2 7a a ... a 333 Να αποδείξετε ότι το πηλίκο δύο τουλάχιστον εξ αυτών

ανήκει στο διάστημα:2 5

,5 2

.

Λύση:

Οι 7 διαφορετικοί ακέραιοι είναι από το 1 έως τον 332

(συμπεριλαμβανομένου).

Εξετάζουμε τα διαστήματα [1,2], [3,7] , [8,20] , [21,52] ,[53,132]. Όλα είναι

της μορφής [a,b] με b 5

a 2 . Αφού τα διαστήματα είναι έξι και οι ακέραιοι επτά,

υπάρχει διάστημα [a,b] από αυτά που περιέχει δύο εξ αυτών, έστω τους c,d με

c d .

Τότε 2 d b 5

15 c a 2 , όπως θέλαμε.

Β τρόπος

Καθένας από τους αριθμούς: 32 7

1 2 6

aa a, ,...,

a a a (1) είναι μεγαλύτερος ή ίσος το 1

και άρα μεγαλύτερος του 2

5. Αρκεί, λοιπόν, να αποδείξουμε ότι ένας


Σελίδα 86

τουλάχιστον από τους αριθμούς αυτούς είναι μικρότερος ή ίσος του 5

2. Έστω

ότι αυτό δεν συμβαίνει. Τότε, καθένας από τους αριθμούς (1) θα είναι

μεγαλύτερος του 5

2. Έτσι θα έχουμε: 2

1

a

a

5

2 και επειδή a 1 , θα έχουμε:

2

5a

2 και άρα:

2a 3 . Έχουμε:

3

2 3 3

2

a 515

a 2 a a 82

a 3

. Όμοια

βρίσκουμε ότι: 4 5 6

a 21 , a 53 , a 133 και 7

a 333 , άτοπο.


Για τους πραγματικούς αριθμούς a,b,c ισχύουν: abc 1 και

ab bc ca a b c . Να αποδείξετε ότι ένας τουλάχιστον από τους αριθμούς

αυτούς είναι ίσος με το 1 .

Λύση:

Έχουμε

(a 1)(b 1)(c 1) abc (ab bc ca) (a b c) 1 abc 1 0 0 , άρα

ένας από τους a 1,b 1,c 1 είναι 0 .

Β τρόπος (παραλλαγή):

Από Vieta, οι αριθμοί a,b,c είναι οι ρίζες εξίσωσης της μορφής 3 2

x Ax Ax 1 0 (εδώ A ab bc ca a b c ).

Παρατηρούμε ότι η x 1 είναι (προφανής) ρίζα της ίδιας εξίσωσης. Άρα ένας

από τους αριθμούς είναι ο 1 .

Γ τρόπος

Λίγο απλούστερα, χωρίς Vieta:

Είναι (a 1)(b 1)(c 1) abc ab bc ca a b c 1 0, άρα ..


Σελίδα 87

Δ τρόπος

abc 1 a 0 b 0 c 0

1 1 1abc 1 ab b bc

c ac a .

Τότε

2 2 2 21 1 1αb bc ca a b c ca a c a c c a a c 1 ac

c a ca

2 2 2 2 2(c a a c) (c 1) (a ac ) 0 a c(c 1) (c 1) a(c 1)(c 1) 0

2(c 1)(a c 1 ac a) 0 (c 1)(a 1)(ac 1) 0

1(c 1)(a 1)( 1) 0 c 1 ή a 1 ή b 1

b .


Να εξεταστεί αν ο συλλογισμός που ακολουθεί είναι ΣΩΣΤΟΣ ή ΛΑΘΟΣ

δίνοντας πλήρη εξήγηση της απάντησης σας.

« Υπάρχει τουλάχιστον μία τριάδα φυσικών αριθμών k, ,m με

(k )( m)(m k) 0 τέτοιοι ώστε: k m2 2 2 »

Λύση:

Έστω , χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι k 1 . Τότε

m l k l2 2 (2 1)

και αφού k 12 1

περιττός ,πρέπει k l m2 1| 2

, άτοπο.


Δίνονται τρείς περιττοί φυσικοί αριθμοί. Υπάρχει ένας άλλος περιττός φυσικός

αριθμός, ώστε το άθροισμα των τετραγώνων των τεσσάρων αυτών αριθμών να

είναι επίσης τέλειο τετράγωνο;


Σελίδα 88

Λύση:

Το άθροισμα S των τριών περιττών τετραγώνων είναι περιττός αριθμός.

Κάθε περιττός αριθμός αποτελεί διαφορά διαδοχικών τετραγώνων. Το S είναι

της μορφής 4k 3 , και άρα αποτελεί διαφορά περιττού τετραγώνου από άρτιο

τετράγωνο.

Άρα ισχύει το ζητούμενο.


Να βρείτε τους φυσικούς αριθμούς x,y,z και w , για τις οποίες ισχύουν:

2x 7y 35z 210w 839 , x 4 , y 5 και z 6 .

Λύση:

Έχουμε: 839 7(y 5z 30w) 2x (1).

Επειδή: 0 x 4 , έχουμε: 0 x 3 0 2x 6 7 0 2x 7 . Συνεπώς η

(1) είναι η ισότητα της διαίρεσης 839:7 .

Εκτελούμε τη διαίρεση αυτή και βρίσκουμε πηλίκο 119 και υπόλοιπο 6 .

Άρα: 2x 6 και y 5z 30w 119 (2). Συνεπώς: x 3 .

Από την ισότητα (2) έχουμε: 119 5(z 6w) y (3).

Επειδή: 0 y 5 η (3) είναι η ισότητα της διαίρεσης 119:5 , οπότε y 4 και

z 6w 23 .

Η ισότητα αυτή, επειδή 0 z 6 ,η (3) είναι η ισότητα της διαίρεσης 23:6 και

συνεπώς z 5 και w 3 .

Άρα: x 3 , y 4 , z 5 και w 3 .

Όπως βρίσκομαι εύκολα, οι αριθμοί αυτοί επαληθεύουν τις δοσμένες σχέσεις

και άρα είναι οι μοναδικοί ζητούμενοι.

Documents

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΜΑΘΗΤΙΚΟΥΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΥΣ 1 - 100