Successfully reported this slideshow.
We use your LinkedIn profile and activity data to personalize ads and to show you more relevant ads. You can change your ad preferences anytime.

Οι λύσεις στις 18 μαθηματικές προκλήσεις

2,923 views

Published on

Αποκλειστικά από το lisari - Επιμέλεια: Μάκης Χατζόπουλος

Published in: Education
  • Be the first to comment

  • Be the first to like this

Οι λύσεις στις 18 μαθηματικές προκλήσεις

  1. 1. Επιμέλεια: Μάκης Χατζόπουλος http://lisari.blogspot.com 18 Λύσεις στις Μαθηματικές προ(σ)κλήσεις για τους μικρούς φίλους των Μαθηματικών Εξετάσεων 1. Α. Αν α, β είναι ακέραιοι αριθμοί τότε συμπληρώστε τα κενά: α) α : άρτιος αν, και μόνο αν, ………...……δηλαδή γράφεται στην μορφή ………………………………… β) β: περιττός αν, και μόνο αν, ………………………..… δηλαδή γράφεται στην μορφή …………………... γ) Αν α < β διαδοχικοί ακέραιοι αριθμοί, τότε ισχύει …………… και αν α > β διαδοχικοί ακέραιοι αριθμοί, τότε ισχύει ……………. Γενικά: αν α, β διαδοχικοί ακέραιοι αριθμοί τότε ισχύει ……………………… Β. Να αποδείξετε τις παρακάτω εκφράσεις: α) (άρτιος) + (άρτιος) = (άρτιος) β) (άρτιος) ν = (άρτιος), όπου ν θετικός ακέραιος γ) (περιττός) + (περιττός) = (άρτιος) δ) (περιττός) ν = περιττός Γ. Να βρεθούν οι φυσικοί x, y που ικανοποιούν την σχέση α) x y 2 4 1025  β) x y 4 16 257  γ) x y 3 9 10  Απάντηση Α) α. α άρτιος, αν, και μόνο αν, το διαιρούμε με το 2 και δίνει υπόλοιπο μηδέν δηλαδή γράφεται στην μορφή 2 ,    β) β: περιττός αν, και μόνο αν, το διαιρούμε με το 2 και δίνει υπόλοιπο ένα δηλαδή γράφεται στην μορφή 2 1,    γ) Αν α < β διαδοχικοί ακέραιοι αριθμοί, τότε ισχύει 1   και αν α > β διαδοχικοί ακέραιοι αριθμοί, τότε ισχύει 1   Γενικά: Αν α, β διαδοχικοί ακέραιοι αριθμοί τότε ισχύει  1 ή d , 1      Β) Για άρτιους αριθμούς θέτουμε 2 ,    και 2 ,    , ενώ για περιττούς αριθμούς θέτουμε 2 1, 2 1,          : α) (άρτιος) + (άρτιος) =  2 2 2 2 , ό                β)      1 1 ά 2 2 2 2 2 , ό 2                         γ) (περιττός) + (περιττός) =  2 1 2 1 2 2 2 2 1 2 , ό 1                       δ) Αρχικά θα αποδείξουμε ότι το γινόμενο περιττών αριθμών είναι περιττός αριθμός. Έχουμε,         ό ό 2 1 2 1 4 2 2 1 2 2 1 2 1,                       ,ό 2     Οπότε,        ... ό ό ... ό ό                    ως γινόμενα περιττών αριθμών.
  2. 2. Επιμέλεια: Μάκης Χατζόπουλος http://lisari.blogspot.com Γ) α. Παρατηρούμε ότι, το 2 είναι άρτιος, άρα και το 2 x είναι άρτιος (1-Β-β), όμοια και για το 4y , άρα και το άθροισμα τους είναι άρτιος αριθμός (1-Β-α), όμως το αποτέλεσμά τους είναι 1025, περιττός αριθμός, άρα πρέπει:  x = 0 η εξίσωση γίνεται 0 y y y y 5 2 4 1025 1 4 1025 4 1024 4 4 y 5           άρα το πρώτο ζεύγος λύσεων είναι    x,y 0,5  y = 0 η εξίσωση γίνεται x 0 x x x 10 2 4 1025 2 1 1025 2 1024 2 2 x 10           άρα το δεύτερος ζεύγος λύσεων είναι (10, 0) β. Με ανάλογο σκεπτικό το πρώτο μέλος είναι άρτιος αριθμός, ενώ το δεύτερο περιττό, άρα για να είναι ίσα πρέπει:  x = 0 η εξίσωση γίνεται 0 y y y y 2 4 16 257 1 16 257 16 256 16 16 y 2           άρα το πρώτο ζεύγος λύσεων είναι    x,y 0,2  y = 0 η εξίσωση γίνεται x 0 x x x 4 4 16 257 4 1 257 4 256 4 4 x 4           άρα το δεύτερο ζεύγος λύσεων είναι    x,y 4,0 γ. Εδώ παρατηρούμε κάτι διαφορετικό, το πρώτο μέλος είναι άθροισμα περιττών αριθμών (δες 1-Β-δ) οπότε το αποτέλεσμα είναι άρτιος, όπως είναι το β΄ μέλος (10). Αν (ταυτόχρονα) οι εκθέτες είναι x, y >1 τότε το α΄ μέλος ξεπερνάει το 10, άτοπο, οπότε ένα τουλάχιστον εκθέτης πρέπει να είναι κάτω ή ίσος του 1. Έχουμε διαδοχικά,  Για x = 0 η εξίσωση γίνεται 0 y y y y 1 3 9 10 1 9 10 9 9 9 9 y 1           άρα το ένα ζεύγος λύσεων είναι    x,y 0,1  Για x =1 η εξίσωση γίνεται 1 y y y 3 9 10 3 9 10 9 7       αδύνατη για κάθε y φυσικό αριθμό  Για y = 0 η εξίσωση γίνεται x 0 x x x 2 3 9 10 3 1 10 3 9 3 3 x 2           άρα το δεύτερο ζεύγος λύσεων είναι    x,y 2,0  Για y = 1 η εξίσωση γίνεται x 1 x x x 0 3 9 10 3 9 10 3 1 3 3 x 0           που την λύση αυτή την έχουμε βρει στην πρώτη περίπτωση. 2. Δίνεται συνάρτηση    2 x x 2 f x 3   (Α) Να δείξετε ότι:  x f x   (Β) Βρείτε (αν υπάρχει) τον ακέραιο x στις παρακάτω περιπτώσεις: i. f (x) = 1 ii.  f x 11 iii.  f x 1649 (Υπόδειξη: Το 1649 ισούται με 17 97 ) (Γ) Υπάρχει ακέραιος x0 τέτοιος ώστε:  0f x 2011 ; Δικαιολογήστε την απάντησή σας (Δ) Ισχύει το αντίστροφο του ερωτήματος (Α); Δηλαδή, αν  f x  τότε x ; Απάντηση
  3. 3. Επιμέλεια: Μάκης Χατζόπουλος http://lisari.blogspot.com (Α) Διαιρούμε τον ακέραιο x με το 3, τα δυνατά υπόλοιπα είναι 0 ,1 , 2, δηλαδή το x είναι της μορφής x 3k ή x 3k 1 ή x 3k 2, k       Για x = 3k έχουμε:       2 2 3k 9k 2 f 3k k 9k 2 3      (1)  Για x = 3k +1 έχουμε:         2 2 3k 1 9k 6k 3 f 3k 1 3k 1 3k 2k 1 3           (2)  Για x = 3k +2 έχουμε:         2 2 3k 1 9k 6k 3 f 3k 1 3k 1 3k 2k 1 3           (3) Άρα για κάθε x ακέραιο αριθμό, έχουμε και την συνάρτηση f(x) ακέραια. (Β) i. Για να μας δίνει η συνάρτηση αποτέλεσμα 1, πρέπει ένας παράγοντάς της από τις σχέσεις 1, 2, 3 να είναι 1, έχουμε:  Από την (1) έχουμε:      2 2 2 2 k 1 k 1 f x 1 k 9k 2 1 k 9k 2 1 1 9k 2 1 9k 1                     Από την (2) έχουμε:        2 2 2 3k 1 1 f x 1 3k 1 3k 2k 1 1 3k 1 3k 2k 1 1 1 3k 2k 1 1                    2 k 0 k 0 k 02 3k 2k 0 k 0 ή k 3               οπότε x 2 0 1 1     Από την σχέση (3) έχουμε:        2 2 f x 1 3k 2 3k 4k 2 1 3k 2 3k 4k 2 1 1            2 2 1 3k 2 1 k 3 3k 4k 2 1 3k 4k 1 0                  που είναι αδύνατη, άρα η μοναδική λύση της εξίσωσης f(x) = 1 είναι η x = 1. ii. Με ανάλογο σκεπτικό βρίσκουμε τις ακέραιες λύσεις της εξίσωσης f (x) = 11. Το 11 γράφεται 1 11 οπότε ένας παράγοντας (ο μικρότερος) θα είναι το 1 και ο άλλος (ο μεγαλύτερος) το 11. Ας τα δούμε αναλυτικά:  Από την (1) έχουμε:      2 2 f x 11 k 9k 2 11 k 9k 2 1 11        2 k 9k 2 2 2 k 1 k 1 k 1 k 1 9k 2 11 k 1 k 1 ή k 1                       οπότε η ακέραια λύση είναι x 3 1 3    Από την (2) έχουμε:        2 2 f x 11 3k 1 3k 2k 1 11 3k 1 3k 2k 1 1 11           
  4. 4. Επιμέλεια: Μάκης Χατζόπουλος http://lisari.blogspot.com 2 3k 1 3k 2k 1 2 2 3k 1 1 k 0 3k 2k 1 11 3k 2k 10 0                   που είναι αδύνατη  Από την (3) έχουμε:        2 2 f x 11 3k 2 3k 4k 2 11 3k 2 3k 4k 2 1 11            2 3k 2 3k 4k 2 2 2 1 3k 2 1 k 3 3k 4k 2 11 3k 4k 9 0                      που είναι αδύνατη Άρα η μοναδική ακέραια λύση της εξίσωσης f ( x ) = 11 είναι η x = 3. iii. Επίσης με ανάλογο σκεπτικό βρίσκουμε τις ακέραιες λύσεις της εξίσωσης f (x) = 1649. Το 1649 γράφεται 17 97 οπότε ένας παράγοντας (ο μικρότερος;) θα είναι το 17 και ο άλλος (ο μεγαλύτερος) το 97. Ας τα δούμε αναλυτικά:  Από την (1) έχουμε:      2 2 f x 1649 k 9k 2 1649 k 9k 2 17 97        2 k 9k 2 2 2 k 17 k 17 95 9k 2 97 k 9              που είναι αδύνατη  Από την (2) έχουμε:        2 2 f x 1649 3k 1 3k 2k 1 1649 3k 1 3k 2k 1 17 97            2 3k 1 3k 2k 1 2 2 16 3k 1 17 k 3 3k 2k 1 97 3k 2k 96 0                     που είναι αδύνατη  Από την (3) έχουμε:        2 2 f x 1649 3k 2 3k 4k 2 1649 3k 2 3k 4k 2 17 97            2 3k 2 3k 4k 2 2 2 k 5 3k 2 17 k 5 k 519 3k 4k 2 97 3k 4k 95 0 k 5 ή k 3                             άρα η μοναδική ακέραια λύση της εξίσωσης f ( x ) = 1649 είναι η x 3 5 2 17    (Γ) Με ίδιο σκεπτικό που ακολουθήσαμε στα προηγούμενα ερωτήματα θα κάνουμε και εδώ. Το 2011 αναλύεται 1 2011 , άρα θα πάρουμε ξεχωριστά τις τρεις περιπτώσεις, ο ένας παράγοντας (ο μικρότερος;) θα είναι το 1 και ο άλλος (ο μεγαλύτερος) το 2011 και θα φτάσουμε σε αδύνατες εξισώσεις. Αναλυτικά έχουμε:  Από την (1) έχουμε:      2 2 f x 2011 k 9k 2 2011 k 9k 2 1 2011        2 k 9k 2 2 k 1 k 1 9k 2 2011 11 2011             που είναι αδύνατη
  5. 5. Επιμέλεια: Μάκης Χατζόπουλος http://lisari.blogspot.com  Από την (2) έχουμε:        2 2 f x 2011 3k 1 3k 2k 1 2011 3k 1 3k 2k 1 1 2011            2 3k 1 3k 2k 1 2 3k 1 1 k 0 3k 2k 1 2011 1 2011                 που είναι αδύνατη  Από την (3) έχουμε:        2 2 f x 2011 3k 2 3k 4k 2 2011 3k 2 3k 4k 2 1 2011            2 3k 2 3k 4k 2 2 2 1 3k 2 1 k 3 3k 4k 2 2011 3k 4k 2009 0                       που είναι αδύνατη Άρα η εξίσωση f ( x ) = 2011 δεν έχει ακέραιες λύσεις. (Δ) Το αντίστροφο του (Α) ερωτήματος δεν ισχύει, αφού το  f x 2011  ενώ το x . 3. Έστω α, β οι ακέραιοι αριθμοί που δεν είναι πολλαπλάσια του 3 και 5 αντίστοιχα. α) Να γίνει η Ευκλείδεια διαίρεση του α με το 3 και του β με το 5. β) Να βρείτε το υπόλοιπο της διαίρεσης α2 : 3 και τα υπόλοιπα της διαίρεσης β2 : 5 γ) Να αποδείξετε ότι το α2 β2 δεν είναι πολλαπλάσιο του 15. Απάντηση α) Η Ευκλείδεια διαίρεση του α με το 3 μας δίνει υπόλοιπα: 0 ,1 ,2 άρα γράφεται στην μορφή 3k ή 3k 1 ή 3k 2,         και επειδή το α δεν είναι πολλαπλάσιο του 3, έχουμε μόνο τις εξής μορφές: 3k 1 ή 3k 2,       (1) Η Ευκλείδεια διαίρεση του β με το 5 μας δίνει υπόλοιπα: 0 ,1 ,2 ,3, 4 άρα γράφεται στην μορφή 5k ή 5k 1 ή 5k 2 ή 5k 3 ή 5k 4,               και επειδή δεν είναι πολλαπλάσιο του 5, έχουμε μόνο τις εξής περιπτώσεις: 5k 1 ή 5k 2 ή 5k 3 ή 5k 4,             (2) β) Παίρνουμε ξεχωριστά τις περιπτώσεις από την σχέση (1)  Για 3 1,     έχουμε:    22 2 2 2 3 1 9 6 1 3 3 2 1 3 1, ό 3 2                        Για 3 2,     έχουμε:    22 2 2 2 3 2 9 12 4 9 12 3 1 3 3 4 1 1 3 1                        2 , ό 3 4 1        Άρα το υπόλοιπο της διαίρεσης α2 : 3 είναι το 1.
  6. 6. Επιμέλεια: Μάκης Χατζόπουλος http://lisari.blogspot.com Όμοια και για την σχέση (2)  Για β = 5κ +1 , έχουμε:    22 2 2 2 5 1 25 10 1 5 5 2 1 5 , ό 21 5                       Για β = 5κ +2 , έχουμε:    22 2 2 2 5 2 25 20 4 5 5 4 4 5 , ό 44 5                       Για β = 5κ +3 , έχουμε:    22 2 2 2 5 3 25 30 9 25 30 5 4 5 5 6 1 4 45                       2 ό 5 6 1         Για β = 5κ +4 , έχουμε:    22 2 2 2 5 4 25 80 16 25 80 15 1 5 5 16 3 1 15                       2 ό 5 16 3        Άρα τα υπόλοιπα της διαίρεσης β 2 : 5 είναι 1 και 4. γ) Από τα προηγούμενα αντιλαμβανόμαστε ότι το α2 δεν είναι πολλαπλάσιο του 3, άρα και του 15. Επίσης το β2 δεν είναι πολλαπλάσιο του 5, άρα και του 15, επομένως και το 2 2   δεν είναι πολλαπλάσιο του 15. 4. (Α) Αναλύστε τον φυσικό αριθμό 45, σε γινόμενο πέντε διαφορετικών παραγόντων. (Β) Αν α, β, γ, δ, ε ακέραιοι αριθμοί, διαφορετικοί μεταξύ τους, τέτοιοι ώστε:          3 3 3 3 3 45           Βρείτε την τιμή της παράστασης Κ =        (Γ) Αν α, β, γ, δ, ε, λ ακέραιοι αριθμοί, διαφορετικοί μεταξύ τους, τέτοιοι ώστε:           45                Βρείτε την τιμή της παράστασης        συναρτήσει του λ και να αποδείξετε ότι είναι πολλαπλάσιο του 5. Απάντηση Α) Εύκολα βρίσκουμε,    2 45 1 3 5 1 3 3 15 1 3 53            Β) Αφού οι ακέραιοι αριθμοί α, β, γ, δ, ε είναι διαφορετικοί αριθμοί τότε και οι παράγοντες 3 – α, 3 – β , 3 – γ , 3 – δ , 3 – ε είναι διαφορετικοί. Όμως το 2 45 3 5 3 3 5     έχει 2 διαφορετικούς παράγοντες, ενώ το α΄ μέλος έχει 5 διαφορετικούς παράγοντες. Άρα η σκέψη είναι πώς να δημιουργήσουμε 5 διαφορετικούς παράγοντες στον αριθμό 45‼ Φυσικά έχουμε πρόβλημα με τα δύο ίδια 3, άρα πρέπει να βρούμε ένα τρόπο να τα κάνουμε διαφορετικά, αλλά πως όμως;
  7. 7. Επιμέλεια: Μάκης Χατζόπουλος http://lisari.blogspot.com Αρχικά εμφανίζουμε το 1, άρα έχουμε 3 διαφορετικούς παράγοντες (1, 3, 5). Τώρα για τα δύο ίδια 3 κάνουμε το εξής, εμφανίζουμε το -1 στους παράγοντες και κάνουμε το ένα τρία, μείον τρία ,δηλαδή,    145 1 3 3 5     Σημείωση: Φυσικά με το ερώτημα (Α) αποφεύγουμε αυτή την σκέψη, παρόλα αυτά την σημειώνουμε για να δούμε τον τρόπο που ακολουθούμε σε τέτοιου είδους ασκήσεις. Οπότε έχουμε 5 διαφορετικούς παράγοντες στο β΄ μέλος, – 1, 1 , – 3, 3, 5 όπως έχουμε και στο α΄ μέλος, οπότε η αντιστοίχηση γίνεται εύκολα! Οπότε η τιμή της παράστασης γίνεται:            3 3 3 3 3 15 1 1 3 3 5 15 10                                 (Γ) Με ανάλογο σκεπτικό παίρνουμε: λ – α = –1 α = λ +1, λ – β = 1β = λ – 1 , λ – γ = –3γ = λ + 3, λ – δ = 3δ = λ – 3, λ – ε = 5ε = λ – 5 οπότε, Κ = α + β + γ + δ + ε = λ + 1 + λ – 1 + λ + 3 + λ – 3 + λ – 5 = 5λ – 5 = 5(λ – 1) δηλαδή είναι πολλαπλάσιο του 5 (το λ – 1 είναι ακέραιος αριθμός). 5. Οι πλευρές α, β, γ ενός τριγώνου ΑΒΓ είναι ρητοί αριθμοί. Αν ΑΔ ύψος του τριγώνου, όπως φαίνεται στο σχήμα, να δειχθεί ότι : α) 2 2 2 2       β) Τα μήκη x, y είναι ρητοί αριθμοί γ) Στη συνέχεια, διαλέξτε την σωστή απάντηση και να την δικαιολογήστε στις παρακάτω περιπτώσεις τριγώνου. Α. Αν το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο  0ˆA 90 , τότε το ύψος ΑΔ είναι i. Πάντα ρητός αριθμός, αφού ισούται A  ii. Πάντα άρρητος αριθμός, αφού ισούται με x y   iii. Άλλοτε είναι ρητός και άλλοτε άρρητος αριθμός, ανάλογα τις τιμές των α, β και γ. Β. Αν το τρίγωνο ΑΒΓ είναι τυχαίο, τότε το ύψος ΑΔ είναι i. Πάντα ρητός αριθμός, αφού όλα τα τμήματα είναι ρητοί αριθμοί ii. Πάντα άρρητος αριθμός, αφού ισούται με 2 2 2 2 x y       iii. Άλλοτε είναι ρητός και άλλοτε άρρητος αριθμός, ανάλογα το είδος του τριγώνου και τις τιμές των α, β, γ. Απάντηση α) Έστω ΑΔ = υ, άρα από Πυθαγόρεια θεωρήματα στα τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΓΔ παίρνουμε αντίστοιχα: υ 2 = γ2 – ΒΔ2 και υ 2 = β2 – ΓΔ2 οπότε γ2 – ΒΔ2 = β2 – ΓΔ2 άρα ΔΓ2 – ΔΒ2 = β2 – γ2 δηλαδή y2 – x2 = β2 – γ2 β) Από την τελευταία σχέση έχουμε διαδοχικά,      2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 y x y x y x y x y x p                            
  8. 8. Επιμέλεια: Μάκης Χατζόπουλος http://lisari.blogspot.com Άρα προκύπτει το σύστημα y x y x p        και βρίσκουμε λύσεις p p y x 2 2          γ) Α. Σωστή απάντηση είναι το i, δηλαδή το ύψος ΑΔ είναι πάντα ρητός (αν οι πλευρές του τριγώνου είναι ρητές) αφού            Β. Σωστή απάντηση είναι το iii, αφού αν είναι ορθογώνιο όπως είδαμε, τότε το ύψος είναι ρητός (επίσης μπορούμε να το δούμε πολύ εύκολα και σε ισοσκελές τρίγωνο με πλευρές 5, 5, 6, το ύψος που καταλήγει στην μεγαλύτερη πλευρά είναι 4), αν όμως έχουμε πχ. το τρίγωνο είναι ισόπλευρο, πλευράς α = 2, τότε 3 3 2         Άρα εξαρτάται από το είδος του τριγώνου και τις τιμές των α, β, γ. 6. Έστω τρίγωνο ΑΒΓ (γ < α < β) και είναι γνωστό ότι η διχοτόμος της γωνίας Α είναι κάθετη με την διάμεσο ΒΜ του τριγώνου. Να βρείτε τις πλευρές του, στις παρακάτω περιπτώσεις: α) Οι πλευρές του είναι διαδοχικοί ακέραιοι αριθμοί β) Οι πλευρές του είναι διαδοχικοί άρτιοι αριθμοί γ) Υπάρχει τέτοιο τρίγωνο με διαδοχικούς περιττούς αριθμούς; Δικαιολογήστε την απάντησή σας Απάντηση Έστω τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΔ διχοτόμος της γωνίας Α και ΒΜ διάμεσος του τριγώνου και τέμνονται κάθετα στο σημείο Ε. Αρχικά το τρίγωνο ΑΒΜ είναι ισοσκελές, αφού η διχοτόμος ΑΕ είναι και ύψος, άρα ΑΒ = ΑΜ = γ. α) Αφού οι πλευρές του τριγώνου ΑΒΓ είναι διαδοχικοί ακέραιοι αριθμοί, θέτουμε: γ = ν – 1 , α = ν και β = ν + 1, όπου ν ένας φυσικός αριθμός (μεγαλύτερος του 1) Επειδή ΑΒ = ΑΜ οπότε 1 1 3 2 2                 άρα 1 2, 3, 1 4               Δηλαδή το τρίγωνο σ’ αυτή την περίπτωση έχει μήκη πλευρών 2, 3, 4. β) Αφού οι πλευρές του τριγώνου ΑΒΓ είναι διαδοχικοί άρτιοι αριθμοί, θέτουμε: γ = 2ν –2, α = ν και β =2ν + 2, όπου ν ένας φυσικός αριθμός (μεγαλύτερος του 1) Επειδή ΑΒ = ΑΜ οπότε 2 2 2 2 3 2 2                 άρα γ = 2ν – 2 = 4 , α = 2ν = 6 και β = 2ν + 2 = 8 Δηλαδή το τρίγωνο σ’ αυτή την περίπτωση έχει μήκη πλευρών 4, 6, 8. γ) Όμοια θέτουμε γ = 2ν –1, α = 2ν + 1 και β =2ν + 3, όπου ν ένας φυσικός αριθμός (μεγαλύτερος του 1)
  9. 9. Επιμέλεια: Μάκης Χατζόπουλος http://lisari.blogspot.com και παίρνουμε ΑΒ = ΑΜ οπότε 2 3 5 2 1 2 2 2                  άρα δεν υπάρχουν διαδοχικοί περιττοί αριθμοί που να είναι πλευρές αυτού του τριγώνου. 7. Έστω οι ακέραιοι αριθμοί x, y διαστάσεις του ορθογωνίου παραλληλογράμμου. Αν το εμβαδόν του είναι τριπλάσιο της ημι-περιμέτρου του, τότε: α) Να δείξετε ότι:   x 3 y 3 9   β) Βρείτε τα ζεύγη των αριθμών x ,y γ) Ποιο ορθογώνιο παραλληλόγραμμο, από τα παραπάνω ζεύγη των (x, y), έχει την ελάχιστη περίμετρο και εμβαδόν; Τι παρατηρείται; Απάντηση α) Έχουμε το ορθογώνιο παραλληλόγραμμο με διαστάσεις x, y όπως φαίνεται και στο σχήμα. Αρχικά συμβολίζουμε 2x 2y r ί x y 2        Άρα έχουμε διαδοχικά,         3 r xy 3 x y xy 3x 3y 3x xy 3y 0 x 3 y 3y 0 x 3 y 3 3 9 y 9 9                                 3 y x 3 9 y 3 x 3 9          β) Το 9 αναλύεται στα εξής γινόμενα: 1 9, 3 3  . Προσοχή! Τα ζεύγη των αρνητικών τιμών        1 9 , 3 3      καταλήγουμε σε αρνητικά μήκη πλευρών ή μηδέν, άρα απορρίπτονται. Χωρίς βλάβη της γενικότητας θεωρούμε x y άρα έχουμε:        y 3 x 3 y 3 1 y 4 y 3 x 3 9 y 3 x 3 1 9 x 3 9 x 12                       άρα ένα ζεύγος λύσεων είναι (x, y) = (12, 4)        y 3 3 y 6 y 3 x 3 9 y 3 x 3 3 3 x 3 3 x 6                    άρα ένα ζεύγος λύσεων είναι (x, y) = (6, 6) γ) Στην περίπτωση (x, y) = (12, 4) η περίμετρος είναι 32 και το εμβαδόν 48, ενώ στην περίπτωση (x, y) = (6, 6) η περίμετρος του ορθογωνίου είναι 24 και το εμβαδόν 36. Άρα έχουμε την ελάχιστη περίμετρο και εμβαδόν, όταν το ορθογώνιο παραλληλόγραμμο γίνει τετράγωνο!
  10. 10. Επιμέλεια: Μάκης Χατζόπουλος http://lisari.blogspot.com 8. Δίνονται οι πραγματικοί αριθμοί x, y, z τέτοιοι ώστε : 2 x y z 0 x y 2z 10       α) Αν x,y και z πραγματικός αριθμός, βρείτε τους αριθμούς αυτούς. β) Αν x,y,z , βρείτε τον αριθμό z έτσι ώστε το άθροισμα x + y να είναι μέγιστο. Απάντηση α) Αφαιρούμε κατά μέλη και προκύπτει: 2 2 2z z 10 2z z 10 0      που μας δίνει λύσεις 5 z , z 2 2    και επειδή x,y και x + y + z =0, άρα το z είναι ακέραιος αριθμός (για την ακρίβεια αρνητικός ακέραιος), άρα δεκτή λύση η z = -2. Επομένως, x + y = 2 και επειδή τα x, y είναι φυσικοί αριθμοί τα ζεύγη των λύσεων είναι τα εξής: (x, y, z) = (2, 0, -2) ή (x, y, z) = (1, 1, -2) ή (x, y, z) = (0, 2, -2) β) Όμοια βρίσκουμε 5 z , z 2 2     Για 5 z 2,5 2   έχουμε x + y = - 2,5  Ενώ για z = - 2 έχουμε x + y = 2 Άρα η ζητούμενη τιμή είναι το z = -2 που μας δίνει μέγιστη τιμή για το άθροισμα x + y. 9. Η Τούλα έχει τρία παιδιά, ενώ η Μαριέττα τέσσερα, και στις δύο περιπτώσεις γνωρίζουμε ότι το γινόμενο των ηλικιών παιδιών και μάνας είναι 11.935. Βρείτε τις ηλικίες των παιδιών και των μανάδων αν γνωρίζετε ότι όλα τα παιδιά πάνε σχολείο, εκτός από το μικρότερο παιδί της Μαριέττας. Τι ηλικία είχαν οι μανάδες όταν γέννησαν το μεγαλύτερο παιδί; Απάντηση Αναλύουμε τον αριθμό 11.935 σε γινόμενο πρώτων παραγόντων και βρίσκουμε 11935 1 5 7 11 31     (το 1 δεν είναι πρώτος παράγοντας αλλά τον θέτουμε για λόγους ευκολίας) Επειδή η Τούλα έχει τρία παιδιά που πάνε σχολείο, άρα οι ηλικίες τους είναι 5, 7, 11, ενώ τα παιδιά της Μαριέττας είναι 1, 5, 7, 11. Όσο για την ηλικία των μανάδων και στις δύο περιπτώσεις είναι 31. Το μεγαλύτερο παιδί το γέννησαν και οι δύο μανάδες σε ηλικία: 31 – 11 = 20 ετών! 10. Βρείτε τους τρεις μικρότερους διαδοχικούς ακέραιους αριθμούς, που το γινόμενό τους να είναι ίσο με το οκταπλάσιο του αθροίσματός τους. Απάντηση Έστω οι διαδοχικοί αριθμοί της μορφής v 1,v,v 1   (βολεύει αυτή συμμετρική μορφή από την συνήθη μορφή που παριστάνουμε τους διαδοχικούς ακεραίους v,v 1,v 2  ) τότε:          2 2 v 1 v v 1 8 v 1 v v 1 v v 1 8 3v v v 1 24v 0                      2 v v 25 0 5 5 0 v 0 ή v 5 ή v 5              
  11. 11. Επιμέλεια: Μάκης Χατζόπουλος http://lisari.blogspot.com άρα οι λύσεις είναι,  Για ν = 5 οι ζητούμενοι αριθμοί είναι 4, 5, 6  Για ν = - 5 οι ζητούμενοι αριθμοί είναι -6, -5, - 4  Για ν = 0 έχουμε      0 1 0 0 1 8 0 1 0 0 1        που ισχύει, άρα οι ζητούμενοι αριθμοί είναι -1 , 0 , 1. Άρα οι μικρότεροι διαδοχικοί ακέραιοι αριθμοί είναι οι – 6, -5, -4. 11. (Α) Αν ν ακέραιος αριθμός και 2 1 2 1 1 1           υπολογίστε τις δυνατές τιμές του ακέραιου ν. (Β) Έστω τρεις διαδοχικοί ακέραιοι αριθμοί α) Γράψτε όλα τα δυνατά κλάσματα που προκύπτουν με αυτούς τους αριθμούς β) Βρείτε τους αριθμούς αυτούς, αν το άθροισμα όλων των παραπάνω κλασμάτων είναι ακέραιος αριθμός. Απάντηση (Α) Έχουμε διαδοχικά,          2 2 2 1 1 2 1 12 1 2 1 4 2 1 1 1 1 1                             22 2 2 2 2 4 14 2 6 6 4 1 1 1 1 4 4                   Άρα είναι ακέραιος αριθμός, αν, και μόνο αν, το ν2 – 1 να διαιρεί το 6, δηλαδή 2 2 2 2 1 1, 1 2, 1 3, 1 6                 Αν ν2 – 1 = -1 τότε ν = 0 που απορρίπτεται από τους περιορισμούς των παρονομαστών  Αν ν2 – 1 = 1 τότε ν2 = 2 αδύνατη αφού ν ακέραιος αριθμός  Αν ν2 – 1 = 2 τότε ν2 = 3 αδύνατη αφού ν ακέραιος αριθμός  Αν ν2 – 1 = - 2 τότε ν2 = -1 αδύνατη  Αν ν2 – 1 = 3 τότε ν2 = 4 άρα ν = 2 ή ν = -2  Αν ν2 – 1 = - 3 τότε ν2 = -2 αδύνατη  Αν ν2 – 1 = 6 τότε ν2 = 7 αδύνατη αφού ν ακέραιος αριθμός  Αν ν2 – 1 = -6 τότε ν2 = -5 αδύνατη Άρα ο αριθμός 2 1 2 1 1 1          είναι ακέραιος όταν ν = 2 ή ν = -2 (Β) Έστω οι διαδοχικοί ακέραιοι ν – 1, ν , ν +1 με ν ακέραιο αριθμό τότε α) Όλα τα κλάσματα που προκύπτουν από τους παραπάνω αριθμούς είναι: 1 1 1 1 1 1 , , , , , , , , 1 1 1 1 1 1                               που για να ορίζονται πρέπει το ν να είναι διαφορετικό του -1, 0 , 1. β) Επειδή τα κλάσματα με τους ίδιους όρους στον αριθμητή - παρανομαστή είναι ακέραιοι αριθμοί (δίνουν μονάδα) τότε αρκεί τα άλλα κλάσματα που υπολείπονται να δίνουν άθροισμα ακέραιο αριθμό. Δηλαδή θα δείξουμε ότι: 1 1 1 1 1 1 1 1                           Έχουμε,
  12. 12. Επιμέλεια: Μάκης Χατζόπουλος http://lisari.blogspot.com 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1                                                               Όμως από το (Α) ερώτημα έχουμε ότι το ο αριθμός 2 1 2 1 1 1          είναι ακέραιος όταν ν = 2 ή ν = -2.  Για ν = 2, οι τριάδες ακέραιων αριθμών είναι: 1, 2, 3  Για ν = -2 οι τριάδες ακέραιων αριθμών είναι: -3, -2, - 1 12. Οι αριθμοί α, β, γ ικανοποιούν τις σχέσεις 2 2 2      , 2 3 1      και 2 2 1     Να αποδείξετε ότι : α) Οι αριθμοί α, β, γ είναι ακέραιοι β) 2011 2012 2013         Απάντηση Προσθέτουμε κατά μέλη τις ζητούμενες σχέσεις     2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 2 2 0 1 1 0 1 11 1 0                                                    α) Άρα οι αριθμοί α, β, γ είναι ακέραιοι αριθμοί β) Παίρνουμε το α΄ μέλος της ζητούμενης σχέσης και αντικαθιστούμε,     20122011 2012 2013 2011 2013 1 1 0 1 1 0 2 1 1 0                    13. Ποιος είναι ο μικρότερος θετικός ακέραιος n για τον οποίο o n 2 είναι τέλειο τετράγωνο ακέραιου αριθμού και ο n 3 είναι τέλειος κύβος ακέραιου επίσης; Απάντηση Προφανώς θα πρέπει ο n να είναι πολλαπλάσιο του 2 και του 3 άρα και του 6. Άρα n 6r,r N  Τότε έχουμε: 2 2 2n 6r k k 3r k 2 2      και 3 3 3n 6r m m 2r m 3 3      Με διαίρεση κατά μέλη, παίρνουμε: 2 2 3 3 k 3 2k 3m m 2    (1) Άρα ο 2 διαιρεί τον 3 m και άρα ο 2 διαιρεί και τον m. Άρα m 2t,t N  Τώρα η σχέση (1) γράφεται: 2 3 2 3 2k 3 (2t) k 12t    (2) Παρατηρούμε ότι η ελάχιστη τιμή του t για την οποία αληθεύει η σχέση (2) είναι η t 3 Τότε έχουμε 2 3 k 12 3 k 18    άρα 2 2 3r k 3r 18 r 108     Άρα αφού n 6r n 6 108 n 648     
  13. 13. Επιμέλεια: Μάκης Χατζόπουλος http://lisari.blogspot.com 14. Να δείξετε ότι i) Οι πράξεις ρητών αριθμών δίνει αποτέλεσμα ρητό αριθμό ii) (ρητός) + (άρρητος) = (άρρητος) iii) (ρητός)(άρρητος) = (άρρητος) Απάντηση i) Έστω οι ρητοί αριθμοί , , 0           και , , 0           , από τις πράξεις των κλασμάτων αποδεικνύεται ότι και οι αριθμοί , , :     είναι ρητοί. ii) Έστω α: ρητός και β: άρρητος αριθμός. Θα δείξουμε ότι: α + β = γ (άρρητος) Έστω ότι α + β = γ (ρητός) τότε β = γ – α που ως πράξη ρητών το αποτέλεσμα (δες i) είναι ρητός, άτοπο αφού το β είναι άρρητος. iii) Έστω α: ρητός και β: άρρητος αριθμός. Θα δείξουμε ότι: αβ = γ (άρρητος) Έστω ότι αβ = γ (ρητός) (το α είναι διάφορο του μηδενός), οπότε: β = γ : α και ως πράξη ρητών, το αποτέλεσμα όπως μας λέει το υποερώτημα i, είναι ρητός, άτοπο αφού το β είναι άρρητος. 15. Οι αριθμοί α, β, γ είναι αριθμοί, i) Αν α + β + γ είναι περιττός αριθμός, τι συμπεραίνουμε για τα α, β, γ; ii) Αν α + β + γ είναι άρτιος αριθμός, τι συμπεραίνουμε για τα α, β, γ; iii) Αν  είναι άρτιος αριθμός, τι συμπεραίνουμε για τα α, β, γ; iv) Αν  είναι περιττός αριθμός, τι συμπεραίνουμε για τα α, β, γ; v) Να δείξετε ότι ο αριθμός           είναι άρτιος αριθμός. Απάντηση i) Αν έχουμε α + β + γ = περιττός αριθμός, συμπεραίνουμε ότι ένα τουλάχιστον από τα α, β, γ είναι περιττός. Προφανώς, γιατί αν ήταν όλοι άρτιοι, τότε και το αποτέλεσμα θα ήταν άρτιος, άτοπο. ii) Αν έχουμε α + β + γ = άρτιος αριθμός, συμπεραίνουμε ότι ένα τουλάχιστον από τα α, β, γ είναι άρτιος. Προφανώς, γιατί αν ήταν όλοι περιττοί, τότε και το αποτέλεσμα θα ήταν περιττός, άτοπο. iii) Αν  άρτιος, τότε συμπεραίνουμε ότι ένας τουλάχιστον από τους αριθμούς είναι άρτιος. Γιατί; Έστω πχ. α = 2κ, όπου κ ακέραιος, τότε: αβγ = 2κ β⋅ γ=2⋅ (κβγ) = 2λ (άρτιος), όπου λ = κβγ που είναι ακέραιος αριθμός. iv) Αν  περιττός, τότε συμπεραίνουμε ότι όλοι οι αριθμοί είναι περιττοί.
  14. 14. Επιμέλεια: Μάκης Χατζόπουλος http://lisari.blogspot.com Προφανώς, γιατί αν ένας από τους αριθμούς α, β, γ ήταν άρτιος (προηγούμενο υποερώτημα), τότε και το γινόμενο θα ήταν άρτιο, άτοπο. v) Θέλουμε να αποδείξουμε ότι:           = άρτιος αριθμός Έστω ότι           = περιττός αριθμός, οπότε από το υποερώτημα iv έχουμε ότι όλοι οι παράγοντες α+ β, β + γ, γ + α είναι περιττοί. Όμως το άθροισμά τους δίνει: (α + β) + (β + γ) + (γ + α) = 2(α + β +γ) = 2λ, όπου λ = α+β+γ, άρα είναι άρτιος αριθμός, άτοπο αφού το άθροισμα τριών περιττών αριθμών δίνει περιττό αριθμό. Άρα           = άρτιος αριθμός 16. (Θωμάς Ποδηματάς) Βάλτε στο μυαλό σας ένα τριψήφιο αριθμό (πχ. 542), μην το πείτε σε κανέναν!! Αλλάξτε σειρά στα ψηφία με όποιο τρόπο επιθυμείτε (πχ. 452), αφαιρέστε τα δύο νούμερα (πχ. 542 – 452). Το αποτέλεσμα αν είναι διψήφιο αριθμός τότε βάλτε το μηδέν στην αρχή για να εκφραστεί ως τριψήφιος αριθμός (πχ. αν το αποτέλεσμα βγει 90 γράψτε 090). Πάμε στο μαγικό μέρος, μου δίνετε δύο από τα τρία ψηφία του αριθμού που βρήκατε (πχ. 0 και 9) τότε εγώ θα σας βρίσκω το τρίτο ψηφίο που κρύβεται (πχ. το 0)! α) Περιγράψτε τη διαδικασία β) Δώστε τη μαθηματική ερμηνεία. γ) Το ίδιο πρόβλημα γίνεται και μεγαλύτερα νούμερα (πχ. τετραψήφια, πενταψήφια κ.τ.λ); Απάντηση α) Έστω ο τριψήφιος αριθμός 897 με μια τυχαία αναδιάταξη των ψηφίων παίρνουμε τον αριθμό 789. Έχουμε, 897 – 789 = 108 (ένας αριθμός πολ/σιο του 9, γιατί; Δείτε παρακάτω) Αν δώσουμε στο καθηγητή τα νούμερα 1 και 0, τότε θα μας απαντήσει το 8! Γιατί;; Πρέπει το άθροισμα των ψηφίων του να δίνουν 9, οπότε 1 + 0 + ; = 9. β) Θα δείξουμε ότι αν κάνουμε μια αναδιάταξη ενός τριψήφιου αριθμού και τον αφαιρέσουμε από τον αρχικό τότε το αποτέλεσμα θα είναι πάντα πολ/σιο του 9, δηλαδή xyz – zxy = πολ9. Έχουμε,      xyz zxy 100x 10y z 100z 10x y 90x 9y 99z 9 10x y 11z             γ) Προφανώς και αποδεικνύεται εύκολα με την αναπαράσταση του αριθμού στη δεκαδική του μορφή (δείτε β ερώτημα).
  15. 15. Επιμέλεια: Μάκης Χατζόπουλος http://lisari.blogspot.com 17. (Θωμάς Ποδηματάς) Βάλτε στο μυαλό σας έναν τριψήφιο αριθμό (πχ. 521) και μην το πείτε σε κανέναν! Επαναλάβετε το νούμερο και κάντε το εξαψήφιο νούμερο (πχ. 521521). Διαιρέστε το διαδοχικά με τη θύρα του Ολυμπιακού (το 7) και τη θύρα του Παναθηναϊκού (το 13). Τελικά διαιρέστε το τελικό νούμερο με τον τριψήφιο αριθμό που θέσατε στην αρχή. Στο αποτέλεσμα προσθέτουμε το 10. Κάνω τα μαγικά μου και βρίσκω ότι το νούμερο που εμφανίστηκε είναι η επίσημη θύρα της ΑΕΚ δηλαδή ο αριθμός 21!!! α) Περιγράψτε τη διαδικασία β) Δώστε τη μαθηματική ερμηνεία. γ) Το ίδιο πρόβλημα γίνεται και μεγαλύτερα νούμερα (πχ. τετραψήφια, πενταψήφια κ.τ.λ); Απάντηση α) Έστω ο αριθμός 521, άρα αν το ενώσουμε ξανά για να γίνει εξαψήφιος αριθμός θα προκύψει ο 521521. Τον διαιρούμε με το 7 και το 13 και προκύπτει ο αριθμός 5731 (οι πράξεις με υπολογιστή τσέπης για να μην γίνει κάποιο λάθος). Αν τον διαιρέσουμε με το 521 προκύπτει ο αριθμός 11, άρα +10 = 21, δηλαδή η θύρα της ΑΕΚ! β) Παρατηρούμε ότι 521521 521 1001 521 7 11 13      , οπότε αν διαιρέσουμε με τους τρεις από τους τέσσερις παράγοντες (το 7, 13 και 521) θα βγάλει αποτέλεσμα πάντα 11, συν 10 άρα 21!! Θα αποδείξουμε γιατί ο τριψήφιος αριθμός xyz αν τον επαναλάβουμε προκύπτει πάντα ο xyzxyz που ισούται με xyz 1001 . Έχουμε,   345 2 10 x 10 x 100100 10 y 10y 10010y xyzxyz 10 z z 1001z 1001 100x 10y z 1001 y x x z               γ) Προφανώς αφού η απόδειξη περιορίστηκε σε ένα τριψήφιο αριθμό, στα ίδια αποτελέσματα θα καταλήγαμε αν είχαμε τετραψήφιο ή πενταψήφιο αριθμό. 18. (Θωμάς Ποδηματάς) Διαλέξτε δύο μονοψήφιους και μη μηδενικούς αριθμούς x, y. Κάντε τα εξής: - Δεκαπλασιάστε τον πρώτο αριθμό - Προσθέστε τον δεύτερο αριθμό στο αποτέλεσμα - Διπλασιάστε το νούμερο που βρήκατε - Και στο τέλος προσθέστε το τρία
  16. 16. Επιμέλεια: Μάκης Χατζόπουλος http://lisari.blogspot.com Εγώ θα κάνω τα μαγικά μου, θα επικαλεστώ και την σοφία των αρχαίων μαθηματικών και θα σας βρίσκω πάντα τους αριθμούς x και y. α) Περιγράψτε τη διαδικασία β) Δώστε τη μαθηματική ερμηνεία. γ) Το ίδιο πρόβλημα γίνεται και μεγαλύτερα νούμερα (πχ. τετραψήφια, πενταψήφια κ.τ.λ); Απάντηση α) Έστω x = 5 και y = 4, τότε οι πράξεις μας οδηγούς στην εξής αλγεβρική παράσταση:    2 10x y 3 2 10 5 4 3 108 3 111         Τώρα πως από τον αριθμό 111 θα βρίσκουμε τους αριθμούς x = 5 και y = 4 μας το εξηγούν τα μαθηματικά. Θα κάνουμε τα ανάποδα βήματα, δηλαδή - Αφαιρούμε τον αριθμό 3, άρα 111 – 3 = 108 - Το διαιρούμε με το 2, άρα 108/2 = 54 Τον αριθμό 54 τον γράφουμε στη δεκαδική μορφή 10x + y, δηλαδή 10 5 4  , άρα x = 5 και y = 4. β) Έχουμε,  2 10x y 3 γνωστός αριθμός 20x 2y 3 γνωστός αριθμός 20x 2y γνωστός αριθμός 3 γνωστός αριθμός 3 10x y 2                 άρα καταλήγουμε στη δεκαδική μορφή ενός γνωστού αριθμού άρα η εύρεση των x και y είναι εύκολη υπόθεση. γ) Προφανώς αφού η απόδειξη περιορίστηκε σε ένα τριψήφιο αριθμό, στα ίδια αποτελέσματα θα καταλήγαμε αν είχαμε τετραψήφιο ή πενταψήφιο αριθμό.

×