ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ,J-2.1

Συντονιστές: cretanman, Demetres, polysot, socrates, silouan

Μπάμπης Στεργίου
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5339
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 2:16 pm
Τοποθεσία: Χαλκίδα - Καρδίτσα

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ,J-2.1

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μπάμπης Στεργίου » Τρί Δεκ 08, 2009 8:27 pm

Ξεκινάω με μια σελίδα ασκήσεων για ολυμπιάδες junior. Τις βάζω αρχικά σε pdf , αλλά όποιος τις θελήσει αργότερα για να κάνει σημειώσεις ή κάτι άλλο σε μαθηματικό σχολείο ή αλλού,να μου τις ζητήσει.
Θα προσθέτω λίγο - λίγο από μια σελίδα, κάθε φορά που θα έχω χρόνο.
Τις λύσεις μπορούμε να τις βάζουμε εδώ με αναγραφή στο πάνω μέρος του αριθμού της άσκησης.


Μπάμπης
Συνημμένα
0ΑΣΚΗΣΕΙΣ,Ολυμπιάδες junior 2.pdf
(118.1 KiB) Μεταφορτώθηκε 116 φορές
ScreenShot002.png
ScreenShot002.png (121.49 KiB) Προβλήθηκε 1192 φορές


Dimitris X
Δημοσιεύσεις: 243
Εγγραφή: Τρί Ιουν 23, 2009 10:51 pm

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Dimitris X » Τετ Δεκ 09, 2009 12:55 am

Mια γρήγορη λύση για το 3.

Από τις ισότητες παίρνουμε ότι:

abc+c=b^2c+b
abc+a=c^2a+c
abc+b=a^2b+a.

Προσθέτοντας κατά μέλη έχουμε:

3abc=a^2b+b^2c+c^2a.

Όμως απο am-gm έχουμε ότι:

3abc\le a^2b+b^2c+c^2a και η ισότητα ισχύει μόνο όταν a=b=c....


Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3923
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Τετ Δεκ 09, 2009 10:58 am

Για την 1

α) x-y=n^n(1-n)+n(n+1)^n>n^n(1-n)+nn^n=n^n>0 άρα x>y

β) x-y=a^a(1-a^{b-a})+b^a(b^{b-a}-1)>a^a(1-a^{b-a})+a^a(a^{b-a}-1)=0 άρα x>y


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3923
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Τετ Δεκ 09, 2009 11:09 am

Για την 2:

Αφού 2^{n+1}+3^n|2^n+3^{n+2} άρα

2^{n+1}+3^n|2\cdot (2^n+3^{n+2}) - (2^{n+1}+3^n)=17\cdot 3^n

Όμοια 2^{n+1}+3^n|3^2\cdot (2^{n+1}+3^n)-(2^n+3^{n+2})=17\cdot 2^n

Από τις (1),(2) πρέπει 2^{n+1}+3^n|(17\cdot 3^n,17\cdot 2^n)=17 για όλες τις τιμές του n.

Άρα πρέπει 2^{n+1}+3^n=1 (που αποκλείεται) ή 2^{n+1}+3^n=17 που δίνει n=2.

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3923
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Τετ Δεκ 09, 2009 11:22 am

Για την 4:

x=\displaystyle\frac{5^{n+1}-1}{5^{n+2}-1} και y=\displaystyle\frac{6^{n+1}-1}{6^{n+2}-1}.

Άρα \begin{aligned}x-y &= \frac{30^{n+1}-4\cdot 5^{n+1}-5\cdot 6^{n+1}}{(5^{n+2}-1)(6^{n+2}-1)} \\  &> \frac{30^{n+1}- 5^{n+2}- 6^{n+2}}{(5^{n+2}-1)(6^{n+2}-1)} \\ &> \frac{30^{n+1}- 2\cdot5^{n+2}}{(5^{n+2}-1)(6^{n+2}-1)} \\  &=\frac{5^{n+1}(6^{n+1}-10)}{(5^{n+2}-1)(6^{n+2}-1)} > 0\end{aligned}

Για την 6:

Κάθε προσθετέος είναι ίσος με 1 ή -1 ανάλογα αν ο παρονομαστής είναι θετικός ή αρνητικός. Όμως όλοι οι προσθετέοι είναι 8 σε πλήθος και το άθροισμα είναι ίσο με 8 συνεπώς κάθε προσθετέος πρέπει να είναι ίσος με 1. Άρα όλοι οι ακέραιοι αριθμοί από το 9 έως και το 19 είναι λύσεις της εξίσωσης.

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11497
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τετ Δεκ 09, 2009 12:52 pm

Dimitris X έγραψε:Mια γρήγορη λύση για το 3.
Άλλη μία.

Αν δύο από τα a, b, c είναι ίσα, απλό. Αλλιώς χωρίς βλάβη a > b > c. Τότε όμως
a + \frac{1}{b} > c +  \frac{1}{b} > c + \frac{1}{a}, άτοπο.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11497
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τετ Δεκ 09, 2009 1:02 pm

Άλλη λύση της 4: Θέτουμε A = 1 + 5 + 5^2 + ... + 5^n,  B =  1 + 6 + 6^2 + ... + 6^n, οπότε x = \frac{A}{1+5A}. \, y = \frac {B}{1+6B}. Είναι απλό να δούμε ότι x > y (ισοδυναμεί με την AB + A > B που ισχύει διότι Α > 1.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου


Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 393
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ,J-2.1

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Δευ Δεκ 03, 2018 7:38 pm

Για την 5

Από α : \frac{\alpha }{2}=\frac{b }{3}=\frac{c}{4}\Leftrightarrow a=\frac{2}{3}b , c=\frac{4}{3}b και επειδή a,b,c\in \mathbb{N} υπάρχει φυσικός k ώστε b=3k Άρα a=2k,b=3k,c=4k
Aπό β : \frac{c}{x}=\frac{d}{5}\Leftrightarrow d=\frac{5c}{x}=\frac{20k}{x}
Aπό γ:
Πρέπει a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}=p με p πρώτο. Άρα 4k^{2}+16k^{2}+9k^{2}+\left (\frac{20k}{x} \right )^{2}=p . Πρέπει x\mid 20k{\Leftrightarrow }x\mid 20 ή  x\mid k αφού ο x είναι πρώτος.
  • Εάν x\mid 20 τότε x\in \left \{ 1,2,4,5,10,20 \right \} και επειδή ο x είναι πρώτος
    x=2 ή x=5.
    i) Εαν x=2 τότε 4k^{2}+16k^{2}+9k^{2}+\left (\frac{20k}{x} \right )^{2}=p\Leftrightarrow29k^{2}+(10k)^{2}=p\Leftrightarrow129k^{2}=p άτοπο αφού p πρώτος.
    ii) Εαν x=5 τότε 29k^{2}+(4k)^{2}=p\Leftrightarrow45k^{2}=p άτοπο αφού p πρώτος.
Άρα πρέπει  x\mid k\Leftrightarrow k=yx με y φυσικό.
Έχουμε : 29k^{2}+(\frac{20k}{x})^{2}=p\Leftrightarrow29y^{2}x^{2}+(\frac{20yx}{x})^{2}=p\Leftrightarrow29y^{2}x^{2}+400y^{2}=p\Leftrightarrow y^{2}(29x^{2}+400)=p για να μπορεί να ισχύει αυτό πρέπει y^{2}=1\Leftrightarrow y=1 και 29x^{2}+400 πρώτο. Με y=1 έχουμε k=x που σημαίνει ότι d=20.
Πρέπει να βρούμε πρώτο x έτσι που 29x^{2}+400 πρώτος με x\neq 5
καθώς αν x=5 τότε c=4*5=20=d άτοπο αφού πρέπει c\neq d.Mία τιμή για το x είναι η x=3 με a=6,b=9,c=12 και d=20(Πράγματι 36+144+81+400=661 πρώτος).
Δεν κατάφερα να βρώ άλλον κατάλληλο x .Αφού όμως δεν έχουν μπει περιορισμοί για το x πρέπει αποδείξουμε π.χ ότι x\leq 3 ή κάτι άλλο που να περιορίζει το x(χρησιμοποιώντας την 29x^{2}+400=p , εγώ ακόμα δεν το έχω καταφέρει.
τελευταία επεξεργασία από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ σε Τρί Δεκ 04, 2018 12:20 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11497
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ,J-2.1

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Δευ Δεκ 03, 2018 10:55 pm

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε:
Δευ Δεκ 03, 2018 7:38 pm

Πρέπει να βρούμε πρώτο x έτσι που 29x^{2}+400 πρώτος με x\neq 5
...
Δεν κατάφερα να βρώ άλλον κατάλληλο x .Αφού όμως δεν έχουν μπει περιορισμοί για το x πρέπει αποδείξουμε π.χ ότι x\leq 3 ή κάτι άλλο που να περιορίζει το x(χρησιμοποιώντας την 29x^{2}+400=p , εγώ ακόμα δεν το έχω καταφέρει.
.
Υπόδειξη: Δείξε ότι για κάθε πρώτο x\ge 5, ο αριθμός 29x^{2}+400 είναι σύνθετος. Η απόδειξη είναι μια-δυο γραμμές.


Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 393
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ,J-2.1

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Τρί Δεκ 04, 2018 12:20 pm

Σας ευχαριστώ κύριε Μιχάλη για την υπόδειξη.

Αν x\geq 5 τότε x=3m+u, με m\in \mathbb{N} 
και u=1 ή u=2
Έχουμε u=1 ή u=2 \Leftrightarrow  x\equiv1(mod3) ή x\equiv2(mod3)\Leftrightarrow  x^{2}\equiv1(mod3) ή x^{2}\equiv4(mod3)\equiv1(mod3) άρα x^{2}\equiv1(mod3).
Επίσης 29\equiv2(mod3) . Άρα 29x^{2}\equiv2(mod3) και επειδή 400\equiv1(mod3)
παίρνουμε 29x^{2}+400\equiv3(mod3) δηλαδή 3\mid 29x^{2}+400 άρα σύνθετος. Επίσης η τιμή x=2 απορρίπτεται γιατί αλλιώς 2\mid 29x^{2}+400.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών - Συνδυαστική (Juniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Bing [Bot] και 2 επισκέπτες