Όρεξη είχε

Συντονιστές: Demetres, silouan

Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8484
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Όρεξη είχε

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τετ Νοέμ 28, 2018 9:40 pm

Ο Αντρέας έλυσε ένα μαθηματικό πρόβλημα και βρήκε \sqrt{15!} ως τελική απάντηση. Παρατήρησε ότι υπάρχουν πολλοί τρόποι να γράψει την απάντηση ως a\sqrt{b} με a,b θετικούς ακεραίους. Για κάθε τέτοιο τρόπο υπολόγισε το ab και το έγραψε στην μορφή q 15! για κάποιον ρητό q.

Να βρεθεί το άθροισμα όλων των q.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1630
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Όρεξη είχε

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Κυρ Δεκ 02, 2018 4:32 pm

Demetres έγραψε:
Τετ Νοέμ 28, 2018 9:40 pm
Ο Αντρέας έλυσε ένα μαθηματικό πρόβλημα και βρήκε \sqrt{15!} ως τελική απάντηση. Παρατήρησε ότι υπάρχουν πολλοί τρόποι να γράψει την απάντηση ως a\sqrt{b} με a,b θετικούς ακεραίους. Για κάθε τέτοιο τρόπο υπολόγισε το ab και το έγραψε στην μορφή q 15! για κάποιον ρητό q.

Να βρεθεί το άθροισμα όλων των q.
Καταρχήν, είναι προφανές ότι q=\dfrac{1}{a} (πράγματι, q 15!=ab=\dfrac{15!}{a} \Rightarrow q=\dfrac{1}{a}.

Επίσης, 15!=2^{11} \cdot 3^6 \cdot 5^3 \cdot 7^2 \cdot 11 \cdot 13=a^2b, και άρα a=2^{k_1} \cdot 3^{k_2} \cdot 5^{k_3} \cdot 7^{k_4} \cdot 11^{k_5} \cdot 13^{k_6}.

Οπότε, πρέπει 2^{2k_1} \cdot 3^{2k_2} \cdot 5^{2k_3} \cdot 7^{2k_4} \cdot 11^{2k_5} \cdot 13^{2k_6} \cdot b=2^{11} \cdot 3^6 \cdot 5^3 \cdot 7^2 \cdot 11 \cdot 13, συνεπώς κάθε k_i είναι μικρότερο από τον αντίστοιχο εκθέτη στο δεξί μέλος.

Συνεπώς, k_1 \leqslant 5, k_2 \leqslant 3, k_3 \leqslant 1, k_4 \leqslant 1, k_5=k_6=0 , και επομένως ο a πρέπει να διαιρεί τον 2^5 \cdot 3^3 \cdot 5 \cdot 7=30240.

Καταλήγουμε ότι θέλουμε το άθροισμα των αντιστρόφων των διαιρετών του 30240.

Έστω λοιπόν d_1<d_2< \ldots<d_{\ell} οι διαιρέτες του 30240, και \displaystyle P=\sum_{j=1}^{\ell} \dfrac{1}{d_j}}.

Ισχύει, (εύκολο) ότι d_j d_{\ell+1-j}=30240 με j \in \{1,2, \ldots, \ell \}, οπότε είναι \displaystyle 30240P=\sum_{j=1}^{\ell} \dfrac{30240}{d_j}}=\sum_{j=1}^{\ell} d_{\ell+1-j}= d_\ell+d_{\ell-1}+ \ldots+d_1.

Είναι γνωστό όμως (π.χ. βλέπε εδώ ) ότι το άθροισμα των διαιρετών ενός αριθμού n=p_1^{a_1} \cdot p_2^{a_2} \cdots p_s^{a_s} με p_i πρώτους, είναι \displaystyle \prod_{i=1}^{s} \dfrac{p_i^{a_i+1}-1}{p_i-1}.

Στην περίπτωσή μας λοιπόν, έχουμε d_\ell+d_{\ell-1}+ \ldots+d_1=120960, και τελικά 120960=30240P \Rightarrow \boxed{P=4} και τελειώσαμε.


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
Απάντηση

Επιστροφή σε “Συνδυαστική - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης