Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

GVlachos · #101

socrates έγραψε:56.
Να δείξετε ότι για κάθε ακέραιο $n\geq 2$ υπάρχει σύνολο θετικών ακεραίων, , με την ιδιότητα:

για κάθε $i,j \in A_n, \ i\ne j$ ο αριθμός διαιρεί τον αριθμό

Οι

πρώτοι όροι της ακολουθίας a_k=n!k

ικανοποιούν τη συνθήκη για οποιοδήποτε

.

#102

matha έγραψε:
socrates έγραψε:

55.
Αν για τους οποίους $xy+yz+zx\geq 3,$ να δείξετε ότι

$\displaystyle \frac{x^2}{xz+x^4+y^2}+\frac{y^2}{yx+y^4+z^2}+\frac{z^2}{zy+z^4+x^2}\leq 1.$

Από την ανισότητα Cauchy-Schwarz έχουμε

$\displaystyle{xz+x^4+y^2=\frac{z^2}{\frac{z}{x}}+\frac{x^2}{\frac{1}{x^2}}+\frac{y^2}{1}\geq \frac{(x+y+z)^2}{\frac{z}{x}+\frac{1}{x^2}+1}= \frac{x^2(x+y+z)^2}{x^2+zx+1},}$

άρα

$\displaystyle{ \sum \frac{x^2}{xz+x^4+y^2}\leq \sum \frac{x^2+zx+1}{(x+y+z)^2}=\frac{x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx+3}{x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+zx)}\leq 1,}$ αφού $\displaystyle{xy+yz+zx\geq 3.}$

Ας αναφέρουμε, ότι παρόμοια χρήση της ανισότητας Cauchy-Schwarz, αποδεικνύει και τις παρακάτω ανισότητες:

Αν είναι $\displaystyle{x,y,z>0}$

C-S 1) και $\displaystyle{xyz\geq 1}$ , τότε

$\displaystyle{\frac{x^5-x^2}{x^5+y^2+z^2}+\frac{y^5-y^2}{y^5+z^2+x^2}+\frac{z^5-z^2}{z^5+x^2+y^2}\geq 0.}$

I.M.O. 2005

C-S 2) και $\displaystyle{xyz\geq 1}$ , τότε

$\displaystyle{\frac{x}{x^3+y^2+z}+\frac{y}{y^3+z^2+x}+\frac{z}{z^3+x^2+y}\leq 1,}$

KöMaL, Problem A487

C-S 3) και $\displaystyle{xyz\geq 10+6\sqrt{3}}$ , τότε

$\displaystyle{\frac{y}{x+y^3+z^2}+\frac{z}{y+z^3+x^2}+\frac{x}{z+x^3+y^2}\leq \frac{1}{2}}$

Crux, Problem 3466

G.Bas · #103

matha έγραψε:
matha έγραψε:
socrates έγραψε:

55.
Αν για τους οποίους $xy+yz+zx\geq 3,$ να δείξετε ότι

$\displaystyle \frac{x^2}{xz+x^4+y^2}+\frac{y^2}{yx+y^4+z^2}+\frac{z^2}{zy+z^4+x^2}\leq 1.$

Από την ανισότητα Cauchy-Schwarz έχουμε

$\displaystyle{xz+x^4+y^2=\frac{z^2}{\frac{z}{x}}+\frac{x^2}{\frac{1}{x^2}}+\frac{y^2}{1}\geq \frac{(x+y+z)^2}{\frac{z}{x}+\frac{1}{x^2}+1}= \frac{x^2(x+y+z)^2}{x^2+zx+1},}$

άρα

$\displaystyle{ \sum \frac{x^2}{xz+x^4+y^2}\leq \sum \frac{x^2+zx+1}{(x+y+z)^2}=\frac{x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx+3}{x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+zx)}\leq 1,}$ αφού $\displaystyle{xy+yz+zx\geq 3.}$

Ας αναφέρουμε, ότι παρόμοια χρήση της ανισότητας Cauchy-Schwarz, αποδεικνύει και τις παρακάτω ανισότητες:

Αν είναι $\displaystyle{x,y,z>0}$

C-S 1) και $\displaystyle{xyz\geq 1}$ , τότε

$\displaystyle{\frac{x^5-x^2}{x^5+y^2+z^2}+\frac{y^5-y^2}{y^5+z^2+x^2}+\frac{z^5-z^2}{z^5+x^2+y^2}\geq 0.}$

I.M.O. 2005

C-S 2) και $\displaystyle{xyz\geq 1}$ , τότε

$\displaystyle{\frac{x}{x^3+y^2+z}+\frac{y}{y^3+z^2+x}+\frac{z}{z^3+x^2+y}\leq 1,}$

KöMaL, Problem A487

C-S 3) και $\displaystyle{xyz\geq 10+6\sqrt{3}}$ , τότε

$\displaystyle{\frac{y}{x+y^3+z^2}+\frac{z}{y+z^3+x^2}+\frac{x}{z+x^3+y^2}\leq \frac{1}{2}}$

Crux, Problem 3466

Για την (1) έχουμε ότι $\displaystyle{\frac{x^5-x^2}{x^5+y^2+z^2}=1-\frac{x^2+y^2+z^2}{x^5+y^2+z^2}}$ .

Άρα, έχουμε ότι $\displaystyle{\sum\frac{1}{x^5+y^2+z^2}\leq \frac{3}{x^2+y^2+z^2}}$ . Όμως, απο CS παίρνουμε ότι $\displaystyle{ (x^5+y^2+z^2)\left(\frac{1}{x}+y^2+z^2\right)\geq (x^2+y^2+z^2)^2}$ .

Άρα, έχουμε ότι $\displaystyle{\sum\frac{1}{x^5+y^2+z^2}\leq\sum\frac{\frac{1}{x}+y^2+z^2}{(x^2+y^2+z^2)^2}}$ .

Οπότε μένει να δείξουμε ότι $\displaystyle{\sum\frac{\frac{1}{x}+y^2+z^2}{(x^2+y^2+z^2)^2}\leq\frac{3}{(x^2+y^2+z^2)}}$

ή

$\displaystyle{3(x^2+y^2+z^2)\geq 2(x^2+y^2+z^2)+\sum\frac{1}{x}}$

ή

$\displaystyle{\sum x^2\geq \sum \frac{1}{x}}$

ή

$\displaystyle{xyz\sum x^2\geq \sum xy}$ όπου ισχύει αφού $\displaystyle{xyz\geq 1}$ .
--------------------------------------------------------------------------------------

Για την (2) έχουμε επίσης ότι απο CS $\displaystyle{(x^3+y^2+z)\left(\frac{1}{x}+1+z\right)\geq (x+y+z)^2}$

ή

$\displaystyle{\frac{x}{x^3+y^2+z}\leq \frac{x+xz+1}{(x+y+z)^2}}$ ,

δηλαδή

$\displaystyle{\sum\frac{x}{x^3+y^2+z}\leq\frac{x+y+z+xy+yz+zx+3}{(x+y+z)^2}}$ .

Οπότε αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle{\frac{x+y+z+xy+yz+zx+3}{(x+y+z)^2}\leq 1}$

ή

$\displaystyle{(x+y+z)^2\geq \sum x +\sum xy+3}$

ή

$\displaystyle{\sum x^2+\sum xy\geq \sum x+3}$ όπου ισχύει αφού $\displaystyle{xyz\geq 1}$ .
--------------------------------------------------------------------------------------
Για την (3) έχουμε ότι απο CS $\displaystyle{(x+y^3+z^2)\left(x+\frac{1}{y}+1\right)\geq (x+y+z)^2}$

ή

$\displaystyle{\frac{y}{x+y^3+z^2}\leq \frac{xy+1+y}{(x+y+z)^2}}$ .

Οπότε αρκεί να δείξουμε ότι

$\displaystyle{\sum\frac{y}{x+y^3+z^2}{\leq \frac{x+y+z+xy+yz+zx+3}{(x+y+z)^2}\leq \frac{1}{2}}$ .

Δηλαδή, $\displaystyle{(x+y+z)^2\geq 2\sum x+2\sum xy+6}$

ή

$\displaystyle{\sum x^2\geq 2\sum x +6}$ .

Απο AM-GM όμως έχουμε ότι $\displaystyle{x^2+(1+\sqrt{3})^2\geq 2(1+\sqrt{3})x}$

ή

$\displaystyle{x^2-2x\geq 2\sqrt{3}x-(1+\sqrt{3})^2}$ .

Δηλαδή $\displaystyle{\sum x^2-2\sum x\geq 2\sqrt{3}\sum x-3(1+\sqrt{3})^2\geq 2\sqrt{3}\sqrt[3]{xyz}-3(1+\sqrt{3})^2\geq 2\sqrt{3}\sqrt[3]{(1+\sqrt{3})^3}-3(1+\sqrt{3})^2}$

Μετά απο τις πράξεις το δεξί μέλος ισούται με $\displaystyle{6}$ .

Άρα $\displaystyle{\sum x^2-2\sum x\geq 6}$

ή

$\displaystyle{\sum x^2\geq 2\sum x+6}$ $\displaystyle{\square}$ .

#104

57.

Θεωρούμε την διαδικασία: ξεκινώντας από μια τετράδα $(a,b,c,d), \ abcd\ne 0$ παίρνουμε (την αντικαθιστούμε) την τετράδα (ab,bc,cd,da).

Δείξτε ότι με, επανειλημμένη, εφαρμογή της διαδικασίας μπορεί να προκύψει η αρχική τετράδα μόνο αν η αρχική τετράδα είναι η (1,1,1,1).

G.Bas · #105

erxmer έγραψε:53.
Δίνονται a,b,c θετικοί πραγματικοί αριθμοί, δείξτε οτι

$27(ab + bc + ca)({a^2}b + {b^2}c + {c^2}a) \leq {(a + b + c)^5}$

Η παραπάνω Ανισότητα είναι του κ. Cirtoaje.

Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι $\displaystyle{a+b+c=3}$ . Τότε μένει να δείξουμε ότι $\displaystyle{(a^2b+b^2c+c^2a)(ab+bc+ca)\leq 9}$

ή

$\displaystyle{(a^2b+b^2c+c^2a)(ab+bc+ca)(a+b+c)\leq 27}$ .

Όμως, $\displaystyle{(a^2b+b^2c+c^2a)(a+b+c)=\sum a^2b^2+\sum a^3b+abc\sum a\leq \sum a^2b^2+\frac{1}{3}\left(\sum a^2\right)^2+abc\sum a}$ .

Όμως,

$\displaystyle{\sum a^2b^2+\frac{1}{3}\left(\sum a^2\right)^2+abc\sum a=\frac{1}{3}\left(\sum a^2\right)^2+\left(\sum ab\right)^2-abc\sum a}$ .

Άρα, αρκεί να δείξουμε ότι

$\displaystyle{\left[\frac{1}{3}\left(\sum a^2\right)^2+\left(\sum ab\right)^2-abc\sum a\right]\sum ab\leq 27}$ .

Θέτουμε $\displaystyle{\sum ab=x}$ . Τότε, είναι $\displaystyle{\sum a^2=2x-9}$ και $\displaystyle{x\leq 3}$ .

Η Ανισότητα παίρνει τη μορφή $\displaystyle{\left[\frac{1}{3}(2x-9)^2+x^2-3abc\right]x\leq 27}$ .

Απο την Ανισότητα Schur έχουμε όμως ότι $\displaystyle{(a+b+c)^3+9abc\geq 4(a+b+c)(ab+bc+ca)}$

ή

$\displaystyle{27+9abc\geq 4\cdot 3x}$

ή

$\displaystyle{3abc\geq 4x-9}$ . Οπότε συνδυάζοντας αυτή την Ανισότητα με την παραπάνω έχουμε ότι:

$\displaystyle{\left[\frac{1}{3}(2x-9)^2+x^2-3abc\right]x\leq \left[\frac{1}{3}(2x-9)^2+x^2+9-4x\right]\leq 27}$

ή

$\displaystyle{\right[(2x-9)^2+3x^2-12x+27\right]x\leq 81}$

ή

$\displaystyle{(7x^2-48x+108)x\leq 81}$

ή

$\displaystyle{7x^3-48x^2+108x-81\leq 0}$

ή

$\displaystyle{(7x^2-27x+27)(x-3)\leq 0}$ όπου ισχύει $\displaystyle{\square}$ .

#106

58.
Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}$ τέτοιες ώστε $\displaystyle f(m + f(f(n))) = -f(f(m + 1))-n ,$ για κάθε $m,n \in \mathbb{Z}.$

59.
Σε μια ευθεία δίνονται

κόκκινα και

μπλε σημεία.
Να δείξετε ότι το άθροισμα όλων των αποστάσεων μεταξύ σημείων του ίδιου χρώματος είναι μικρότερο ή ίσο από το άθροισμα όλων των αποστάσεων μεταξύ σημείων διαφορετικού χρώματος.

GVlachos · #107

Αντικαταστάθηκε λάθος λύση με μία σωστή.
Μπορούμε να τοποθετήσουμε τα σημεία στον πραγματικό άξονα και να συμβολίσουμε τα μπλε και τα κόκκινα με N_x,K_x

έτσι ώστε για i<j,M_i<M_j,K_i<K_j

. Εύκολα βλέπουμε ότι $M_iM_j+K_iK_j\leq K_iM_j+K_jM_i$ οπότε αν την εφαρμόσουμε για κάθε μη διατεταγμένο ζεύγος $(i,j), i\neq j$ και τις προσθέσουμε προκύπτει η ανισότητα χωρίς μάλιστα να εμφανιστούν στο δεξί μέλος τα K_iM_i

.

#108

GVlachos έγραψε:59)Θα αποδείξουμε το ζητούμενο με επαγωγή.
Για και η ανισότητα είναι προφανής.
Για έστω τα κόκκινα και τα μπλε σημεία.
Για κάθε σύνολο $S\subseteq {1,2,...,n}$ με έχουμε από την επαγωγική υπόθεση την ανισότητα $\sum{K_iM_j}\leq \sum{K_iK_j} + \sum{M_iM_j}$ , όπου με συμβολίζουμε τα στοιχεία του .
Θεωρώντας όλα τα πιθανά σύνολα παίρνουμε ανισότητες, τις οποίες αν τις αθροίσουμε και διαιρέσουμε με παίρνουμε το ζητούμενο, αφού κάθε απόσταση εμφανίζεται για ακριβώς σύνολα .

Γιώργο υπάρχει λάθος επειδή τα K_iM_i

εμφανίζονται n-1

φορές και όχι n-2

φορές. Επίσης η ανισότητα είναι γραμμένη ανάποδα (φαντάζομαι τυπογραφικό) και γι' αυτόν τον λόγο το συγκεκριμένο λάθος χαλάει νομίζω την λύση.

Η δική μου λύση είναι η εξής. Κοιτάμε τα σημεία από τα αριστερά προς τα δεξιά. Έστω ότι το πρώτο είναι μπλε. Βρίσκουμε το πρώτο κόκκινο και έστω ότι υπάρχουν $r \geqslant 1$ μπλε στα αριστερά του. Αρχίζουμε να το μετακινούμε προς τα αριστερά μέχρι να συναντήσει κάποιο μπλε σημείο. Αν η απόστασή του από αυτό ήταν

, τότε το άθροισμα μεταξύ σημείων ιδίου χρώματος έχει αυξηθεί κατά (n-1)d

ενώ το άθροισμα μεταξύ σημείων διαφορετικού χρώματος έχει αυξηθεί κατά $(n-2r)d \leqslant (n-1)d$ . Επομένως αρκεί να αποδείξουμε το ζητούμενο για αυτήν την διάταξη. Μόνο που τώρα αν αφαιρέσουμε τα δυο σημεία που ταυτίστηκαν τα αθροίσματα των αποστάσεων μειώθηκαν το ίδιο και επομένως τελειώσαμε από την επαγωγική υπόθεση.

#109

60.

Το άθροισμα των διαιρετών ενός θετικού ακεραίου

, συμπεριλαμβανομένου και του

, ισούται με 2n+1.

Να δείξετε ότι ο

είναι τέλειο τετράγωνο περιττού.

Οι αριθμοί αυτοί λέγονται Quasiperfect και δεν είναι γνωστό αν υπάρχουν...

#110

61.
Έστω a_1,a_2,... , a_n

πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε

$\displaystyle a_1+a_2+...+a_n=0$ και $\displaystyle|a_1|+|a_2|+...+|a_n|=1$ .

Να δείξετε ότι $\displaystyle \left| \frac{a_1}{1}+\frac{a_2}{2}+...+\frac{a_n}{n} \right|\leq \frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{n}\right)$ .

Ένα πρόβλημα με αυτή τη συνθήκη είδαμε εδώ.

#111

62.
Δίνονται οι φυσικοί αριθμοί x,y,n

με $x \geq 3, n \geq 2$ για τους οποίους x^2 + 5 = y^n.

Να δείξετε ότι για κάθε πρώτο διαιρέτη

του

ισχύει $\displaystyle p \equiv1 \mod 4}.$

#112

63.
Αν n>3,

δείξτε ότι ο αριθμός 4^n+1

έχει πρώτο διαιρέτη μεγαλύτερο του 20.

#113

64.
Θεωρούμε τις 15 εξισώσεις $x^2-a_ix+b_i=0,\ i=1,2,...,15,$
όπου οι συντελεστές a_i,b_i

είναι διαφορετικοί ανα δύο και ανήκουν στο σύνολο $\{1,2,...,30\}.$
Μια λύση κάποιας από αυτές τις εξισώσεις λέγεται καλή αν είναι μεγαλύτερη του 20.

Έστω

ο αριθμός των καλών λύσεων (διακεκριμένων) των παραπάνω εξισώσεων. Να βρεθεί η μέγιστη τιμή του

#114

65.
Να προσδιορίσετε όλους τους θετικούς ακέραιους

τέτοιους ώστε

$\bullet \ n^{2}=(a+1)^{3}-a^{3} ,$ για κάποιο ακέραιο

και

$\bullet$ ο αριθμός 2n+119

είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

#115

socrates έγραψε:61.
Έστω πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε

$\displaystyle a_1+a_2+...+a_n=0$ και $\displaystyle|a_1|+|a_2|+...+|a_n|=1$ .

Να δείξετε ότι $\displaystyle \left| \frac{a_1}{1}+\frac{a_2}{2}+...+\frac{a_n}{n} \right|\leq \frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{n}\right)$ .

Ένα πρόβλημα με αυτή τη συνθήκη είδαμε εδώ.

Έστω $P = \{i : a_i \geqslant 0\}$ και $N = \{i : a_i < 0\}$ . Τότε $\displaystyle{ \sum_{i \in P}a_i + \sum_{i \in N}a_i = 0}$ και $\displaystyle{ \sum_{i \in P}a_i - \sum_{i \in N}a_i = 1}$ άρα $\displaystyle{ \sum_{i \in P}a_i = \sum_{i \in N}a_i = 1/2}$

Άρα $\displaystyle{ \frac{1}{2 \max(P)} \leqslant \sum_{i \in P}\frac{a_i}{i} \leqslant \frac{1}{2 \min(P)} }$ και $\displaystyle{ -\frac{1}{2 \min(N)} \leqslant \sum_{i \in N}\frac{a_i}{i} \leqslant -\frac{1}{2 \max(N)} }$ και άρα $\displaystyle{ \left| \frac{a_1}{1}+\frac{a_2}{2}+...+\frac{a_n}{n} \right| \leqslant \max\left\{\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\min(P)} - \frac{1}{\max(N)} \right), \frac{1}{2}\left(\frac{1}{\min(N)} - \frac{1}{\max(P)} \right) \right\} \leqslant \frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{n}\right)}$

#116

socrates έγραψε:62.
Δίνονται οι φυσικοί αριθμοί με $x \geq 3, n \geq 2$ για τους οποίους
Να δείξετε ότι για κάθε πρώτο διαιρέτη του ισχύει $\displaystyle p \equiv1 \mod 4}.$

Παρατηρούμε ότι αν

περιττός τότε $x^2 + 5 \equiv 2 \bmod 4$ . Άρα 2|y^n

αλλά $4 \nmid y^n$ . Αυτό όμως είναι άτοπο αφού n > 1

. Επομένως o

είναι άρτιος και άρα ο

πρέπει να είναι περιττός.

Παρατηρούμε επίσης ότι ο

είναι περιττός, αλλιώς θα είχαμε $5 = (y^{n/2} - x)(y^{n/2} + x)$ το οποίο οδηγεί στην λύση x=2,y=3,n=2

η οποία απορρίπτεται.

Έστω

πρώτος με

και θέτουμε $z = y^{n/p}$ . Τότε μπορούμε να γράψουμε την συνθήκη σαν $x^2 + 4 = z^p - 1 = (z-1)(1 + z + z^2 + \cdots + z^{p-1})$ . Επειδή ο

και ο

είναι περιττοί, τότε το $1 + z + z^2 + \cdots + z^{p-1}$ είναι περιττός. Επειδή όμως το x^2 + 4

είναι πολλαπλάσιο του 4, τότε πρέπει $z \equiv 1 \bmod 4$ . Ας υποθέσουμε πως $p \equiv 3 \bmod 4$ . Τότε θα είχαμε $1 + z + z^2 + \cdots + z^{p-1} \equiv 3 \bmod 4$ και άρα θα υπήρχε πρώτος

με

και $q \equiv 3 \bmod 4$ . Αυτό όμως είναι αδύνατο διότι από γνωστό θεώρημα (π.χ. δείτε το Λήμμα 2 εδώ) θα είχαμε q|x

και

το οποίο είναι άτοπο. Επομένως $p \equiv 1 \bmod 4$ όπως θέλαμε να δείξουμε.

#117

66.

$\alpha)$
Να δείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο

υπάρχει τέλειο τετράγωνο της μορφής $n2^k - 7, \ n \in \mathbb{N}.$

$\beta)$
Να δείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο

υπάρχει $k \in \mathbb{N}$ τέτοιος ώστε $2^{n}| 19^{k}-97 .$

$\gamma)$
Να δείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο

υπάρχει $k \in \mathbb{N}$ τέτοιος ώστε $2k^2 + 2001k + 3 \equiv 0 \ (mod 2^n).$

Μπορούμε να γενικεύσουμε;

#118

socrates έγραψε:57.

Θεωρούμε την διαδικασία: ξεκινώντας από μια τετράδα $(a,b,c,d), \ abcd\ne 0$ παίρνουμε (την αντικαθιστούμε) την τετράδα
Δείξτε ότι με, επανειλημμένη, εφαρμογή της διαδικασίας μπορεί να προκύψει η αρχική τετράδα μόνο αν η αρχική τετράδα είναι η

Αρχικά θα δείξουμε ότι όλοι οι αριθμοί πρέπει να είναι θετικοί. Πράγματι αν ακριβώς ένας η ακριβώς τρεις είναι θετικοί, τότε η επόμενη τετράδα θα έχει ακριβώς δύο θετικούς οι οποίοι θα είναι διαδοχικοί, η επόμενη ακριβώς δύο θετικούς οι οποίοι δεν θα είναι διαδοχικοί, η επόμενη θα έχει μόνο θετικούς και έπειτα οι αριθμοί θα είναι πάντα θετικοί. Επομένως αν έχουμε κάποιους αριθμούς αρνητικούς, τότε με επανάληψη της διαδικασίας δεν μπορούμε ποτέ να έχουμε αρνητικούς ακριβώς στις ίδιες θέσεις. (Αυτό έχει ήδη αποδειχθεί ακόμη και αν αρχίσουμε με ακριβώς δύο αρνητικούς αριθμούς.)

Αν τώρα P_n

το γινόμενο της

-οστής τετράδας, τότε $P_{n+1} = P_n^2$ . Αν ξαναπροκύψει η αρχική τετράδα, τότε P_n = P_1

για κάποιο n > 1

και άρα αναγκαστικά P_1 = 1

. Από αυτό συμπεραίνουμε ότι όλες οι τετράδες από την δεύτερη και μετά είναι της μορφής (x,y,1/x,1/y)

άρα το ίδιο πρέπει να ισχύει και για την πρώτη τετράδα.

Έστω S_n

το άθροισμα

-οστής τετράδας. Ας υποθέσουμε ότι η

-οστή τετράδα είναι η (x,y,1/x,1/y)

. Τότε $\displaystyle{S_{n+1} = xy + \frac{y}{x} + \frac{x}{y} +{1}{xy} = \left( x + \frac{1}{x} - 1 \right)\left( y + \frac{1}{y} -1 \right) + S_{n} - 1 \geqslant S_n }$ με ισότητα αν ισχύει αν και μόνο αν x = y = 1

. Άρα η αρχική τετράδα ξαναπροκύπτει μόνο αν ήταν η (1,1,1,1)

#119

socrates έγραψε:64.
Θεωρούμε τις 15 εξισώσεις $x^2-a_ix+b_i=0,\ i=1,2,...,15,$
όπου οι συντελεστές είναι διαφορετικοί ανα δύο και ανήκουν στο σύνολο $\{1,2,...,30\}.$
Μια λύση κάποιας από αυτές τις εξισώσεις λέγεται καλή αν είναι μεγαλύτερη του

Έστω ο αριθμός των καλών λύσεων (διακεκριμένων) των παραπάνω εξισώσεων. Να βρεθεί η μέγιστη τιμή του

Μια εξίσωση δεν μπορεί να έχει δυο καλές λύσεις επειδή το άθροισμα των ριζών του πολυωνύμου f_i(x) = x^2 - a_ix + b_i

ισούται με $a_i \leqslant 30$ . Επομένως η εξίσωση f_i(x) = 0

έχει (ακριβώς) μια καλή λύση αν και μόνο αν 0 < f_i(20) = 400 - 20a_i + b_i

. Άρα

$\bullet$ Αν $a_i \leqslant 20$ , η εξίσωση δεν έχει καλή λύση.
$\bullet$ Αν $a_i \geqslant 22$ , η εξίσωση έχει καλή λύση.
$\bullet$ Αν a_i = 21

, η εξίσωση έχει καλή λύση αν και μόνο αν b_i < 20

.

Άρα $M \leqslant 10$ και από μπορεί να επιτευχθεί αν για παράδειγμα επιλέξουμε b_i = i, a_i = (15+i)

. Παρατηρούμε ότι όλες οι καλές λύσεις αυτών των εξισώσεων είναι διαφορετικές αφού αυτές είναι οι $\displaystyle{x_i = \frac{15 + i + \sqrt{225 + 26i + i^2}}{2}}$ για $i \in \{6,\ldots,15\}$ και προφανώς x_i < x_j

για

.

Nick1990 · #120

socrates έγραψε:66.

$\alpha)$
Να δείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο υπάρχει τέλειο τετράγωνο της μορφής $n2^k - 7, \ n \in \mathbb{N}.$

$\beta)$
Να δείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο υπάρχει $k \in \mathbb{N}$ τέτοιος ώστε $2^{n}| 19^{k}-97 .$

$\gamma)$
Να δείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο υπάρχει $k \in \mathbb{N}$ τέτοιος ώστε $2k^2 + 2001k + 3 \equiv 0 \ (mod 2^n).$

Μπορούμε να γενικεύσουμε;

a) Αρκεί νδο κάθε δύναμη του 2 διαιρεί έναν ακέραιο της μορφής n^2 + 7

. Πράγματι, έστω ότι αυτό δεν ισχύει, τότε το σύνολο των δυνάμεων του 2 που διαιρούν αριθμούς αυτής της μορφής θα ήταν μη κενό (περιέχει το 2^3 = 8 = 1 + 7) και πεπερασμένο. Έστω $2^k, k \geq 3$ το μέγιστο στοιχείο του συνόλου αυτού, τότε υπάρχει $m = n^2 + 7, m,n \in N$ με 2^k||m

(οι δύο γραμμές σημαίνουν ότι είναι η μέγιστη δύναμη του 2 που διαιρεί τον αριθμό αυτό), οπότε $A = \frac{n^2+7}{2^k}$ είναι περιττός ακέραιος. Έχουμε $B = (n + 2^{k-1})^2 + 7 = n^2 + 7 + 2^kn + 2^{2k - 2} = 2^k(A + n + 2^{k-2})$ και τότε $2^{k+1} | B$ αφού για 2^k||n^2+7

με $k \geq 3$ πρέπει να είναι A,n

περιττοί και $2^{k-2}$ άρτιος οπότε και $A + n + 2^{k-2}$ επίσης άρτιος, άτοπο.

b)
Δουλεύουμε όπως στο a) δείχνοντας ότι αν 2^k

ήταν η μέγιστη δύναμη που διαιρεί έναν αριθμό της συγκεκριμένης μορφής, έστω 19^n - 97

τότε $2^{k+1} | 19^{n + 2^{k-1}} - 97$ , αφού $19^{n + 2^{k-1}} - 97 = 19^n(19^{2^{k-1}} - 1) + (19^n - 97)$ με $2^k||19^{2^{k-1}} - 1$ (αποδεικνείεται εύκολα με επαγωγή) και 2^k || (19^n - 97)

, οπότε βγάζοντας το 2^k

κοινό παράγοντα αυτό που μένει μέσα είναι άθροισμα δύο περιττών και επομένως άρτιο, άτοπο.

c) Η μέθοδος είναι πάλι η ίδια, μόνο που τώρα αν f(k) = 2k^2 + 2001k + 3

και θεωρίσουμε ότι 2^n είναι η μέγιστη δύναμη που διαιρεί κάποιο f(k)

, φτάνουμε εύκολα σε άτοπο δουλεύοντας με το f(k + 2^n)

.

Αν υπάρχει κάποια γενίκευση, νομίζω πως θα έχει να κάνει με τη χρήση της παραπάνω μεθόδου για να δείξουμε ότι κάποιες πολυωνυμικές/εκθετικές συναρτήσεις φυσικών διαιρούνται από οσοδήποτε μεγάλες δυνάμεις του 2. Δεν έχω χρόνο να το σκεφτώ αυτή τη στιγμή.

Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Μέλη σε σύνδεση