Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Άβαταρ μέλους
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1303
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

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

#61

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Παρ Φεβ 04, 2011 1:39 am

Σακης έγραψε:Εναλλακτική λύση για την 31.
Σάκη εξαιρετικα !! ΠΟλύ όμορφη λύση. Έχω βρει και γω μια διαφορετική με συμμετροδιάμεσο και όμοια τρίγωνα αλλά αυτή είναι πιο σύντομη. Αν βρω χρόνο θα τη βάλω.


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5580
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

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

#62

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Παρ Φεβ 04, 2011 9:36 am

35.
'' Να βρεθεί το πλήθος των ΑΚΕΡΑΙΩΝ* ΣΚΑΛΗΝΩΝ τριγώνων με μεγαλύτερη πλευρά m,όπου m θετικός ακέραιος αριθμός ''.

(*) Ακέραιο τρίγωνο είναι το τρίγωνο που τα μήκη τών πλευρών του είναι θετικοί ακέραιοι.

S.E.Louridas


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
Άβαταρ μέλους
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1303
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

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

#63

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Παρ Φεβ 04, 2011 12:16 pm

socrates έγραψε: 34.
Αν a,b,c μη-αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί, να δείξετε ότι

4(a+b+c)\geq 3(a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc}).

Πότε ισχύει η ισότητα;
Ωραία αυτή αλλά μάλλον εύκολη ! Από AM-GM έχουμε \frac{3a}{4}+3b\geq 3\sqrt{ab} και

\frac{a}{4}+b+4c\geq 3\sqrt[3]{abc}. Προσθέτοντας αυτές και 3a έχουμε τη ζητούμενη.


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Άβαταρ μέλους
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1303
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

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

#64

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Παρ Φεβ 04, 2011 1:11 pm

S.E.Louridas έγραψε:35.
'' Να βρεθεί το πλήθος των ΑΚΕΡΑΙΩΝ* ΣΚΑΛΗΝΩΝ τριγώνων με μεγαλύτερη πλευρά m,όπου m θετικός ακέραιος αριθμός ''.

(*) Ακέραιο τρίγωνο είναι το τρίγωνο που τα μήκη τών πλευρών του είναι θετικοί ακέραιοι.

S.E.Louridas
Με την επιφύλαξη για λάθος στους υπολογισμούς. Έστω k,m,s οι πλευρές του τριγώνου. Τότε ικανή και αναγκαία συνθήκη για να σχηματίζουν τρίγωνο (και αφού m μεγαλύτερος) είναι η σχέση
k+s>m και αφού μιλάμε για ακέραιους k+s\geq m+1. Ας σταθεροποίησουμε το s.

Τότε πρέπει m-1\geq k\geq m+1-s. Άρα έχουμε s-1 τιμές για το k. Επομένως αν αφήσουμε το s να τρέξει από 1 μέχρι m-1, θα έχουμε συνολικά 1+2+...+m-2=\frac{(m-2)(m-1)}{2} τρίγωνα. Αυτά είναι όλα τα τρίγωνα.

Πρέπει να αφαιρέσουμε τώρα και τα ισοσκελή. Αν είναι ισοσκελές τότε πρέπει 2(m-1)\geq 2k\geq m+1
Δηλαδή ο συνολικός αριθμός των τριγώνων είναι (επειδή κάθε τρίγωνο το μετράμε δύο φορές μία για το k και μια για το s)
\displaystyle{\frac{1}{2}\left(\frac{(m-2)(m-1)}{2}-(m-\lceil\frac{m+1}{2}\rceil)\right)}

Ο τύπος μπορεί να απλοποιηθεί αν πάρουμε τις περιπτώσεις για άρτιο και περιττό m.
τελευταία επεξεργασία από silouan σε Παρ Φεβ 04, 2011 6:40 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5580
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

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

#65

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Παρ Φεβ 04, 2011 4:36 pm

36.
Να χαρακτηριστεί ο συλλογισμός που ακολουθεί, χρησιμοποιώντας έναν από τους χαρακτηρισμούς ΑΛΗΘΗΣ ή ΨΕΥΔΗΣ, αιτιολογώντας πλήρως την απάντηση σας:

« Θεωρούμε ισόπλευρο τρίγωνο πλευράς 3. Τότε υπάρχει εσωτερικό σημείο του ισόπλευρου τριγώνου που δεν ανήκει σε ευθύγραμμο τμήμα μήκους 2 και που τα άκρα του ευθυγράμμου αυτού τμήματος είναι σημεία του σχήματος του ισόπλευρου τριγώνου πού θεωρήσαμε ».


* Ενα ερώτημα: Τι θα ίσχυε αν αντί γιά ευθύγραμμο τμήμα μήκους 2, μιλούσαμε γιά ευθύγραμμο τμήμα μήκους 2-ε, όταν ε ανήκει στο διάστημα (0,\frac{2}{n}), και όταν n είναι τυχόν θετικός ακέραιος αριθμός;

S.E.Louridas


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8569
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

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

#66

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Παρ Φεβ 04, 2011 6:20 pm

smar έγραψε:
S.E.Louridas έγραψε:35.
'' Να βρεθεί το πλήθος των ΑΚΕΡΑΙΩΝ* ΣΚΑΛΗΝΩΝ τριγώνων με μεγαλύτερη πλευρά m,όπου m θετικός ακέραιος αριθμός ''.

(*) Ακέραιο τρίγωνο είναι το τρίγωνο που τα μήκη τών πλευρών του είναι θετικοί ακέραιοι.

S.E.Louridas
Με την επιφύλαξη για λάθος στους υπολογισμούς. Έστω k,m,s οι πλευρές του τριγώνου. Τότε ικανή και αναγκαία συνθήκη για να σχηματίζουν τρίγωνο (και αφού m μεγαλύτερος) είναι η σχέση
k+s>m και αφού μιλάμε για ακέραιους k+s\geq m+1. Ας σταθεροποίησουμε το s.

Τότε πρέπει m-1\geq k\geq m+1-s. Άρα έχουμε s-1 τιμές για το k. Επομένως αν αφήσουμε το s να τρέξει από 1 μέχρι m-1, θα έχουμε συνολικά 1+2+...+m-2=\frac{(m-2)(m-1)}{2} τρίγωνα. Αυτά είναι όλα τα τρίγωνα.

Πρέπει να αφαιρέσουμε τώρα και τα ισοσκελή. Αν είναι ισοσκελές τότε πρέπει 2(m-1)\geq 2k\geq m+1
Δηλαδή ο συνολικός αριθμός των τριγώνων είναι
\displaystyle{\frac{(m-2)(m-1)}{2}-(m-\lceil\frac{m+1}{2}\rceil)}

Ο τύπος μπορεί να απλοποιηθεί αν πάρουμε τις περιπτώσεις για άρτιο και περιττό m.
Σιλουανέ νομίζω βρήκες τα διπλάσια. (Μέτρησες κάθε ένα δυο φορές.)

Λίγο διαφορετικά:

Θέλουμε να βρούμε τον αριθμό A όλων των ζευγών (x,y) με
(α) x,y ακέραιοι με 1 \leqslant x,y \leqslant m-1
(β) x < y
(γ) x+y > m

Ο αριθμός αυτός είναι το 1/4 του αριθμού B όλων των ζευγών (x,y) που ικανοποιούν τα (α)
(β') x \neq y.
(γ') x+y \neq m

Αυτό επειδή κάθε ζεύγος (x,y) που ικανοποιεί τα (α),(β),(γ) αντιστοιχεί σε 4 ζεύγη που ικανοποιούν τα (α),(β') και (γ') τα (x,y),(y,x),(m-x,m-y) και (m-y,m-x).

Για να υπολογίσουμε το Β παρατηρούμε ότι υπάρχουν (m-1)^2 ζεύγη που ικανοποιούν το (α), m-1 ζεύγη που δεν ικανοποιούν το (β') και m-1 ζεύγη που δεν ικανοποιούν την (γ'). Τέλος, στην περίπτωση που ο m είναι άρτιος υπάρχει ένα ζεύγος που δεν ικανοποιεί ούτε την (β') ούτε την (γ')

Άρα B = (m-1)^2 - 2(m-1) αν m είναι περιττός και B = (m-1)^2 - 2(m-1) + 1 αν ο m είναι άρτιος. Επομένως o ζητούμενος αριθμός ισούται με \displaystyle{ \left\lfloor \frac{(m-1)(m-3) + 1}{4} \right\rfloor}

Είχα βάλει μια παρόμοια άσκηση εδώ, αλλά έμεινε αναπάντητη.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8569
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

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

#67

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Παρ Φεβ 04, 2011 6:35 pm

socrates έγραψε:33.
Να δείξετε ότι ο αριθμός \displaystyle 1+\lfloor(5+\sqrt{17})^{2011}\rfloor διαιρείται με το 2^{2011}.
Διαιρείται με το 2^{2012};
Έστω a_n = (5 + \sqrt{17})^n + (5 - \sqrt{17})^n. Τότε το a_n ικανοποιεί την αναδρομική ακολουθία a_{n+2} = 10a_{n+1} - 8a_n με a_0 = 2 και a_1 = 10. Αυτό μπορούμε να το αποδείξουμε είτε επαγωγικά είτε λύνοντας την αναδρομική ακολουθία.

Επειδή 0 < 5 - \sqrt{17} < 1, τότε \displaystyle a_n = 1+\lfloor(5+\sqrt{17})^{n}\rfloor.

Μπορούμε τώρα εύκολα να δείξουμε επαγωγικά ότι 2^n|a_n αλλά 2^{n+1} \nmid a_n για κάθε n \geqslant 1.

---------------------------

Πως οδηγηθήκαμε στην αναδρομική ακολουθία που είναι το κλειδί για την λύση της άσκησης;

Χρησιμοποιήσαμε γνωστό θεώρημα που λέει ότι για a,b \in \mathbb{R} με a \neq b, οι λύσεις της αναδρομικής ακολουθία x_{n+2} - (a+b)x_{n+1} + abx_n = 0 είναι της μορφής x_n = Aa^n + Bb^n για κάποιες σταθερές A,B.

Να προσθέσουμε ότι οι λύσεις της αναδρομικής ακολουθίας x_{n+2} - 2ax_{n+1} + a^2x_n = 0 είναι της μορφής x_n = (A+Bn)a^n για κάποιες σταθερές A,B.


Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1926
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

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

#68

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Παρ Φεβ 04, 2011 7:37 pm

37
Αν a,b,c θετικοί πραγματικοί αριθμοί, να αποδειχτεί ότι

2(a^2+b^2+c^2)+abc+8\geq 5(a+b+c)


(Λόγω... σκουριάς δεν μπορώ να εκτιμήσω την δυσκολία της και δεν γνωρίζω πόσο γνωστή είναι. Αν είναι κοινότυπη, ας την διαγράψουμε)


socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6157
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

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

#69

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Παρ Φεβ 04, 2011 8:23 pm

rek2 έγραψε:37
Αν a,b,c θετικοί πραγματικοί αριθμοί, να αποδειχτεί ότι

2(a^2+b^2+c^2)+abc+8\geq 5(a+b+c)
Όμορφη...

Από την αρχή της περιστεροφωλιάς, δύο τουλάχιστον θα είναι μεγαλύτεροι ή ίσοι ή μικρότεροι ή ίσοι του 1.
Έστω οι a,b.

Τότε (a-1)(b-1)\geq 0 ή abc+c\geq ca+cb.

Αρκεί, λοιπόν, να δείξουμε

2(a^2+b^2+c^2)+ca+cb-c+8\geq 5(a+b+c)

ή

2(a^2+b^2+c^2)+ca+cb+8\geq 5(a+b)+6c.

Θέτουμε x=a+b και έχουμε

2(a^2+b^2)+2c^2+ca+cb+8\geq x^2+2c^2+cx+8.

Μένει x^2+x(c-5)+2c^2-6c+8\geq 0, που ισχύει αφού έχει \Delta =-7(c-1)^2\leq 0.

Ισότητα ανν a=b=c=1.


Θανάσης Κοντογεώργης
Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1926
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

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

#70

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Σάβ Φεβ 05, 2011 11:15 am

Μία που άρεσε...

38.

Για τους θετικούς x, y, z να αποδειχτεί ότι

3\leq x+y+z\leq 6\Rightarrow \sqrt{1+x}+\sqrt{1+y}+\sqrt{1+z}\geq \sqrt{xy+yz+zx+15}

με την ισότητα για x=y=z=2 και για x=y=z=1

Πήρα θάρρος από την λύση του socrates στο θέμα 37! Πάλι δεν μπορώ να εκτιμήσω την δυσκολία και δεν γνωρίζω πόσο γνωστή είναι. Ζητάω προκαταβολικά συγνώμη, αν δεν προσφέρει κάτι καλό η άσκηση αυτή.


Άβαταρ μέλους
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1303
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

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

#71

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Σάβ Φεβ 05, 2011 12:07 pm



Σιλουανός Μπραζιτίκος
socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6157
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

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

#72

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Σάβ Φεβ 05, 2011 2:05 pm

socrates έγραψε:23.
Έστω r ένας πραγματικός αριθμός τέτοιος ώστε \ \displaystyle \left(2^nr-\frac{1}{4},2^nr+\frac{1}{4}\right)\cap \mathbb{Z}\ne \emptyset, για κάθε μη αρνητικό ακέραιο n.
Να δείξετε ότι ο r είναι ακέραιος.
Ας βάλω και τη λύση μου αφού είναι διαφορετική από την πολύ ωραία του s.kap


Κάθε τέτοιο διάστημα περιέχει έναν ακριβώς ακέραιο, έστω a_n.

Τότε

\displaystyle \left(2^{n+1}r-\frac{1}{2}<2a_n<2^{n+1}r+\frac{1}{2}\right),

οπότε \displaystyle a_{n+1}=2a_n \implies a_n=a_02^n.

Έτσι,
\displaystyle |a_n-2^nr|<\frac{1}{4} ή \displaystyle 2^n|a_0-r|<\frac{1}{4}, \forall n με συνέπεια r=a_0 \in \mathbb{Z}.

socrates έγραψε:13.
Να βρείτε όλα τα ζεύγη θετικών ακεραίων (a,b) τέτοια ώστε ο αριθμός \displaystyle {\frac{a^3+1}{2ab^2+1}} να είναι ακέραιος.
Ένα Hint...


Θανάσης Κοντογεώργης
socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6157
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

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

#73

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Σάβ Φεβ 12, 2011 10:54 pm

39.
Έστω p ένας (θετικός) πρώτος αριθμός.
Να δείξετε ότι κάθε θετικός ακέραιος έχει πολλαπλάσιο της μορφής p^{2a}-p^a, όπου a \in \mathbb{N}^*.


40.
Έστω M ένα πεπερασμένο σύνολο με στοιχεία θετικούς αριθμούς.
Αν ανάμεσα σε τρία οποιαδήποτε στοιχεία του M υπάρχουν δύο, τέτοια ώστε το γινόμενό τους να ανήκει στο M,
να προσδιορίσετε το μέγιστο πλήθος στοιχείων του M.


41.
Να βρείτε το μέγιστο κοινό διαιρέτη των αριθμών E(1), E(2), E(3),..., E(2009),
όπουE(n)=n(n + 1)(2n + 1)(3n + 1)...(10n + 1).


42.
Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} τέτοιες ώστε f(1)=1 και f(xy + f(x)) = xf(y) + f(x), για κάθε x,y \in \mathbb{R}.


43.
Ποιοι θετικοί ακέραιοι γράφονται ως άθροισμα (δύο τουλάχιστον) διαδοχικών θετικών ακεραίων;


Θανάσης Κοντογεώργης
userresu
Δημοσιεύσεις: 83
Εγγραφή: Δευ Νοέμ 23, 2009 2:07 pm

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

#74

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από userresu » Κυρ Φεβ 13, 2011 2:48 am

socrates έγραψε:42.
Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} τέτοιες ώστε f(1)=1 και f(xy + f(x)) = xf(y) + f(x), για κάθε x,y \in \mathbb{R}.
Για x=1 παίρνουμε f(y+1)=f(y)+1(1), άρα f(0)=f(1)-1=0.
Για y=0 παίρνουμε f(f(x))=f(x).
Για y=1/x με x διάφορο του μηδέν, τώρα, έχουμε f(1+f(x))=xf(\frac{1}{x})+f(x) \Rightarrow 1+f(f(x))=xf(\frac{1}{x})+f(f(x)) \Rightarrow f(\frac{1}{x})=\frac{1}{x}, άρα f(x)=x.
Συνολικά έχουμε δηλαδή f(x)=x για κάθε x, η οποία εύκολα βλέπουμε ότι επαληθεύει την αρχική.

Ευχαριστούμε socrates για τις ωραίες ασκήσεις :coolspeak:


Άβαταρ μέλους
Nick1990
Δημοσιεύσεις: 659
Εγγραφή: Παρ Ιαν 23, 2009 3:15 pm
Τοποθεσία: Peking University, Πεκίνο

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

#75

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Nick1990 » Κυρ Φεβ 13, 2011 3:25 pm

socrates έγραψε:39.
Έστω p ένας (θετικός) πρώτος αριθμός.
Να δείξετε ότι κάθε θετικός ακέραιος έχει πολλαπλάσιο της μορφής p^{2a}-p^a, όπου a \in \mathbb{N}^*.
Έστω n = p^dm, (m, p)=1
Τότε θέλουμε a ώστε:
p^a = 1 (modm) και
p^d|p^a
Αν επιλέξουμε a = k\phi(m) για k πολύ μεγάλο,
τότε το 2ο εξασφαλίζεται λόγο του ότι το d είναι συγκεκριμένο,
ενώ το 1ο εξασφαλίζεται διότι απο θ. euler:
(p^{\phi(m)})^k = 1^k = 1 (modm)


Κολλιοπουλος Νικος.
Μεταδιδακτορικός ερευνητής.
Ερευνητικά ενδιαφέροντα: Στοχαστικές ΜΔΕ, ασυμπτωτική ανάλυση στοχαστικών συστημάτων, εφαρμογές αυτών στα χρηματοοικονομικά και στη διαχείριση ρίσκων.
userresu
Δημοσιεύσεις: 83
Εγγραφή: Δευ Νοέμ 23, 2009 2:07 pm

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

#76

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από userresu » Κυρ Φεβ 13, 2011 3:33 pm

socrates έγραψε:40.
Έστω M ένα πεπερασμένο σύνολο με στοιχεία θετικούς αριθμούς.
Αν ανάμεσα σε τρία οποιαδήποτε στοιχεία του M υπάρχουν δύο, τέτοια ώστε το γινόμενό τους να ανήκει στο M,
να προσδιορίσετε το μέγιστο πλήθος στοιχείων του M.
Έστω ότι υπάρχουν τουλάχιστον 4 στοιχεία μεγαλύτερα του 1. Παίρνουμε τα 4 μεγαλύτερα από αυτά, έστω a<b<c<d. Επειδή cd>d και bd>d, πρέπει το bc να βρίσκεται μέσα στο M, όμως bc>c, άρα bc=d. Παίρνοντας τώρα την τριάδα acd και επειδή cd>d και ad>d, έχουμε πως ac=d=bc, δηλαδή a=b, το οποίο είναι άτοπο. Άρα υπάρχουν το πολύ 3 στοιχεία μεγαλύτερα του 1 στο M.
Με τον ίδιο τρόπο, υπάρχουν το πολύ 3 στοιχεία μικρότερα του 1 στο M. Επίσης βλέπουμε ότι το 1 μπορεί να βρίσκεται στο M χωρίς να επηρεάζει κάτι.
Συμπεραίνουμε έτσι, ότι το M δεν μπορεί να έχει πάνω από 7 στοιχεία. Tο M=\{ \frac{1}{6},\frac{1}{3},\frac{1}{2},1,2,3,6 \} προφανώς ικανοποιεί τις συνθήκες, άρα το μέγιστο πλήθος στοιχείων του M είναι 7.


userresu
Δημοσιεύσεις: 83
Εγγραφή: Δευ Νοέμ 23, 2009 2:07 pm

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

#77

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από userresu » Κυρ Φεβ 13, 2011 6:28 pm

socrates έγραψε:41.
Να βρείτε το μέγιστο κοινό διαιρέτη των αριθμών E(1), E(2), E(3),..., E(2009),
όπουE(n)=n(n + 1)(2n + 1)(3n + 1)...(10n + 1).
Βλέπουμε ότι E(1)=11!, άρα οι πρώτοι διαιρέτες του ΜΚΔ θα είναι κάποιοι από τους 2,3,5,7,11.
Αν p ένας από αυτούς, θα αποδείξουμε ότι κάθε ένας από τους E(n) διαιρείται με αυτόν. Έστω ότι δεν ισχύει για καποιο E(n). Τότε προφανώς ο p δεν διαιρεί τον n, και άρα, αν an+1,bn+1 δύο διαφορετικοί παράγοντες του E(n), bn+1\equiv an+1 (modp) \Leftrightarrow n(b-a)\equiv 0 (modp) \Leftrightarrow b-a\equiv 0 (modp). Δηλαδή οι αριθμοί n+1,2n+1,...,(p-1)n+1 έχουν διαφορετικά υπόλοιπα mod p. Επίσης θεωρούμε πως όλοι αυτοί οι αριθμοί έχουν διαφορετικά υπόλοιπα modp με τον n, γιατι σε διαφορετική περίπτωση an+1\equiv n (modp) \Leftrightarrow (a-1)n+1\equiv 0 (modp), δηλαδή ισχύει το ζητούμενο. Άρα οι n,n+1,2n+1,...,(p-1)n+1 έχουν διαφορετικά υπόλοιπα modp, όμως αυτοί είναι p αριθμοί, άρα τουλάχιστον ένας θα διαιρείται με το p.
Επίσης, βλέπουμε ότι ο E(p) διαιρείται ακριβώς μία φορά με τον p.
Άρα καταλήγουμε στο ότι gcd(E(1),...,E(2009))=2\cdot 3\cdot 5\cdot 7 \cdot 11 = 2310.

Ελπίζω να μη μου έχει ξεφύγει κάτι.


socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6157
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

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

#78

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Δευ Φεβ 14, 2011 2:27 am

44.
Αν a,b,c θετικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε abc=1, να δείξετε ότι

\displaystyle {4\left(\frac{1}{a(1+bc)^2}+\frac{1}{b(1+ca)^2}+\frac{1}{c(1+ab)^2}\right)\leq 1+\frac{16}{(1+ab)(1+bc)(1+ca)}.}


45.
Να λυθούν στους φυσικούς αριθμούς οι εξισώσεις:
i) a!+b!+c! =a!b!
ii) a!b! =a!+b!+2^{c}


46.
Αν a>b>c οι τρεις ρίζες του πολυωνύμου P(x)=x^3-2x^2-x+1,

να βρεθεί η τιμή της παράστασης a^2b+b^2c+c^2a.


Θανάσης Κοντογεώργης
kwstas12345
Δημοσιεύσεις: 1055
Εγγραφή: Δευ Ιαν 11, 2010 2:12 pm

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

#79

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από kwstas12345 » Δευ Φεβ 14, 2011 4:00 pm

46. Θετουμε \displaystyle A_{1}=a^2b+b^2c+c^2a,A_{2}=ab^2+bc^2+ca^2

Aπό τους τύπους Vieta θα έχουμε \displaystyle a+b+c=2,ab+bc+ca=-1,abc=-1. Άρα \displaystyle \sum_{cyc}{a^2b^2}=\left(\sum_{cyc}{ab} \right)^{2}-2abc\sum_{cyc}{a}=1-2\left(-1 \right)2=5 και \displaystyle \sum_{cyc}{a^{2}}=\left(\sum_{cyc}{a} \right)^{2}-2\sum_{cyc}{ab}=4+2=6

Επίσης \displaystyle \prod{\left(a+b \right)}=\prod{\left(2-a \right)}=8-4\sum_{cyc}{a}+2\sum_{cyc}{bc}-abc=-1 και \displaystyle \prod{\left(a+b \right)}=2abc+\sum_{cyc}{a^{2}\left(b+c \right)}=A_{1}+A_{2}-2\Rightarrow A_{1}+A_{2}=1.

Επίσης \displaystyle A_{1}^2=\sum_{cyc}{a^4b^2}+2abcA_{2}=\sum_{cyc}{a^4b^2}-2A_{2} και \displaystyle A_{2}^{2}=A_{1}^2=\sum_{cyc}{a^2b^4}+2abcA_{1}=\sum_{cyc}{a^4b^2}-2A_{1}.

Άρα \displaystyle A_{1}^{2}+A_{2}^2=\sum_{cyc}{a^2b^4}+\sum_{cyc}{a^4b^2}-2\left(A_{1}+A_{2} \right)=\sum_{cyc}{a^2b^2\left(a^2+b^2 \right)}-2 \displaystyle =\sum_{cyc}{a^{2}b^{2}\left(6-c^2 \right)}-2=6\sum_{cyc}{a^2b^2}-3a^2b^2c^2-2=25.

Άρα έχουμε το σύστημα: \displaystyle \begin{cases} 
A_{1}^2+A_{2}^2=25 &   \\  
 A_{1}+A_{2}=1&   
\end{cases}\Rightarrow A_{1}^2-A_{1}-12=0 και έτσι \displaystyle A_{1}=-3 \vee A_{1}=4. Επειδή όμως \displaystyle A_{1}-A_{2}=\left(a-b \right)\left(b-c \right)\left(a-c \right)>0\Rightarrow A_{1}>A_{2}\Rightarrow \displaystyle  2A_{1}>A_{1}+A_{2}=1\Rightarrow A_{1}>0.

Έτσι λοιπόν \displaystyle a^2b+bc^2+c^2a=4


ksofsa
Δημοσιεύσεις: 220
Εγγραφή: Κυρ Απρ 18, 2010 9:42 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

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

#80

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ksofsa » Δευ Φεβ 14, 2011 7:19 pm

Για την 44:

Επειδή abc=1,θα είναι:\frac{1}{a(1+bc)^2}=\frac{a^2b^2c^2}{a(abc+bc)^2}=\frac{a}{(1+a)^2}

και \frac{1}{(1+ab)(1+bc)(1+ca)}=\frac{a^2b^2c^2}{(abc+bc)(abc+ab)(abc+ca)}=\frac{1}{(1+a)(1+b)(1+c)}.

Oπότε η ανισότητα γράφεται:

4\sum{\frac{a}{(1+a)^2}}\leq 1+\frac{16}{(1+a)(1+b)(1+c)}.

Θέτω x=\frac{1}{1+a},y=\frac{1}{1+b},z=\frac{1}{1+c},και θα είναι

a=\frac{1-x}{x},b=\frac{1-y}{y},c=\frac{1-z}{z},,με (1-x)(1-y)(1-z)=xyz\Rightarrow 2xyz=1+xy+yz+zx-x-y-z(1)

Η ανισότητα γράφεται:

4x+4y+4z-4x^2-4y^2-4z^2\leq 1+16xyz,που λόγω της (1) θα γίνει:

4x+4y+4z-4x^2-4y^2-4z^2\leq 9+8xy+8yz+8zx-8x-8y-8z\Rightarrow (2x+2y+2z)^2-6(2x+2y+2z)+9\geq 0\Rightarrow (2x+2y+2z-3)^2\geq 0,που ισχύει.

Iσότητα για a=b=c=1


Κώστας Σφακιανάκης
Απάντηση

Επιστροφή σε “Θέματα διαγωνισμών (ΕΜΕ, BMO, JBMO, IMO, Kangaroo κλπ)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Bing [Bot] και 3 επισκέπτες