Σελίδα 1 από 13

Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Δημοσιεύτηκε: Τετ Ιαν 19, 2011 9:23 pm
από matha
Σε έναν περίπου μήνα θα λάβει χώρα ο ''Αρχιμήδης''. Πιστεύω ότι κάποια μέλη του :logo: θα δώσουν το ''παρών'', οπότε ας ξεκινήσουμε με μερικά θέματα (με τυχαία σειρά).



1. Να βρεθεί το ακέραιο μέρος του αριθμού \displaystyle{A=\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6}}}+\sqrt[3]{6+\sqrt[3]{6+\sqrt[3]{6}}}.}



2. Αν \displaystyle{n\geq 2} είναι θετικός ακέραιος, να αποδείξετε ότι

\displaystyle{1\cdot \frac{1}{2^2}\cdot \frac{1}{3^3}\cdot \frac{1}{4^4}\cdots \frac{1}{n^n}<\left(\frac{2}{n+1} \right)^{\frac{n(n+1)}{2}}.}


3. Αν \displaystyle{a,b} είναι οι ρίζες της εξίσωσης \displaystyle{x^2-6x+1=0,} να αποδείξετε ότι για όλες τις θετικές ακέραιες τιμές του \displaystyle{n}, η παράσταση \displaystyle{K_n=a^n+b^n} είναι ακέραιος αριθμός, ο οποίος δε διαιρείται με το \displaystyle{5}.


4. Αν \displaystyle{a,b,c,d>0} με \displaystyle{a+b+c+d\leq 1}, να αποδείξετε ότι

\displaystyle{\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{c}{d}+\frac{d}{c}\leq \frac{1}{64abcd}.}


5. Να λύσετε στο σύνολο των ακεραίων τις εξισώσεις

i) \displaystyle{x^3=2y^3+4z^3,}

ii) \displaystyle{x^2+x=y^4+y^3+y^2+y.}

Το επόμενο πρόβλημα είναι μάλλον λανθασμένο. Βλ. τις δημοσιεύσεις παρακάτω
6. Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχουν ακέραιοι \displaystyle{x,y,z} με

\displaystyle{x^3+y^3+z^3=2011^2.}



Υ.Γ.
Ας δώσουμε προτεραιότητα στους μαθητές του :logo: .
Όποιος θέλει, ας εμπλουτίσει το αρχείο και με άλλες ασκήσεις.

Re: Των φρονίμων τα παιδιά...!

Δημοσιεύτηκε: Τετ Ιαν 19, 2011 10:37 pm
από kwstas12345
Πολύ ωραία τα θέματα. Πρόλαβα να ασχοληθώ με το τελευταίο.

Εύκολα βλέπουμε πως γενικά ο κύβος ακεραίου παίρνει τις μορφές \displaystyle 7k,7k-1,7k+1, k \in \mathbb{Z}. Άρα \displaystyle a^{3}\equiv -1,1,0\left(mod7 \right).

Έτσι \displaystyle x^{3}\equiv -1,0,1\equiv \left(mod7 \right),y^{3}\equiv -1,0,1\equiv \left(mod7 \right),z^{3}\equiv -1,0,1\equiv \left(mod7 \right). Παίρνωντας mod 7 το πρώτο μέλος μπορέι είναι \displaystyle 0,2,1,3,-1,-2,3.

Όμως \displaystyle 2011\equiv 2\left(mod 7 \right)\Rightarrow 2011^{2}\equiv 4\left(mod 7 \right). Άρα η εξίσωση δεν έχει ακέραιες λύσεις.

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

Δημοσιεύτηκε: Τετ Ιαν 19, 2011 10:51 pm
από Mihalis_Lambrou
matha έγραψε:
1. Να βρεθεί το ακέραιο μέρος του αριθμού \displaystyle{A=\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6}}}+\sqrt[3]{6+\sqrt[3]{6+\sqrt[3]{6}}}.}
Έξοχη άσκηση με λύση "δύο γραμμών".

Υπόδειξη
\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6}}} < \sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{9}}}=...,
\sqrt[3]{6+\sqrt[3]{6+\sqrt[3]{6}}}< \sqrt[3]{6+\sqrt[3]{6+\sqrt[3]{8}}}=...

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

Δημοσιεύτηκε: Τετ Ιαν 19, 2011 11:23 pm
από kwstas12345
Για το 2.

Για \displaystyle n=2 έχουμε \displaystyle \frac{1}{2^{2}}<\left(\frac{2}{3} \right)^{3}\Leftrightarrow 27<32.Έστω ότι ισχύει για καποιο \dissplaystyle n\geqslant 2 , n \in \mathbb{N} , τότε θα είναι: \displaystyle \prod_{j=1}^{n}{j^{-j}}<\left(\frac{2}{n+1} \right)^{n\frac{n+1}{2}}.

Θα αποδείξουμε ότι ισχύει και για n+1, δηλαδή: \displaystyle \prod_{j=1}^{n+1}{j^{-j}}<\left(\frac{2}{n+2} \right)^{\frac{\left(n+1 \right)\left(n+2 \right)}{2}} και λόγω της πάνω αρκεί να δειχτεί: \displaystyle \left(\frac{2}{n+1} \right)^{n\frac{n+1}{2}}\frac{1}{\left(n+1 \right)^{n+1}}<\left(\frac{2}{n+2} \right)^{\frac{\left(n+1 \right)\left(n+2 \right)}{2}}.

Υψώνωντας στην 2/n+1 αρκεί \displaystyle \left(\frac{n+2}{n+1} \right)^{n+2}<4\Leftrightarrow \left(n+2 \right)\ln\left(\frac{n+2}{n+1} \right)<2\ln 2.

Θεωρούμε την συνάρτηση \displaystyle f\left(x \right)=\left(x+2 \right)\left(\ln\left(x+2 \right)-\ln\left(x+1 \right) \right), x>1 με πρώτη παράγωγο \displaystyle f'\left(x \right)=\ln\frac{x+2}{x+1}+1-\frac{x+2}{x+1}<0 αφού ως γνωστόν \displaystyle \ln u\leqslant u-1,u>0.

Άρα το Σ.Τ θα είναι \displaystyle [\lim_{x \rightarrow \infty}f\left(x \right),f\left(1 \right)). Άρα και για τον φυσικό n>1 θα είναι γενικά:\displaystyle \left(n+2 \right)\ln\frac{n+2}{n+1}<3\ln\frac{3}{2}=\ln\frac{27}{8}<\ln 4=2\ln 2, 'οπως θέλαμε.

Πιστεύω να μην χάνω κάπου...

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

Δημοσιεύτηκε: Τετ Ιαν 19, 2011 11:30 pm
από chris
matha έγραψε:
4. Αν \displaystyle{a,b,c,d>0} με \displaystyle{a+b+c+d\leq 1}, να αποδείξετε ότι

\displaystyle{\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{c}{d}+\frac{d}{c}\leq \frac{1}{64abcd}.}
Είδα κάπου ανισότητα και τρεέχωωω :D ...

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Θα χρησιμοποιήσουμε μόνο την βασική ανισότητα:

\displaystyle \boxed{(x+y)^2\geq 4xy,\forall x,y \in \mathbb{R}}(1)

H (1) για x=a+b,y=c+d δίνει:\displaystyle 1\geq (a+b+c+d)^2\geq 4\left(a+b \right)\left(c+d \right)\Leftrightarrow \boxed{\left(a+b \right)\left(c+d \right)\leq \frac{1}{4}}(2)

Η (1) για x=ad+bc,y=ac+bd δίνει:
\displaystyle \left[(a+b)(c+d) \right]^2=\left(ad+bc+ac+bd \right)^2\geq 4\left(ad+bc \right)\left(ac+bd \right)\Leftrightarrow\displaystyle \boxed{4\left(ad+bc \right)\left(ac+bd \right)\leq \left[(a+b)(c+d) \right]^2}(3)

Συνεπώς:
\displaystyle \frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{c}{d}+\frac{d}{c}=\frac{a^2cd+b^2dc+c^2ab+d^2ab}{abcd}=\frac{1}{4abcd}\cdot 4\left(ad+bc \right)\left(ac+bd \right)\leq \frac{\left[\left(a+b \right)\left(c+d \right) \right]^2}{4abcd}\leq \frac{1}{64abcd}

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

Δημοσιεύτηκε: Τετ Ιαν 19, 2011 11:51 pm
από kwstas12345
Αποσύρω την λύση που είχα γιατί κάτι δεν μου άρεσε.

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

Δημοσιεύτηκε: Τετ Ιαν 19, 2011 11:54 pm
από Κοτρώνης Αναστάσιος
Νομίζω ότι το < πρέπει να γίνει \leq, αφού για n=1 παράδειγμα έχουμε ισότητα. (Άσε που δε μου βγαίνει κιόλας... :lol: )
matha έγραψε:2. Αν \displaystyle{n} είναι θετικός ακέραιος, να αποδείξετε ότι

\displaystyle{1\cdot \frac{1}{2^2}\cdot \frac{1}{3^3}\cdot \frac{1}{4^4}\cdots \frac{1}{n^n}<\left(\frac{2}{n+1} \right)^{\frac{n(n+1)}{2}}.}
Μια λύση με ιδιότητες λογαρίθμων άθροισμα αριθμητικής προόδου και χρήση κλασικής ανισότητας:

\displaystyle{\prod_{k=1}^{n}\frac{1}{k^k}\leq\left(\frac{2}{n+1}\right)^{\frac{n(n+1)}{2}}\Leftarrow\sum_{k=1}^{n}\ln(1/k^k)\leq\frac{n(n+1)}{2}\ln\left(\frac{2}{n+1}\right)\Leftarrow-\sum_{k=1}^{n}k\ln k\leq\ln\left(\frac{2}{n+1}\right)\sum_{k=1}^{n}k\Leftarrow}

\displaystyle{\sum_{k=1}^{n}\ln\left(\frac{2}{n+1}\right)k+\sum_{k=1}^{n}k\ln k\geq0\Leftarrow\sum_{k=1}^{n}k\ln\left(\frac{2k}{n+1}\right)\geq0}.

Ομως από την 1-1/x\leq\ln x για x>0 έχουμε \displaystyle{1-\frac{1}{2k/(n+1)}\leq\ln\left(\frac{2k}{n+1}\right)} πολλαπλασάζοντας με k και αθροίζοντας για \displaystyle{k=1,\ldots,n} παίρνουμε

\displaystyle{\sum_{k=1}^{n}k\ln\left(\frac{2k}{n+1}\right)\geq \sum_{k=1}^{n}k\left(1-\frac{1}{2k/(n+1)}\right)=\left(\sum_{k=1}^{n}k\right)-\frac{n(n+1)}{2}=0}.

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

Δημοσιεύτηκε: Τετ Ιαν 19, 2011 11:56 pm
από Dreamkiller
matha έγραψε: 2. Αν \displaystyle{n} είναι θετικός ακέραιος, να αποδείξετε ότι

\displaystyle{1\cdot \frac{1}{2^2}\cdot \frac{1}{3^3}\cdot \frac{1}{4^4}\cdots \frac{1}{n^n}<\left(\frac{2}{n+1} \right)^{\frac{n(n+1)}{2}}.}
Διαφορετικά, με την ΑΜ-ΓΜ έχουμε πως \displaystyle \frac{2}{n+1}=\frac{n}{\frac{n(n+1)}{2}}=\frac{1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}...+\frac{1}{n}}{\frac{n(n+1)}{2}} >\sqrt[\frac{n(n+1)}{2}]{1\cdot \frac{1}{2^2}\cdot \frac{1}{3^3}\cdot \frac{1}{4^4}\cdots \frac{1}{n^n}}.

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

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Ιαν 20, 2011 12:03 am
από Κοτρώνης Αναστάσιος
Βασικά τώρα που το ξανασκέφτομαι, για n\geq2, υπάρχει τουλάχιστον ένα k για το οποίο η ανισότητα είναι γνήσια οπότε αθροίζοντας θα πάρουμε γνήσια ανισότητα...Οπότε αρκεί να μπεί ο περιορισμός n\geq2 για να ισχύει η γνήσια ανισότητα στην εκφώνηση..

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

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Ιαν 20, 2011 1:20 am
από kwstas12345
Για την 5ιι, θεωρώντας την εξίσωση σαν δευτεροβάθμια ως προς x , έχουμε διακρίνουσα: \displaystyle D=1+4\left(y^4+y^3+y^2+y\right)=1+4y\left(y+1 \right)\left(y^2+1 \right) η οπόια απαιτούμε να είναι τέλειο τετράγωνο.

Εύκολα βλέπουμε πως όταν y=0,-1 τότε D=1, οπ'ότε πέρνουμε και τις λύσεις \displaystyle \left(x,y \right)=\left(-1,-1 \right),\left(0,-1 \right),\left(0,0 \right),\left(-1,0 \right).

Άν \displaystyle y\neq 0,-1 τότε εύκολα βλέπουμε πως \displaystyle \left(2y^2+y+1 \right)^{2}>1+4\left(y^4+y^3+y^2+y \right)\Leftrightarrow y\left(y-2 \right)>0 που ισχύει αφού \displaystyle y\leqslant -2 \wedge y\geqslant 2, y \in \mathbb{Z}.

Επίσης εύκολα μπορούμε να δείξουμε \displaystyle 1+4\left(y^4+y^3+y^2+y \right)>\left(2y^2+y \right)^{2}\Leftrightarrow 3y^2+4y+1>0 αφού \displaystyle y\leqslant -2 \wedge y\geqslant 2, y \in \mathbb{Z}.

Τότε όμως θα είναι \displaystyle \left(2y^2+y \right)^{2}<D<\left(2y^2+y+1 \right)^{2}, πράγμα που σημαίνει ότι η διακρίνουσα δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο , άρα και η αρχική είναι αδύνατη.

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

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Ιαν 20, 2011 2:37 pm
από nickthegreek
Για την 3...

Αν x_1,x_2 οι ρίζες της εξίσωσης,τότε έχουμε x_1+x_2=6,x_1x_2=1 .Άρα μπορούμε να θέσουμε x_2=\frac{1}{x_1}.

Eπίσης ισχύει ότι x_1+x_2=x_1+\frac{1}{x_1}=6 \in Z .Θα δείξουμε την εξής πρόταση:

Έστω x πραγματικός αριθμός με x+\frac{1}{x}\in Z.Tότε για κάθε n φυσικό ισχύει ότι x^n+\frac{1}{x^n}\in Z

Προχωράμε με τη μέθοδο της τέλειας επαγωγής.

1)Ισχύει προφανώς για n=1

2)Yποθέτουμε ότι ισχύει για όλα τα n\leq k,k\in N

3)Θα αποδείξουμε ότι ισχύει και για n=k+1 .Πράγματι ισχύει ότι (x+y)^n=\sum_{r=0}^{n}{\binom {n} {r}x^{n-r}y^r},από το διωνυμικό ανάπτυγμα.
Άρα (x+\frac{1}{x})^n=\binom {n} {0} x^n +\binom {n} {1}x^{n-1}\frac{1}{x}+...+\binom {n} {n-1}x \frac{1}{x^{n-1}}+\binom {n} {n}\frac{1}{x^n} (Σχέση 1)

Όμως (θεμελιώδης ιδιότητα) : \binom {n} {r}=\binom {n} {n-r} ,άρα τελικά η σχέση (1) γράφεται:

(x+\frac{1}{x})^n= x^n+\frac{1}{x^n}+\binom {n} {1}(x^{n-1}\frac{1}{x} 
+x\frac{1}{x^{n-1}})+\binom {n} {2} (x^{n-2} \frac{1}{x^2}+x^2\frac{1}{x^{n-2}})+.... Όμως από το επαγωγικό βήμα,έχουμε ότι οι αριθμοί

(x^{n-1}\frac{1}{x}+x\frac{1}{x^{n-1}}),(x^{n-2} \frac{1}{x^2}+x^2\frac{1}{x^{n-2}}),... είναι όλοι ακέραιοι.Οπότε αφού και όλοι οι διωνυμικοί συντελεστές είναι ακέραιοι,η διαφορά

(x+\frac{1}{x})^n -x^n -\frac{1}{x^n} είναι ακέραιος.Αφού όμως (x+\frac{1}{x})^n\in Z\Rightarrow x^n+\frac{1}{x^n}\in Z.

Το δεύτερο ερώτημα της 3 θα το κοιτάξω λίγο αργότερα.Προς στιγμήν,μπορεί κάποιος να ελέγξει την ορθότητα της απάντησής μου;;;

Φιλικά,
Νίκος

Re: Των φρονίμων τα παιδιά...!

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Ιαν 20, 2011 2:56 pm
από userresu
kwstas12345 έγραψε:Πολύ ωραία τα θέματα. Πρόλαβα να ασχοληθώ με το τελευταίο.

Εύκολα βλέπουμε πως γενικά ο κύβος ακεραίου παίρνει τις μορφές \displaystyle 7k,7k-1,7k+1, k \in \mathbb{Z}. Άρα \displaystyle a^{3}\equiv -1,1,0\left(mod7 \right).

Έτσι \displaystyle x^{3}\equiv -1,0,1\equiv \left(mod7 \right),y^{3}\equiv -1,0,1\equiv \left(mod7 \right),z^{3}\equiv -1,0,1\equiv \left(mod7 \right). Παίρνωντας mod 7 το πρώτο μέλος μπορέι είναι \displaystyle 0,2,1,3,-1,-2,3.

Όμως \displaystyle 2011\equiv 2\left(mod 7 \right)\Rightarrow 2011^{2}\equiv 4\left(mod 7 \right). Άρα η εξίσωση δεν έχει ακέραιες λύσεις.
Εδώ υπάρχει λάθος. Μπορεί να είναι και 4.

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

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Ιαν 20, 2011 3:08 pm
από kwstas12345
Ναι, δίκιο έχετε, το είδα λίγο βιαστικα. :roll:

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

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Ιαν 20, 2011 3:28 pm
από chris
matha έγραψε:
3. Αν \displaystyle{a,b} είναι οι ρίζες της εξίσωσης \displaystyle{x^2-6x+1=0,} να αποδείξετε ότι για όλες τις θετικές ακέραιες τιμές του \displaystyle{n}, η παράσταση \displaystyle{K_n=a^n+b^n} είναι ακέραιος αριθμός, ο οποίος δε διαιρείται με το \displaystyle{5}.
Θα αποδείξουμε οτι:
\displaystyle K_n=\left(3+2\sqrt{2} \right)^n+\left(3-2\sqrt{2} \right)^n \in \mathbb{Z},\forall n \in \mathbb{N^*}

Έστω x_1=3+2\sqrt{2} και x_2=3-2\sqrt{2} οι ρίζες της δοθείσας εξίσωσης και άρα \forall n \in \mathbb{N^*} βρίσκουμε:

\displaystyle {\left.\begin{matrix} 
 x_1^2=6x_1-1\Rightarrow x_1^{n+2}=6x_1^{n+1}-x_1^n \\  
 x_2^2=6x_2-1 \Rightarrow  x_2^{n+2}=6x_2^{n+1}-x_2^n \\   
\end{matrix}\right\}\Rightarrow

\displaystyle x_1^{n+2}+x_2^{n+2}=6\left(x_1^{n+1}+x_2^{n+1} \right)-\left(x_1^n+x_2^n \right)\Rightarrow
\displaystyle \boxed{K_{n+2}=6K_{n+1}-K_n}

Έτσι επαγωγικά:
\bullet K_1=x_1+x_2=6 \in \mathbb{Z} και K_2=\left(3+2\sqrt{2} \right)^2+\left(3-2\sqrt{2} \right)^2=34 \in \mathbb{Z}
\bullet Αν K_n,K_{n+1} \in \mathbb{Z} , τότε:
\bullet K_{n+1} \in \mathbb{Z} και K_{n+2}=6K_{n+1}-K_n \in \mathbb{Z}

Άρα K_n \in \mathbb{Z},\forall n \in \mathbb{N^*}

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

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Ιαν 20, 2011 4:13 pm
από userresu
Για το δεύτερο ερώτημα της 3, πάλι με επαγωγή:
1) Οι K_1=6 , K_2 = 34 , K_2-K_1=28 δεν διαιρούνται με το 5.
2) Αν οι αριθμοί K_{i+1}-K_i , 1\leq i< n+1 και K_i , 1\leq i\leq n+1 δεν διαιρούνται με το 5, τότε έχουμε:
K_{n+2}\equiv 6K_{n+1}-K_{n}\equiv K_{n+1}-K_{n} (mod5) , άρα ο K_{n+2} δεν διαιρείται με το 5 και επίσης ο K_{n+2}-K_{n+1}\equiv -K_{n} (mod5) δεν διαιρείται με το 5.

Άρα ο K_n δεν διαιρείται με το 5 για κανένα φυσικό n.

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

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Ιαν 20, 2011 5:01 pm
από nickthegreek
Όσον αφορά το δεύτερο ερώτημα της 3,μια άλλη προσέγγιση:

Χρησιμοποιώντας την αναδρομική σχέση που βρήκε ο Χρήστος (chris) λίγα post πιο πάνω έχουμε να λύσουμε το πρόβλημα:

'Εστω ακολουθία (K_n) με K_1=6,K_2=34 και K_{n+2}=6K_{n+1}-K_{n} .Τότε να δείξετε ότι κανένας από τους όρους της ακολουθίας δεν είναι πολλαπλάσιο του 5.

Νομίζω ότι μπορούμε να επεκτείνουμε λίγο το πρόβλημα και να βρούμε το τι υπόλοιπο αφήνει με το 5 ο κάθε όρος της ακολουθίας.

Κατ'αρχήν παρατηρούμε ότι το υπόλοιπο που αφήνει κάθε όρος της ακολουθίας με το 5 προσδιορίζεται επακριβώς από τα υπόλοιπα που αφήνουν οι δύο προηγούμενοι όροι της ακολουθίας με το 5.Έτσι έχουμε τις σχέσεις: (όλες οι ισότητες είναι (mod5)):

K_1=1,K_2=4
K_3=6\cdot4 -1=3
K_4=6\cdot3-4=4
K_5=6\cdot4-3=1
K_6=6\cdot1-4=2
K_7=6\cdot2-1=1
K_8=6\cdot1-2=4

Παρατηρούμε ότι ο αριθμός K_7 \equiv K_1(mod5) και K_8 \equiv K_2(mod5).Aφού όμως είπαμε ότι το υπόλοιπο που αφήνει με το 5 κάθε όρος της ακολουθίας προσδιορίζεται επακριβώς από τα υπόλοιπα που αφήνουν με το 5 οι δυο προηγούμενοι όροι της ακολουθίας, η ακολουθία επαναλαμβάνεται (mod5).

Άρα μπορούμε να αναπτύξουμε έναν αλγόριθμο που θα δίνει το υπόλοιπο που έχει κάθε όρος K_n της ακολουθίας με το 5,ανάλογα με το υπόλοιπο του n με το 7 .Δηλαδή:
n\equiv 1(mod6)\Rightarrow K_n\equiv 1 (mod5)

n\equiv 2(mod6)\Rightarrow K_n\equiv 4 (mod5)

n\equiv 3(mod6)\Rightarrow K_n\equiv 3 (mod5)

n\equiv 4(mod6)\Rightarrow K_n\equiv 4 (mod5)

n\equiv 5(mod6)\Rightarrow K_n\equiv 1 (mod5)

n\equiv 0(mod6)\Rightarrow K_n\equiv 2 (mod5)

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

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Ιαν 20, 2011 9:24 pm
από userresu
Για την 5i:

Έστω x,y,z \neq 0 και θεωρώ την τριάδα (x,y,z) που αποτελεί λύση της εξίσωσης και ελαχιστοποιεί την παράσταση A=|x|+|y|+|z|. Επειδή το δεξί μέλος της εξίσωσης διαιρείται με το 2, το ίδιο και το αριστερό, άρα ο x άρτιος και x=2k \Rightarrow x^3=8k^3.
8k^3=2y^3+4z^3 \Leftrightarrow 4k^3=y^3+2z^3, άρα y άρτιος και y^3=8l^3, δηλαδή
4k^3=8l^3+2z^3 \Leftrightarrow 2k^3=4l^3+z^3 , άρα z άρτιος.
Βλέπουμε λοιπόν ότι οι x,y,z είναι άρτιοι. Άρα, η τριάδα (\frac{x}{2},\frac{y}{2},\frac{z}{2}) ικανοποιεί την εξίσωση, το οποίο είναι άτοπο, αφού |\frac{x}{2}|+|\frac{y}{2}|+|\frac{z}{2}|=\frac{|x|+|y|+|z|}{2}<|x|+|y|+|z|. Συνεπώς η εξίσωση δεν έχει λύσεις για x,y,z\neq 0.

Αν x=0, y^3=-2z^3, άτοπο αφού ο αριθμός φορών που το αριστερό μέλος διαιρείται με το 2 διαιρείται με το 3, ενώ ο αντίστοιχος για το δεξί μέλος όχι.
Αν y=0, x^3=4z^3, άτοπο για τον ίδιο λόγο.
Αν z=0, x^3=2y^3, άτοπο για τον ίδιο λόγο.
Άρα μοναδική λύση η (0,0,0).

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

Δημοσιεύτηκε: Παρ Ιαν 21, 2011 10:40 am
από nkatsipis
Για το 3.

Παρατηρούμε ότι για κάθε n\geq3

K_{n+1}=(a+b)(a^n+b^n)-ab(a^{n-1}+b^{n-1})= 
 
=6(a^n+b^n)-(a^{n-1}+b^{n-1})= 
 
=6\Big((a+b)(a^{n-1}+b^{n-1})-ab(a^{n-2}+b^{n-2})\Big)-(a^{n-1}+b^{n-1})=...= 
 
=5\cdot7K_{n-1}-6K_{n-2}.

Και μετά ισχυρή επαγωγή!

Φιλικά,

Νίκος Κατσίπης

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

Δημοσιεύτηκε: Παρ Ιαν 21, 2011 2:15 pm
από socrates
7.
Να βρείτε όλους τους πρώτους αριθμούς p τέτοιους ώστε ο αριθμός p^3+p^2+p+1 να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.


8.
Αν a,b,c θετικοί πραγματικοί αριθμοί, να δείξετε ότι

\displaystyle{\frac{a}{\sqrt{3a+2b+c}}+\frac{b}{\sqrt{3b+2c+a}}+\frac{c}{\sqrt{3c+2a+b}}\leq \frac{1}{\sqrt{2}} \sqrt{a+b+c}.}


9.
Έστω τρίγωνο ABC, AB\ne AC, και I το έκκεντρό του.
Ο εγγεγραμένος κύκλος του τριγώνου εφάπτεται της πλευράς BC στο σημείο D.
Αν M το μέσο της BC, να αποδείξετε ότι η ευθεία IM περνάει από το μέσο του τμήματος AD.


10.
Έστω k ένας πραγματικός αριθμός.
Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} τέτοιες ώστε f(x)+(f(y))^2=kf(x+y^2) για κάθε x,y \in \mathbb{R}

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

Δημοσιεύτηκε: Παρ Ιαν 21, 2011 8:07 pm
από Σακης
Για την 9:

Τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου D και του παρεγγεγραμμένου E είναι συμμέτρικα ως προς το μέσο της πλευράς BC.
Επίσης από γνωστη πρόταση, το αντιδιαμετρικό του D ως προς τον εγγ. κύκλο έστω S, ε,ιναι σημείο της ευθείας AE.
Τότε η MI συνδέει τα μέσα των πλευρών του SDE άρα είναι // στην AE και άρα περνάει από το μέσο της AD.