ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021

nikolasxen · #61

ποτε θα δημοσιευσει η εμε τα θεματα;

petrosmani · #62

Τελικά θα σταλθούν τα μετάλλια σε καθένα ξεχωριστά ή θα πραγματοποιηθεί τελετή βράβευσης?

Al.Koutsouridis · #63

Μπορεί κάποιος να ανεβάσει τα θέματα ή να αναφέρει ποια από την sortlist ήταν; Έχει περάσει η προθεσμία. Καλά αποτελέσματα στις ελληνικές εθνικές ομάδες.

DrStrange · #64

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Τετ Ιούλ 21, 2021 11:09 am
Μπορεί κάποιος να ανεβάσει τα θέματα ή να αναφέρει ποια από την sortlist ήταν; Έχει περάσει η προθεσμία. Καλά αποτελέσματα στις ελληνικές εθνικές ομάδες.

Α3 G3 C2 N5

#65

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Τετ Ιούλ 21, 2021 11:09 am
Μπορεί κάποιος να ανεβάσει τα θέματα ή να αναφέρει ποια από την sortlist ήταν; Έχει περάσει η προθεσμία. Καλά αποτελέσματα στις ελληνικές εθνικές ομάδες.

Ανεβάζω τα πρώτα δύο των μεγάλων προς το παρόν που τα έχω έτοιμα:

Πρόβλημα 1. Έστω a,b,c,d

θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε (a+c)(b+d)=ac+bd

. Να προσδιορίσετε την ελάχιστη δυνατή τιμή της παράστασης
$\displaystyle A=\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{d}+\frac{d}{a}.$

Πρόβλημα 2. Έστω $AB\Gamma\Delta$ κυρτό τετράπλευρο με $A\widehat{B}\Gamma>90^\circ$ , $\Gamma\widehat{\Delta}A>90^\circ$ και $\Delta\widehat{A}B=B\widehat{\Gamma}\Delta$ . Έστω

και

τα συμμετρικά του

ως προς τις ευθείες $B\Gamma$ και $\Gamma\Delta$ , αντίστοιχα. Υποθέτουμε ότι τα τμήματα

και

τέμνουν την ευθεία $B\Delta$ στα σημεία

και $\Lambda$ , αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων BEK

και $\Delta Z\Lambda$ εφάπτονται μεταξύ τους.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Joaakim · #66

achilleas έγραψε: ↑
Πέμ Ιούλ 22, 2021 4:21 am

Πρόβλημα 1. Έστω θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε . Να προσδιορίσετε την ελάχιστη δυνατή τιμή της παράστασης
$\displaystyle A=\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{d}+\frac{d}{a}.$

Από την Ανισότητα Αριθμητικού- Γεωμετρικού Μέσου (AM-GM) έχουμε ότι:

$\displaystyle A=(\frac{a}{b}+\frac{c}{d})+(\frac{b}{c}+\frac{d}{a}) \geq$

$\displaystyle \geq 2 \sqrt {\frac{ac}{bd}}+2 \sqrt {\frac{bd}{ac}}=$

$\displaystyle = \frac{2(ac+bd)}{\sqrt{abcd}}=\frac{2(a+c)(b+d)}{\sqrt{abcd}} \geq$

$\displaystyle \geq \frac{2 \cdot 2 \sqrt{ac} \cdot 2 \sqrt{bd}}{\sqrt{abcd}}=$

$\displaystyle = \frac{8 \sqrt{abcd}}{\sqrt{abcd}}=8 \Rightarrow A_{min.}=8$ ,

με την ισότητα να πιάνεται για a=c, b=d

.

#67

achilleas έγραψε: ↑
Πέμ Ιούλ 22, 2021 4:21 am
...
Πρόβλημα 1. Έστω θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε . Να προσδιορίσετε την ελάχιστη δυνατή τιμή της παράστασης
$\displaystyle A=\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{d}+\frac{d}{a}.$

Λύση: Θέτουμε $x=\dfrac{a}{b}$ και $y=\dfrac{c}{d}$ . Τότε a=bx

και

, και η δοθείσα σχέση $\displaystyle (a+c)(b+d)=ac+bd$ δίνει
(bx+dy)(b+d)=(bx)(dy)+bd.

Αφού διαιρέσουμε και τα δύο μέλη με bd>0

και εφαρμόσουμε την την επιμεριστική ιδιότητα παίρνουμε
$\frac{bx}{d}+\frac{dy}{b}+x+y=xy+1.$

Από την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ παίρνουμε
$\frac{bx}{d}+\frac{dy}{b}\geq 2\sqrt{\frac{bx}{d}\cdot \frac{dy}{b}}=2\sqrt{xy}$ και $x+y\geq 2\sqrt{xy}.$

Έτσι $xy+1\geq 4\sqrt{xy}.$ Έχουμε
$\displaystyle{ \begin{aligned} A=x+\frac{b}{c}+y+\frac{d}{a}&=(x+y)+\left(\frac{b}{c}+\frac{d}{a}\right)\\ &\geq 2\sqrt{xy}+2\sqrt{\frac{bd}{ca}}\\ &=2\left(\sqrt{xy}+\frac{1}{\sqrt{xy}}\right)\\ &=2\cdot \frac{xy+1}{\sqrt{xy}}\\ &\geq 2\cdot \frac{4\sqrt{xy}}{\sqrt{xy}}\\ &=8.\notag \end{aligned} }$

Η ισότητα ισχύει εάν x=y

και

, δηλ. εάν a=c

και

. Τότε η δοθείσα σχέση γράφεται 4ab=a^2+b^2

, που δίνει $b=(2+\sqrt{3})a$ ή $b=(2-\sqrt{3})a$ .

Συνεπώς, η ελάχιστη δυνατή τιμή της παράστασης είναι 8, η οποία λαμβάνεται για όλες τις τετράδες (a,b,c,d)

της μορφής $(t,(2+\sqrt{3})t,t,(2+\sqrt{3})t)$ και $(t,(2-\sqrt{3})t,t,(2-\sqrt{3})t)$ με t>0

.

petrosmani · #68

Στο 1 πρόβλημα των μικρών 8 είναι η απάντηση όπως και στους μεγάλους ?

#69

petrosmani έγραψε: ↑
Πέμ Ιούλ 22, 2021 2:23 pm
Στο 1 πρόβλημα των μικρών 8 είναι η απάντηση όπως και στους μεγάλους ?

Ναι. Δείτε μια παραλλαγή εδώ.

#70

achilleas έγραψε: ↑
Πέμ Ιούλ 22, 2021 4:21 am
..
Πρόβλημα 2. Έστω $AB\Gamma\Delta$ κυρτό τετράπλευρο με $A\widehat{B}\Gamma>90^\circ$ , $\Gamma\widehat{\Delta}A>90^\circ$ και $\Delta\widehat{A}B=B\widehat{\Gamma}\Delta$ . Έστω και τα συμμετρικά του ως προς τις ευθείες $B\Gamma$ και $\Gamma\Delta$ , αντίστοιχα. Υποθέτουμε ότι τα τμήματα και τέμνουν την ευθεία $B\Delta$ στα σημεία και $\Lambda$ , αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων και $\Delta Z\Lambda$ εφάπτονται μεταξύ τους.
..

Λύση: Έστω

το συμμετρικό του σημείου

ως προς την $B\Delta$ . Έστω

το σημείο τομής της $B\Gamma$ με την

και έστω

το σημείο τομής της $B\Delta$ με την

. Τότε το

είναι ύψος, διχοτόμος και διάμεσος στο $\triangle EBA$ , και ομοίως το

στο $\triangle ABH$ .

Έχουμε

$\begin{aligned}\notag E\widehat{B}H&=360^\circ-E\widehat{B}A-A\widehat{B}H\\ &=360^\circ-2L\widehat{B}A-2A\widehat{B}M\\ &=2(180^\circ-L\widehat{B}M)\\ &=2L\widehat{A}M \\ &=E\widehat{K}H, \end{aligned}$

Συνεπώς, το

ανήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο του $\triangle BEK$ .

Ομοίως, εάν

είναι το σημείο τομής της $\Gamma\Delta$ και της

είναι

$\begin{aligned}\notag Z\widehat{\Delta}H&=360^\circ-H\widehat{\Delta}A-Z\widehat{\Delta}A\\ &=360^\circ-2M\widehat{\Delta}A-2A\widehat{\Delta}N\\ &=2(180^\circ-M\widehat{\Delta}N)\\\notag &=2M\widehat{A}N \\ &=H\widehat{\Lambda}Z. \end{aligned}$

Άρα, το

ανήκει και στον περιγεγραμμένο κύκλο του $\Delta Z\Lambda$ . Συνεπώς, οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων BEK

και $\Delta Z\Lambda$ τέμνονται στο

. Για να δείξουμε ότι εφάπτονται σε αυτό αρκεί να δείξουμε ότι $F\widehat{H}G=180^\circ$ , όπου

,

είναι τα αντίστοιχα κέντρα τους (βλ. σχήμα).

Πράγματι, αφού τα ισοσκελή τρίγωνα BFH

και

είναι ίσα, έχουμε

$\displaystyle F\widehat{H}B=\frac{E\widehat{B}H}{2}=\frac{E\widehat{K}H}{2}=K\widehat{A}H=L\widehat{A}H.$

Ομοίως,

$\displaystyle \Delta\widehat{H}G=\frac{Z\widehat{\Delta}H}{2}=\frac{H\widehat{\Lambda} Z}{2}=H\widehat{A}\Lambda=H\widehat{A}N.$

Αφού $\displaystyle B\widehat{H}\Delta=B\widehat{A}\Delta=B\widehat{\Gamma}\Delta=L\widehat{\Gamma}N,$

έχουμε

$\displaystyle F\widehat{H}G=F\widehat{H}B+B\widehat{H}\Delta+\Delta\widehat{H}G=L\widehat{A}H+L\widehat{\Gamma}N+H\widehat{A}N=L\widehat{A}N+L\widehat{\Gamma}N=180^\circ,$

στο $AL\Gamma N$ , όπως θέλαμε.

Lymperis Karras · #71

achilleas έγραψε: ↑
Πέμ Ιούλ 22, 2021 4:21 am
Πρόβλημα 2. Έστω $AB\Gamma\Delta$ κυρτό τετράπλευρο με $A\widehat{B}\Gamma>90^\circ$ , $\Gamma\widehat{\Delta}A>90^\circ$ και $\Delta\widehat{A}B=B\widehat{\Gamma}\Delta$ . Έστω και τα συμμετρικά του ως προς τις ευθείες $B\Gamma$ και $\Gamma\Delta$ , αντίστοιχα. Υποθέτουμε ότι τα τμήματα και τέμνουν την ευθεία $B\Delta$ στα σημεία και $\Lambda$ , αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων και $\Delta Z\Lambda$ εφάπτονται μεταξύ τους.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Edit: Με πρόλαβε ο κ. Αχιλλέας. Η λύση ήταν σχεδόν ίδια με την δική μου.

petrosmani · #72

achilleas έγραψε: ↑
Πέμ Ιούλ 22, 2021 2:40 pm

petrosmani έγραψε: ↑
Πέμ Ιούλ 22, 2021 2:23 pm
Στο 1 πρόβλημα των μικρών 8 είναι η απάντηση όπως και στους μεγάλους ?
Ναι. Δείτε μια παραλλαγή εδώ.

AAAAAA Ωραία και εγώ τόσο βρήκα αλλά δεν ήξερα αν ηταν σωστο γιατί με μπέρδεψε καθώς χ+1/χ>=2 και ετσι οταν το έλυσα ξανά νόμιζα οτι η απάντηση ειναι το 4. Μπορεί κάποις να μου το εξηγήσει αφου το 4 ειναι μικρότερο απο το 8.

llenny · #73

petrosmani έγραψε: ↑
Πέμ Ιούλ 22, 2021 3:21 pm

achilleas έγραψε: ↑
Πέμ Ιούλ 22, 2021 2:40 pm

petrosmani έγραψε: ↑
Πέμ Ιούλ 22, 2021 2:23 pm
Στο 1 πρόβλημα των μικρών 8 είναι η απάντηση όπως και στους μεγάλους ?
Ναι. Δείτε μια παραλλαγή εδώ.
AAAAAA Ωραία και εγώ τόσο βρήκα αλλά δεν ήξερα αν ηταν σωστο γιατί με μπέρδεψε καθώς χ+1/χ>=2 και ετσι οταν το έλυσα ξανά νόμιζα οτι η απάντηση ειναι το 4. Μπορεί κάποις να μου το εξηγήσει αφου το 4 ειναι μικρότερο απο το 8.

Διότι για να επιτύχουμε το

πρέπει όλες οι μεταβλητές να είναι ίσες και τότε δεν ικανοποιείται η συνθήκη που μας δίνεται πάνω.

petrosmani · #74

Ευχαριστώ.

#75

Πρόβλημα 3. Έστω

ένας θετικός ακέραιος. Οι κορυφές ενός κυρτού (4k+1)

-γωνου

χρωματίζονται με δύο χρώματα, άσπρο και μαύρο και κάθε χρώμα χρησιμοποιείται τουλάχιστον

φορές. Ένα κυρτό τετράπλευρο, που οι κορυφές του είναι και κορυφές του

, θα ονομάζεται καλό, εάν έχει τρεις κορυφές του ενός χρώματος και μία κορυφή του άλλου χρώματος. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν

καλά κυρτά τετράπλευρα που είναι ανά δύο ξένα, δηλαδή ανά δύο δεν έχουν κοινά σημεία στην περίμετρο ή στο εσωτερικό τους.

Nick1990 · #76

silouan έγραψε: ↑
Πέμ Ιούλ 22, 2021 5:17 pm
Πρόβλημα 3. Έστω ένας θετικός ακέραιος. Οι κορυφές ενός κυρτού -γωνου χρωματίζονται με δύο χρώματα, άσπρο και μαύρο και κάθε χρώμα χρησιμοποιείται τουλάχιστον φορές. Ένα κυρτό τετράπλευρο, που οι κορυφές του είναι και κορυφές του , θα ονομάζεται καλό, εάν έχει τρεις κορυφές του ενός χρώματος και μία κορυφή του άλλου χρώματος. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν καλά κυρτά τετράπλευρα που είναι ανά δύο ξένα, δηλαδή ανά δύο δεν έχουν κοινά σημεία στην περίμετρο ή στο εσωτερικό τους.

Θα χρησιμοποιήσουμε επαγωγή. Αρχικά για k = 1

έχουμε ένα πεντάγωνο ABCDE

με τουλάχιστον 1 άσπρη και τουλάχιστον 1 μαύρη κορυφή. Αρκεί να εξετάσουμε τις περιπτώσεις 1 άσπρης και 4 μαύρων κορυφών, και 2 άσπρων και 3 μαύρων κορυφών. Στην πρώτη περίπτωση υπάρχει καλό τετράπλευρο με τη μια άσπρη κορυφή και 3 από τις 4 μαύρες, ενώ στη δεύτερη υπάρχει καλό τετράπλευρο με 1 από τις 2 άσπρες κορυφές και τις 3 μαύρες.

Πάμε τώρα στο επαγωγικό βήμα. Έστω

και

το πλήθος των άσπρων και των μαύρων κορυφών αντίστοιχα. Χωρίς βλάβη της γενικότητας, έστω $x \geq y$ . Τότε έχουμε $y \geq k$ και $x \geq \frac{x + y}{2} = 2k + \frac{1}{2} \Rightarrow x \geq 2k + 1$ . Θα δείξουμε πως υπάρχουν 4 διαδοχικές κορυφές που σχηματίζουν καλό τετράπλευρο με 3 άσπρες κορυφές. Αν $P = A_1A_2...A_{4k+1}$ , για κάθε $m \leq 4k + 1$ ορίζουμε a_m = 1

αν η

είναι άσπρη και a_m = 0

διαφορετικά, και στη συνέχεια ορίζουμε $S_m = a_m + a_{m + 1 (mod(4k+1))} + a_{m + 2 (mod(4k+1))} + a_{m + 3 (mod(4k+1))}$ , οπότε το ζητούμενο σύνολο 4 διαδοχικών κορυφών σχηματίζεται αν S_m = 3

για κάποιο

. Παρατηρούμε ότι τα S_m

και $S_{m+1}$ διαφέρουν πάντα το πολύ κατά 1, ενώ $S_m \in \{0, 1, 2, 3, 4\}$ για κάθε

, οπότε ο μόνος τρόπος να μην υπάρχει

με

είναι να έχουμε S_m = 4

για όλα τα

, ή να έχουμε $S_m \in \{0, 1, 2\}$ για κάθε

. Η πρώτη περίπτωση δίνει εύκολα ότι όλες οι κορυφές είναι άσπρες, το οποίο αντιβαίνει στις υποθέσεις του προβλήματος. Στη δεύτερη περίπτωση πάλι έχουμε:

$\displaystyle{\sum_{m = 1}^{4k+1}{S_m} = 4\sum_{m = 1}^{4k+1}{a_m} = 4x \geq 4(2k + 1) = 8k + 4}$

και ταυτόχρονα

$\displaystyle{\sum_{m = 1}^{4k+1}{S_m} \leq (4k + 1)\times 2 = 8k + 2}$

άτοπο και πάλι. Επομένως, υπάρχει

με

, άρα και 4 διαδοχικές κορυφές που σχηματίζουν καλό τετράπλευρο

με 3 άσπρες κορυφές. Σβήνοντας αυτό το καλό τετράπλευρο (τις κορυφές του και κάθε ακμή που διέρχεται από κάποια εξ' αυτών), μένει ένα κυρτό πολύγωνο

που ικανοποιεί τις υποθέσεις του προβλήματος για k - 1

, αφού έχει 4(k - 1) + 1

κορυφές, τουλάχιστον k - 1

μαύρες κορυφές και τουλάχιστον $2k + 1 - 3 = 2(k - 1) \geq k - 1$ άσπρες κορυφές. Από την επαγωγική υπόθεση, το

έχει

ξένα ανά 2 καλά κυρτά τετράπλευρα, τα οποία δεν τέμνουν το

(αφού το

δεν τέμνει το

), οπότε μαζί με το

έχουμε

ξένα ανά 2 καλά κυρτά τετράπλευρα.

2nisic · #77

silouan έγραψε: ↑
Πέμ Ιούλ 22, 2021 5:17 pm
Πρόβλημα 3. Έστω ένας θετικός ακέραιος. Οι κορυφές ενός κυρτού -γωνου χρωματίζονται με δύο χρώματα, άσπρο και μαύρο και κάθε χρώμα χρησιμοποιείται τουλάχιστον φορές. Ένα κυρτό τετράπλευρο, που οι κορυφές του είναι και κορυφές του , θα ονομάζεται καλό, εάν έχει τρεις κορυφές του ενός χρώματος και μία κορυφή του άλλου χρώματος. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν καλά κυρτά τετράπλευρα που είναι ανά δύο ξένα, δηλαδή ανά δύο δεν έχουν κοινά σημεία στην περίμετρο ή στο εσωτερικό τους.

Για k=1 προφανώς και ισχύει από συνθήκη και από την αρχή της περιστεροφωλιας.

Έστω ότι ισχύει για k=n θα δείξουμε ότι ισχύει και για k=n+1.
(Σκοπός μας είναι να δείξουμε πως υπάρχουν 4 διαδοχικές κορυφές οι οποίες αποτελούν καλό τετράπλευρο τότε από το επαγωγικό βήμα έχουμε τελείωση).

Από την αρχή τής περιστεροφωλιας έχουμε ότι ένα χρώμα έχει τουλάχιστον 2n+3 κορυφές έστω μαύρες.
Επιλέγω μια λευκή κορυφή και χωρίς αυτή φτιάχνω n+1 ομάδες διαδοχικών τετράδων κορυφών.

Από την αρχή της περιστεροφωλιας και πάλη έχουμε ότι μια τετράδα περιέχει τουλάχιστον τρεις μαύρες κοριφες.
Αν περιέχει τρεις μαύρες και μια λευκή τελειώσαμε.

Αν και τα 4 έχουν το ίδιο χρώμα τότε κάνουμε ένα "κλικ" δεξιά όπως η φορά του ρολογιού αν είναι 3-1 τελειώσαμε αν είναι πάλη όλα το ίδιο χρώμα το ξανακάνουμε μέχρι να καταλήξουμε σε 3-1 που είναι σίγουρο αφού υπάρχουν και από τα δύο χρώματα.

petrosmani · #78

Ξέρει κάποιος αν θα βγουν οι βαθμολογίες ?

#79

Πρόβλημα 4. Έστω $\mathbb{N}$ το σύνολο των φυσικών αριθμών και $\mathbb{N}^*=\mathbb{N}-\{0\}$ το σύνολο των μη μηδενικών φυσικών αριθμών. Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{N}^*\to \mathbb{N}$ οι οποίες ικανοποιούν και τις τρεις συνθήκες:

(α) $f(n)\ne 0$ για ένα τουλάχιστον $n\in \mathbb{N}^*$ ,
(β) $f(xy)=f(x){\color{red}{+}}f(y)$ για κάθε $x,y\in \mathbb{N}^*$ ,
(γ) υπάρχουν άπειροι θετικοί φυσικοί αριθμοί

έτσι ώστε: f(k)=f(n-k)

, για όλα τα

με

.

Nick1990 · #80

achilleas έγραψε: ↑
Παρ Ιούλ 23, 2021 9:16 pm
Πρόβλημα 4. Έστω $\mathbb{N}$ το σύνολο των φυσικών αριθμών και $\mathbb{N}^*=\mathbb{N}-\{0\}$ το σύνολο των μη μηδενικών φυσικών αριθμών. Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{N}^*\to \mathbb{N}$ οι οποίες ικανοποιούν και τις τρεις συνθήκες:

(α) $f(n)\ne 0$ για ένα τουλάχιστον $n\in \mathbb{N}^*$ ,
(β) για κάθε $x,y\in \mathbb{N}^*$ ,
(γ) υπάρχουν άπειροι θετικοί φυσικοί αριθμοί έτσι ώστε: , για όλα τα με .

Απ' όσο θυμάμαι, η δεύτερη συνθήκη είναι f(xy) = f(x) + f(y)

για κάθε

Αρχικά από το β) έχουμε $f(1) = f(1) + f(1) \Rightarrow f(1) = 0$ , άρα n > 1

.

Υποθέτουμε τώρα (χωρίς βλάβη της γενικότητας) ότι

είναι ο μικρότερος φυσικός τέτοιος ώστε $f(n) \neq 0$ . Στη συνέχεια, αν $n = p_1^{a_1}...p_k^{a_k}$ είναι η παραγοντοποίηση του

σε δυνάμεις πρώτων, από το β) έχουμε $f(n) = a_1f(p_1) + ... + a_kf(p_k) \neq 0$ , που σημαίνει ότι $f(p_j) \neq 0$ για κάποιο

. Ισχύει όμως $p_j \leq n$ , οπότε από την υπόθεση ελαχίστου πρέπει να έχουμε n = p_j

, που σημαίνει ότι n = p

όπου

είναι ένας πρώτος.

Θα δείξουμε τώρα ότι f(n) = kv_p(n)

για κάθε

, όπου

ένας θετικός ακέραιος και v_p(n)

είναι η μέγιστη δύναμη του

που διαιρεί το

.

Έστω τώρα

ένας φυσικός με f(k)=f(n-k)

, για όλα τα

με

. Αν $n \geq p$ , διαιρώντας το

με το

έχουμε

με $0 \leq v < p$ . Μετά, αν είναι v > 0

τότε έχουμε $f(v) = f(n - v) = f(dp) = f(d) + f(p) \geq f(p) > 0$ , το οποίο είναι άτοπο διότι v < p

και ο

είναι ο ελάχιστος

με $f(n) \neq 0$ . Άρα είναι v = 0

και

. Μετά για κάθε 0 < k < d

έχουμε

και άρα $f((d - k)p) = f(n - kp) = f(kp) \Leftrightarrow f(p) + f(d - k) = f(k) + f(p)$ δηλαδή

. Άρα ο

έχει την ίδια ιδιότητα με τον

, οπότε επαναλαμβάνοντας την ίδια διαδικασία βρίσκουμε μια γνησίως φθίνουσα ακολουθία $d_1 = n = pd > d = d_2 = pd_3 > d_3 = pd_4 > d_4 > ... > d_{m - 1} = pd_m > d_m$ με d_m < p

, όπου κάθε d_i

έχει την ίδια ιδιότητα με τον

(η κατασκευή της ακολουθίας μπορεί να συνεχιστεί μέχρι να φτάσουμε σε όρο μικρότερο του

, και αυτό πρέπει να συμβεί μετά από πεπερασμένο αριθμό βημάτων καθώς διαφορετικά θα είχαμε μια άπειρη γνησίως φθίνουσα ακολουθία φυσικών αριθμών, πράγμα αδύνατο). Επομένως για q = d_m

παίρνουμε $n = qp^{m-1}$ , όπου q < p

και $m \in \mathbb{N}^{*}$ . Επιπλέον, επειδή υπάρχουν άπειροι φυσικοί

με την ιδιότητα γ) και $q \in \{1, 2, ..., p - 1\}$ , υπάρχει ένας

ώστε τη συγκεκριμένη ιδιότητα να την έχουν άπειροι αριθμοί της μορφής $qp^{m-1}$ με $m \in \mathbb{N}^{*}$ , οπότε τελικά όλοι οι αριθμοί αυτής της μορφής (από την κατασκευή της γνησίως φθίνουσας ακολουθίας παραπάνω). Τέλος, επειδή για $0 < k' < p^{m-1}$ με m > 1

έχουμε $0 < qk' < qp^{m-1}$ , ισχύει $f(qk') = f(qp^{m-1} - qk') = f(q(p^{m-1} - k'))$ , οπότε από το β) έχουμε $f(q) + f(k') = f(q) + f(p^{m-1} - k') \Leftrightarrow f(k') = f(p^{m-1} - k')$ , δηλαδή την ιδιότητα γ) την έχουν όλες οι δυνάμεις το

με θετικό ακέραιο εκθέτη.

Θέτουμε τώρα k = f(p)

, και για έναν οποιοδήποτε φυσικό

έχουμε $n = p^{v_p(n)}q$ με v_p(q) = 0

, οπότε από το β) έχουμε $f(n) = f(p^{v_p(n)}) + f(q) = f(p)v_p(n) + f(q) = kv_p(n) + f(q)$ , οπότε αρκεί να δείξουμε ότι f(q) = 0

. Έστω πως υπάρχουν φυσικοί r που δεν διαιρούνται με το

ώστε

, και έστω r_0

ο ελάχιστος αυτών. Τότε, υπάρχει φυσικός m > 1

με $p^m < r_0 < p^{m+1}$ , οπότε γράφουμε $p^{m+1} = dr_0 + v$ με $0 \leq v < r_0$ και έχουμε $f(v) = f(p^{m+1} - v) = f(dr_0) = f(d) + f(r_0) \geq f(r_0) > 0$ , που σημαίνει ότι v = pv_0

(από την υπόθεση ελαχίστου για το r_0

). Άρα έχουμε $p^{m+1} = dr_0 + pv_0$ με gcd(r_0, p) = 1

, οπότε πρέπει d = pd_0

και $p^{m+1} = pd_0r_0 + pv_0 \Rightarrow p^m = d_0r_0 + v_0 \geq r_0$ αν d_0 > 0

που είναι άτοπο αφού $p^m < r_0 < p^{m+1}$ . Επομένως d_0 = 0

και

, που σημαίνει ότι $p^{m+1} = v < r_0$ που είναι πάλι άτοπο αφού $p^m < r_0 < p^{m+1}$ . Άρα έχουμε πράγματι f(q) = 0

οποτεδήποτε ο

δεν διαιρείται με τον

και άρα

για κάθε φυσικό

.

Εύκολα όλες οι συναρτήσεις της παραπάνω μορφής ικανοποιούν τη συνθήκη α) για n = p

, τη συνθήκη β), και τη συνθήκη γ) για τις δυνάμεις του

.

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2021

Μέλη σε σύνδεση