mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 07, 2022 9:41 am**

Μετάφρασα στα Ελληνικά τα θέματα του διαγωνισμού Μαθηματικών του C.U.P. για μαθητές Α Λυκείου της 29-6-2022.
Αυτόν τον διεθνή διαγωνισμό υλοποιεί από το 2013 το Μαθηματικό Σχολείο του Βελιγραδίου,
το καλύτερο Πρότυπο Σχολείο της Δημοκρατίας της Σερβίας. Για περισσότερες πληροφορίες για τον διαγωνισμό δείτε εδώ:
https://www.cup.mg.edu.rs/organization-menu/regulation

Πληροφορίες για το Σχολείο και την Ιστορία του δείτε εδώ:
https://www.mg.edu.rs/uploads/files/pub ... -2018.pdf

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 07, 2022 10:55 pm**

Για το 3ο θέμα
Έχουμε για $\displaystyle \kappa\neq\lambda$ ότι $\displaystyle MK\Delta(2^{2^{\kappa}} + 1, 2^{2^{\lambda}} + 1) = MK\Delta(2^{2^{\kappa}} + 1 - \ 2^{2^{\lambda}} - 1, 2^{2^{\lambda}} + 1) = MK\Delta(2^{2^{\kappa}} - \ 2^{2^{\lambda}},2^{2^{\lambda}} + 1)$
$\displaystyle = MK\Delta(\alpha\rho\tau\iota o\varsigma,\pi\varepsilon\rho\iota\tau\tau o\varsigma) = 1$
Άρα $\displaystyle EK\Pi(2^{2^{2}} + 1,2^{2^{3}} + 1,...2^{2^{2022}} + 1) = (2^{2^{2}} + 1) \cdot (2^{2^{3}} + 1) \cdot ... \cdot (2^{2^{2022}} + 1)$
Θα δείξουμε, επαγωγικά, ότι για κάθε $\displaystyle \kappa \geq 2$ το τελευταίο ψηφίο του $\displaystyle 2^{2^{\kappa}}$ είναι το 6.
Για $\displaystyle \kappa = 2$ έχουμε $\displaystyle 2^{2^{2}} = 2^{4} = 16 \equiv 6(\text{mod}10)$
Έστω ότι αληθεύει για $\displaystyle \kappa = \lambda$ , δηλαδή ότι το τελευταίο ψηφίο του $\displaystyle 2^{2^{\lambda}}$ είναι το 6, άρα $2^{2^{\lambda}} \equiv 6(\text{mod}10)$ .
Τότε για $\displaystyle \kappa = \lambda + 1$ έχω $\displaystyle 2^{2^{\kappa}}=2^{2^{\lambda + 1}} = 2^{{2 \cdot 2}^{\lambda}} = \left( 2^{2^{\lambda}} \right)^{2} \equiv 6^{2}mod10 \equiv 36mod10 \equiv 6mod10\)$

Άρα για κάθε $\displaystyle \kappa \geq 2$ , έχουμε ότι $\displaystyle 2^{2^{\kappa}} + 1\equiv7 mod10$
Άρα
$\displaystyle EK\Pi(2^{2^{2}} + 1,2^{2^{3}} + 1,...2^{2^{2022}} + 1) = (2^{2^{2}} + 1) \cdot (2^{2^{3}} + 1) \cdot ... \cdot (2^{2^{2022}} + 1) = \prod_{i = 2}^{2022} (2^{2^{i}} +1)\equiv \prod_{i = 2}^{2022}7 mod10$
$\displaystyle \equiv 7^{2021} mod10{\equiv \left( 7^{4} \right)}^{505} \cdot 7 mod10 \equiv \left( 49^{2} \right)^{505} \cdot 7 \text{mod}10$
$\displaystyle \equiv \left( ( - 1)^{2} \right)^{505} \cdot 7\text{mod}10 \equiv 7\text{mod}10$
Απάντηση: το τελευταίο ψηφίο είναι το 7 (C).

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 08, 2022 7:31 pm**

Θα γράψω μια λύση στο πρόβλημα 9

Αν για τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς a,b,c

ισχύει ότι $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$

τότε να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\geq \frac{3}{2}$

H λύση είναι η εξής:

Ισχύει ότι

$\displaystyle\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\geq \frac{\left ( 1+1+1 \right )^{2}}{a+b+c+1+1+1}=\frac{9}{a+b+c+3}$

Eπίσης ισχύει ότι

$\displaystyle a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq \frac{1}{3}\left ( a+b+c \right )^{2}\Rightarrow 3\geq \frac{1}{3}\left ( a+b+c \right )^{2}\Rightarrow$

$9\geq \left ( a+b+c \right )^{2}\Rightarrow \left ( a+b+c \right )^{2}\leq 9\Rightarrow a+b+c\leq 3\Rightarrow$

$\displaystyle a+b+c+3\leq 6\Rightarrow \frac{1}{a+b+c+3}\geq \frac{1}{6}\Rightarrow$

$\displaystyle \frac{9}{a+b+c+3}\geq \frac{9}{6}\Rightarrow \frac{9}{a+b+c+3}\geq \frac{3}{2}$

Mε τη μεταβατική ιδιότητα ολοκληρώνεται η απόδειξη.

mathematica.gr

Διαγωνισμός Μαθηματικού Σχολείου Βελιγραδίου 2022

Διαγωνισμός Μαθηματικού Σχολείου Βελιγραδίου 2022

Re: Διαγωνισμός Μαθηματικού Σχολείου Βελιγραδίου 2022

Re: Διαγωνισμός Μαθηματικού Σχολείου Βελιγραδίου 2022