Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2003

#1

: 2003.PNG (106.38 KiB) Προβλήθηκε 674 φορές

#2

Λύση στο πρόβλημα 2)

Eύκολα βλέπουμε ότι ο γενικός όρος

$\displaystyle{ \sqrt {1+ \dfrac {1}{(k-1)^2} + \dfrac {1}{k^2} } = 1+ \dfrac {1}{k-1} - \dfrac {1}{k} }$ (άμεσο με ύψωση στο τετράγωνο).

Επειδή έχουμε n-2

προσθετέους, οι άσοι έχουν άθροισμα n-2

. Τα κλάσματα είναι τηλεσκοπικό άθροισμα, εδώ

$\left ( \dfrac {1}{2}- \dfrac {1}{3} \right) + \left ( \dfrac {1}{3}- \dfrac {1}{4} \right) +...+ \left ( \dfrac {1}{n-1}- \dfrac {1}{n} \right) = \dfrac {1}{2}- \dfrac {1}{n}$

Όλο μαζί το άθροισμα είναι $n-2+ \dfrac {1}{2}- \dfrac {1}{n} = n - \dfrac {3}{2}- \dfrac {1}{n}$

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #3

Aς δούμε το Πρόβλημα 1.

$1 < y < 3\Leftrightarrow 1 < x+2 < 3\Leftrightarrow -3< x-2< -1$

$y^{2}-8x=\left( x+2 \right)^{2}-8x=x^{2}+4x+4-8x=x^{2}-4x+4=\left( x-2 \right)^{2}$

Άρα $\sqrt{y^{2}-8x}=\sqrt{\left( x-2 \right)^{2}}=2-x$

$y^{2}+2x+5=y^{2}+2\left( y-2 \right)+5=y^{2}+2y-4+5=y^{2}+2y+1=\left( y+1 \right)^{2}$

Άρα $\sqrt{y^{2}+2x+5}= y+1$

Συνεπώς $\sqrt{y^{2}-8x}+\sqrt{y^{2}+2x+5}=2-x+y+1=2+2+1=5$

#4

Λίγο διαφορετικά για το Πρόβλημα 1.

$\displaystyle A = \sqrt {{x^2} - 4x + 4} + \sqrt {{x^2} + 6x + 9} = |x - 2| + |x + 3|$

Αλλά, $\displaystyle 1 < y < 3 \Leftrightarrow - 3 < - 1 < x < 1 < 2,$ οπότε $\boxed{A=-x+2+x+3=5}$

panosgl2006 · #5

Προβλημα 3:
Το ζητούμενο είναι το άθροισμα:
$\displaystyle \sum_{k=0}^{1001} \binom{2003}{2k}$
Όμως ξέρω οτι:
$\displaystyle \sum_{k=0}^{2003}\binom{2003}{k}=\sum_{k=0}^{1001} \binom{2003}{2k}+\sum_{k=0}^{1001} \binom{2003}{2k+1}=2^{2003}$
Και απο δυωνιμικο ανάπτυγμα ξέρω οτι¨
$\displaystyle 0=(-1+1)^{2003}=\sum_{k=0}^{2003}\binom{2003}{k} (-1)^k=\sum_{k=0}^{1001} \binom{2003}{2k} - \sum_{k=0}^{1001} \binom{2003}{2k+1}$
Αρα
$\displaystyle \sum_{k=0}^{1001} \binom{2003}{2k}=2^{2002}$

#6

Για το πρόβλημα 3:

Ωραιότατη η λύση του Πάνου (panosgl2006) με διωνυμικούς συντελεστές, αλλά ας δούμε μία διαφορετική:

Για κάθε υποσύνολο του $\{1,\, 2,\, 3,\, ... \,,\, 2003\}$ με άρτιο πλήθος στοιχείων το (μοναδικό) συμπλήρωμά του έχει περιττό πλήθος στοιχείων, και αντίστροφα. Άρα τα υποσύνολα με άρτιο πλήθος στοιχείων είναι ακριβώς τα μισά όλων των υποσυνόλων, δηλαδή σε πλήθος είναι $\dfrac {1}{2} \cdot 2^{2003}=2^{2002}$ , όπως στην προηγούμενη λύση.

Υπόψη ότι σε αυτά προσμετράται με το υποσύνολο με

στοιχεία, δηλαδή το κενό σύνολο. Αν δεν μας αρέσει, το αφαιρούμε, οπότε μένουν ένα λιγότερα.

.

#7

Πρόβλημα 4

: Νέοι 2003.png (20.33 KiB) Προβλήθηκε 502 φορές

Από υπόθεση $\displaystyle \frac{{{R_1}}}{{AB}} = \frac{{{R_2}}}{{AC}},$ άρα τα τρίγωνα K_1AB, K_2AC

είναι όμοια και οι κόκκινες γωνίες είναι ίσες, έστω με $\theta.$

$\displaystyle TC \cdot (MBT) = TC\left( {\frac{{TB \cdot MT\sin \theta }}{2}} \right) = TB\left( {\frac{{TC \cdot MT\sin \theta }}{2}} \right) = TB \cdot (MCT)$

#8

Λύση της Άσκησης 5 που ζητά τις ακέραιες λύσεις της x^3+y^3-2xy+x+y+2=0

Απάντηση:

και

.

Λόγω συμμετρίας μπορούμε να υποθέσουμε ότι $|x| \ge |y|$ . Επίσης παρατηρούμε ότι δεν έχουμε λύσεις με x=y

ή

. Πράγματι, για x=y

η εξίσωση γίνεται 2x^3 -2x^2+2x+2=0

, ισοδύναμα x^3-x^2+x+1=0

που δεν έχει ακέραιες ρίζες (οι μόνες υποψήφιες είναι οι διαιρέτες $\pm 1$ του σταθερού όρου, που όμως εύκολα απορρίπτονται). Όμοια εργαζόμεστε για την περίπτωση x=-y

.

Για μικρά x,y

, συγκεκριμένα για $|x|,|y| \le 5$ , ελέγχουμε με το χέρι ότι δεν έχουμε άλλες λύσεις πλην των παραπάνω.

Μπορούμε λοιπόν χωρίς βλάβη να υποθέσουμε $|x| >|y| \ge 5$ , ισοδύναμα $|x|-1 \ge |y| \ge 5, \,(*)$ .

Για χρήση παρακάτω παρατηρούμε ότι για $|x|\ge 6$ έχουμε $|x|^2 \ge 6|x|=5|x|+|x| > 5|x|+1$ . Ισοδύναμα $3|x|^2 -3|x|+1 > 2|x|^2 +2|x|+2,\,(**)$ .

Tώρα, υψώνοντας την (*)

στον κύβο έπεται $|x|^3 -3|x|^2 +3|x|-1\ge |y| ^3$ , ισοδύναμα $|x|^3 -|y| ^3 \ge 3|x|^2 -3|x|+1$ . Συνεπώς, από αυτήν την τελευταία έχουμε

$|x^3 + y^3|\ge |x|^3 -|y| ^3 \ge 3|x|^2 -3|x|+1 > ^{(**)} 2|x|^2 +2|x|+2 \ge$

$\ge 2|x||y| +|x|+|y|+2\ge |2xy-x-y-2|$ .

Από την τελευταία έπεται ειδικά ότι δεν μπορεί να ισχύει x^3 + y^3 =2xy-x-y-2

και άρα δεν μπορεί να ισχύει x^3+y^3-2xy+x+y+2=0

. Με άλλα λόγια δεν έχουμε άλλες λύσεις της αρχικής Διοφαντικής, πέρα από αυτές που βρήκαμε. Αυτό ολοκληρώνει τον συλλογισμό.

Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2003

Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2003

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2003

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2003

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2003

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2003

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2003

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2003

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2003

Μέλη σε σύνδεση