Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 2

Σ' αυτόν τόν φάκελο καταχωρούνται, γιά περιορισμένο χρονικό διάστημα, ασκήσεις πού προτείνονται από οποιοδήποτε μέλος, αλλά η επίλυσή τους αφήνεται ΜΟΝΟ στούς μαθητές.

Συντονιστής: polysot

Άβαταρ μέλους
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 215
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 2

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιάννης Μπόρμπας » Κυρ Απρ 16, 2017 8:22 pm

Διαγώνισμα 2 Επίπεδο: Αρχιμήδης

Πρόβλημα 1
Να λυθεί στους πρώτους αριθμούς η εξίσωση:
2^{p+4}+q^2=r^3

Πρόβλημα 2
Αν για τα πολυώνυμα:
P(x)=ax^3+bx^2+cx+d και Q(x)=(a-b)x^3+(b-c)x^2+(c-d)x+(d-a) όπου
a,b,c,d μη μηδενικοί πραγματικοί αριθμοί ισχύει ότι:
(1) Το κάθε ένα από αυτά έχει 3 διαφορετικές πραγματικές ρίζες.
(2) Έχουν μεταξύ τους ακριβώς 2 κοινές ρίζες
(3) Το άθροισμα των μη κοινών ριζών τους ισούται με 1
Να βρεθούν οι διάφορες τιμές των b,c,d συναρτήσει του a

Πρόβλημα 3
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ABC με AB<AC<BC και οι διχοτόμοι του
BD και CE. Οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων
AEC και ADB ξανατέμνονται στο F. Η FD τέμνει την EC στο
L και η FE τέμνει την DB στο K. Αν οι περιγεγραμμένοι κύκλοι
των τριγώνων ELF και DKF ξανατέμνονται στο S να αποδείξετε ότι
τα E,S,D είναι συνευθειακά.

Πρόβλημα 4
Οι αριθμοί 1,2, ... ,n είναι γραμμένοι σε έναν πίνακα όπου n θετικός
ακέραιος. Σε κάθε κίνηση, μπορούμε να διαγράψουμε 2 αριθμούς από
τον πίνακα, και στην θέση τους να τοποθετήσουμε το ελάχιστο κοινό
πολλαπλάσιό τους. Ύστερα από k κινήσεις, εκτελούμε το άθροισμα
των αριθμών που βρίσκονται εκείνη την στιγμή στον πίνακα το οποίο
θα ονομάζουμε S. Να βρεθεί η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή του θετικού
ακέραιου n έτσι ώστε να υπάρχει ακέραιος k έτσι ώστε S=2017
τελευταία επεξεργασία από Γιάννης Μπόρμπας σε Κυρ Απρ 16, 2017 10:11 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Γιάννης Μπορμπαντωνάκης
Friedoon
Δημοσιεύσεις: 61
Εγγραφή: Δευ Οκτ 24, 2016 6:39 pm
Τοποθεσία: Γλυφάδα

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Friedoon » Κυρ Απρ 16, 2017 8:55 pm

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 2
Πρόβλημα 3
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ABC με AB<AC<BC και οι διχοτόμοι του
BD και CE. Οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων
AEC και ADB ξανατέμνονται στο F. Η FD τέμνει την EC στο
L και η FE τέμνει την DB στο K. Αν οι περιγεγραμμένοι κύκλοι
των τριγώνων ELF και DKF ξανατέμνονται στο S να αποδείξετε ότι
τα E,S,D είναι συνευθειακά.
Βλέπουμε πως \widehat{KFL}=\widehat{EFA}+\widehat{DFA}=\dfrac{\widehat{B}+\widehat{C}}{2}
και \widehat{KIL}=\widehat{A}+\frac{\widehat{B}+\widehat{C}}{2},όπου I το έκκεντρο.
Άρα FKLI εγγράψιμο.Όμως το S είναι το σημείο Miquel του εγγράψιμου FKIL και άρα θα είναι συνευθειακό με τα E,D
Συνημμένα
Screenshot (57).png
Screenshot (57).png (45.31 KiB) Προβλήθηκε 1149 φορές


Ανδρέας Χαραλαμπόπουλος
JimNt.
Δημοσιεύσεις: 522
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από JimNt. » Κυρ Απρ 16, 2017 10:00 pm

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 2

Πρόβλημα 1
Να λυθεί στους πρώτους αριθμούς η εξίσωση:
2^{p+4}+q^2=r^3
Διακρίνουμε τις ακόλουθες περιπτώσεις:
p=3 Συνεπώς, πρέπει 2^7+q^2=r^3. Αν q \neq 3, 3|r \Leftrightarrow r=3. Επομένως, 2^7+q^2=27 ,άτοπο. Συνεπώς, q=3. Παίρνοντας \mod 9, έχουμε r^3 \equiv(2^{3})^2\cdot2 +9 \equiv 2 \mod 9, άτοπο.
p=2 Έχουμε 2^6+q^2=r^3 \Leftrightarrow (r-4)(r^2+4r+16)=q^2 και αφού q πρώτος και r^2+4r+16>r-4 παίρνουμε r-4=1, r^2+4r+16=q^2 που όμως δεν δίνει λύσεις.
p=3n+1 Έχουμε 2^{3n+5}+q^2=r^3 Ομοίως με πριν q=3 , από όπου με \mod 9 παίρνουμε r^3 \equiv +/- 4 \mod 9 , που σε κάθε περίπτωση δεν αποτελεί κυβικό υπόλοιπο.
p=3n-1>2 Ομοίως με πριν q=3. Και η διοφαντική παίρνει την μορφή 9=r^3-(2^{n-1})^3, που δεν έχει λύσεις.
Συνεπώς, δεν υπάρχουν πρώτοι (θετικοί) που να ικανοποιούν την ζητούμενη.


It's the questions we can't answer that teach us the most. They teach us how to think. If you give a man an answer, all he gains is a little fact. But give him a question and he'll look for his own answers.
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 750
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Κυρ Απρ 16, 2017 10:09 pm

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 2

Πρόβλημα 1
Να λυθεί στους πρώτους αριθμούς η εξίσωση:
2^{p+4}+q^2=r^3
a) Έστω πως p>2 και q\ne 3.

Τότε έχουμε ότι p+4 περιττός, επομένως 2^{p+4}\equiv -1 \pmod{3}.

Ακόμα, q^2\equiv 1 \pmod{3}.

Άρα 3|r^3\Leftrightarrow 3|r, δηλαδή r=3.

Συνεπώς έχουμε ότι 2^{p+4}+q^2=27. Όμως p+4>6, άρα δεν έχουμε λύσεις σε αυτή την περίπτωση.

b) Έστω q=3.

Η εξίσωση γίνεται:

2^{p+4}+9=r^3

Θα χρησιμοποιήσουμε \pmod{7}.

Εύκολα βρίσκουμε πως τα πιθανά υπόλοιπα του 2^{p+4} είναι τα επαναλαμβανόμενα 1, 2, 4. Άρα του 2^{p+4}+9 είναι 3, 4, 6, άτοπο, καθώς τα δυνατά υπόλοιπα του r^3 είναι 0, 1, -1.

c) Έστω p=2.

Η εξίσωση γίνεται:

64+q^2=r^3

Χρησιμοποιώντας πάλι \pmod{7}, έχουμε ότι:

Τα δυνατά υπόλοιπα του q^2 είναι 0, 1, 2, 4, επομένως του 64+r^2 τα 1, 2, 3, 5, ενώ του r^3 τα 0, 1, -1. Άρα πρέπει 64+q^2\equiv 1 \pmod{7}\Leftrightarrow 7|q\Leftrightarrow q=7

Επομένως η εξίσωση γίνεται 113=r^3, που δεν έχει ακέραιες λύσεις.

Η εξίσωση λοιπόν είναι άλυτη.
τελευταία επεξεργασία από Διονύσιος Αδαμόπουλος σε Κυρ Απρ 16, 2017 10:22 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Houston, we have a problem!
JimNt.
Δημοσιεύσεις: 522
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από JimNt. » Κυρ Απρ 16, 2017 10:11 pm

Έχει λύσεις όταν p=-2,-3


It's the questions we can't answer that teach us the most. They teach us how to think. If you give a man an answer, all he gains is a little fact. But give him a question and he'll look for his own answers.
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 750
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Κυρ Απρ 16, 2017 10:12 pm

Νομίζω όταν λέμε πρώτους εννοούμε θετικούς πρώτους.


Houston, we have a problem!
Άβαταρ μέλους
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 215
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιάννης Μπόρμπας » Κυρ Απρ 16, 2017 10:25 pm

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 2

b) Έστω q=3.

Η εξίσωση γίνεται:

2^{p+4}+9=r^3

Θα χρησιμοποιήσουμε \pmod{7}.

Εύκολα βρίσκουμε πως τα πιθανά υπόλοιπα του 2^{p+4} είναι τα επαναλαμβανόμενα 1, 2, 4. Άρα του 2^{p+4}+9 είναι 3, 4, 6, άτοπο, καθώς τα δυνατά υπόλοιπα του r^3 είναι 0, 1, -1.


Η εξίσωση λοιπόν είναι άλυτη.
Το υπόλοιπο -1 ταυτίζεται με το 6 αφού έχουμε (\mod 7)
Αν q=3 γράφουμε:
2^{p+4}+8=r^3-1 (1)
8(2^{p+1}+1)=(r-1)(r^2+r+1)
Θα κάνουμε μερικές παρατηρήσεις και θα καταλήξουμε σε άτοπο.
Αρχικά ο αριθμός p+1 είναι άρτιος αφού p>2
Στην συνέχεια από την (1) έχουμε ότι r\equiv 1(\mod 4)
Οπότε: r^2+r+1\equiv 3 (\mod4)
Άρα θα υπάρχει πρώτος αριθμός s\equiv 3(\mod 4) τέτοιος ώστε s|r^2+r+1
Οπότε s|2^{p+1}+1 όμως αυτό δεν γίνεται αφού \displaystyle{\left(\frac{-1}{s}\right)=-1}


Γιάννης Μπορμπαντωνάκης
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1354
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 2

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Σάβ Μάιος 05, 2018 2:02 pm

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:
Κυρ Απρ 16, 2017 8:22 pm
Διαγώνισμα 2 Επίπεδο: Αρχιμήδης

Πρόβλημα 4
Οι αριθμοί 1,2, ... ,n είναι γραμμένοι σε έναν πίνακα όπου n θετικός
ακέραιος. Σε κάθε κίνηση, μπορούμε να διαγράψουμε 2 αριθμούς από
τον πίνακα, και στην θέση τους να τοποθετήσουμε το ελάχιστο κοινό
πολλαπλάσιό τους. Ύστερα από k κινήσεις, εκτελούμε το άθροισμα
των αριθμών που βρίσκονται εκείνη την στιγμή στον πίνακα το οποίο
θα ονομάζουμε S. Να βρεθεί η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή του θετικού
ακέραιου n έτσι ώστε να υπάρχει ακέραιος k έτσι ώστε S=2017
Γεια σου Γιάννη!

Για n=11, βλέπουμε ότι επιλέγοντας τους (4,5), \,\, (9,11), και μετά τους 20,99 που προκύπτουν, έχουμε τους αριθμούς 1,2,3,6,7,8,10,1980 γραμμένους στον πίνακα. Πράγματι, S=2017.

Αν τώρα δείξουμε ότι για n=10 η διαδικασία του προβλήματος δεν επιτυγχάνεται, θα έχουμε ότι \rm min \, \, n=11.

Έστω ότι για n=10, η διαδικασία επιτυγχάνεται.

Αφού \rm lcm (1,2, \ldots, 10)=2520>2017, θα έχουμε τουλάχιστον 2 αριθμούς στον πίνακα, την στιγμή που θα προκύψει S=2017. Έστω ότι αυτοί είναι οι a,b.

Αφού στο σύνολο \{1,2, \ldots, 10 \} υπάρχει μόνο ένα πολλαπλάσιο του 7 (το 7), μόνο ένας εκ των a,b θα διαιρείται με 7, έστω ο a.

Είναι εύκολο να διαπιστώσουμε πως a \mid \rm lcm  (1,2, \ldots, 10), δηλαδή a \mid 2520, και a<2017.

Αφού όμως 7 \mid a \Rightarrow a=7k \Rightarrow 7k \mid 2520 \Rightarrow k \mid 360 .

Επίσης, a=7k \mid 2017 \Rightarrow k<288, και άρα \rm max k=180, και a \leqslant 1260.

Ακόμη, b \mid 2520, και b \mid \rm lcm  (1,2,3,4,5,6,8,9,10)  \Rightarrow b \mid 1080.

Έτσι, b \mid 2520, b \mid 1080 \Rightarrow b \mid \gcd(2520,1080) \Rightarrow b \mid 360 \Rightarrow b \leqslant 360.

Αν τώρα έχουμε μόνο δύο αριθμούς στο τέλος της διαδικασίας, είναι 2017=a+b \leqslant 1260+360=1620<2017, άτοπο.

Όμοια, αν έχουμε τρεις αριθμούς 2017=a+b+c \leqslant 1260+360+360=1980, άτοπο.

Άρα, έχουμε τουλάχιστον 4 αριθμούς, έστω a,b,c,d.

Το πολύ ένας εκ των a,b,c,d μπορεί να διαιρείται από το 7, και το πολύ δύο από το 5. Έστω 7 \mid a.

Αν τώρα 5 \mid a, έστω 5 \mid b και έχουμε όπως και πριν a \leqslant 1260, b \leqslant 360 , c \leqslant 72 , άρα a+b+c \leqslant 1692.

Αν όμως το 5 δεν διαιρεί το a, έστω 5 \mid b,c, και a\leqslant 504, b,c \leqslant 360. Έτσι, a+b+c \leqslant 1224.

Παρατηρούμε ότι και στις δύο περιπτώσεις, τα 5,7 δεν διαιρούν το d, άρα d \leqslant 72.

Όμως, 1692+72+72+72+72=1980<2017, άρα θέλουμε τουλάχιστον 7 αριθμούς να μείνουν στο τέλος της διαδικασίας, άρα 1 \leqslant k \leqslant 3.

Μπορούμε να ελέγξουμε ότι k>1, καθώς αν k=1, έστω p,q \leqslant 10 οι δύο επιλεγμένοι αριθμοί. Τότε,

\rm lcm  (p,q)-p-q=2017-55=1962 \Rightarrow pq>\rm lcm  (p,q)>1962 \Rightarrow 100>pq>1962 , άτοπο.

Άρα, k=2,3.

Αν k=2, τότε έχουμε δύο επιλογές:

1) Να επιλέξουμε δύο διαφορετικά ζευγάρια (a,b), \, (c,d), οπότε το τελικό άθροισμα είναι <80+63+6+5+4+3+2+1=164<2017.
2) Να επιλέξουμε το ζεύγος a,b, και το \rm lcm  (a,b) που προκύπτει, να το επιλέξουμε με έναν άλλο αριθμό c. Τότε, S<720+7+6+5+4+3+2+1=748<2017.

Αν k=3, με όμοια διαδικασία, έχουμε άτοπο.

Άρα όντως \rm min  n=11 .

Είναι τώρα \rm lcm (a,b)-a-b \geqslant -a, με a \geqslant b (αφού \rm lcm (a,b)-a-b \geqslant b-a-b=-a.

Έτσι, 2017- \dfrac{n(n+1)}{2} \geqslant - (\left \lfloor \dfrac{n}{2}} \right \rfloor+1+ \ldots +n) \Rightarrow n \leqslant 72, και πράγματι για n=72 επιλέγουμε τα ζεύγη (k,2k) \rightarrow 2k , για κάθε k \in \{1,2, \ldots, 35 \}, εκτός του k=19. Θα προκύψει τότε S=2017.

Υ.Γ. Αν όλες αυτές οι ασκήσεις είναι δικές σου Γιάννη, :clap2: :clap2:


Ο καθένας λέει ότι να΄ναι και είναι πάντα σύμφωνος με τον εαυτό του ! 'Ολοι μιλάνε και κανείς δεν ακούει! Ο κόσμος είναι σε νοητική αδράνεια ! Ελένη Γλυκατζή Αρβελέρ
Άβαταρ μέλους
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 215
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 2

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιάννης Μπόρμπας » Τετ Μάιος 09, 2018 8:08 pm

Ορέστης Λιγνός έγραψε:
Σάβ Μάιος 05, 2018 2:02 pm
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:
Κυρ Απρ 16, 2017 8:22 pm
Διαγώνισμα 2 Επίπεδο: Αρχιμήδης

Πρόβλημα 4
Οι αριθμοί 1,2, ... ,n είναι γραμμένοι σε έναν πίνακα όπου n θετικός
ακέραιος. Σε κάθε κίνηση, μπορούμε να διαγράψουμε 2 αριθμούς από
τον πίνακα, και στην θέση τους να τοποθετήσουμε το ελάχιστο κοινό
πολλαπλάσιό τους. Ύστερα από k κινήσεις, εκτελούμε το άθροισμα
των αριθμών που βρίσκονται εκείνη την στιγμή στον πίνακα το οποίο
θα ονομάζουμε S. Να βρεθεί η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή του θετικού
ακέραιου n έτσι ώστε να υπάρχει ακέραιος k έτσι ώστε S=2017
Γεια σου Γιάννη!

Για n=11, βλέπουμε ότι επιλέγοντας τους (4,5), \,\, (9,11), και μετά τους 20,99 που προκύπτουν, έχουμε τους αριθμούς 1,2,3,6,7,8,10,1980 γραμμένους στον πίνακα. Πράγματι, S=2017.

Αν τώρα δείξουμε ότι για n=10 η διαδικασία του προβλήματος δεν επιτυγχάνεται, θα έχουμε ότι \rm min \, \, n=11.

Έστω ότι για n=10, η διαδικασία επιτυγχάνεται.

Αφού \rm lcm (1,2, \ldots, 10)=2520>2017, θα έχουμε τουλάχιστον 2 αριθμούς στον πίνακα, την στιγμή που θα προκύψει S=2017. Έστω ότι αυτοί είναι οι a,b.

Αφού στο σύνολο \{1,2, \ldots, 10 \} υπάρχει μόνο ένα πολλαπλάσιο του 7 (το 7), μόνο ένας εκ των a,b θα διαιρείται με 7, έστω ο a.

Είναι εύκολο να διαπιστώσουμε πως a \mid \rm lcm  (1,2, \ldots, 10), δηλαδή a \mid 2520, και a<2017.

Αφού όμως 7 \mid a \Rightarrow a=7k \Rightarrow 7k \mid 2520 \Rightarrow k \mid 360 .

Επίσης, a=7k \mid 2017 \Rightarrow k<288, και άρα \rm max k=180, και a \leqslant 1260.

Ακόμη, b \mid 2520, και b \mid \rm lcm  (1,2,3,4,5,6,8,9,10)  \Rightarrow b \mid 1080.

Έτσι, b \mid 2520, b \mid 1080 \Rightarrow b \mid \gcd(2520,1080) \Rightarrow b \mid 360 \Rightarrow b \leqslant 360.

Αν τώρα έχουμε μόνο δύο αριθμούς στο τέλος της διαδικασίας, είναι 2017=a+b \leqslant 1260+360=1620<2017, άτοπο.

Όμοια, αν έχουμε τρεις αριθμούς 2017=a+b+c \leqslant 1260+360+360=1980, άτοπο.

Άρα, έχουμε τουλάχιστον 4 αριθμούς, έστω a,b,c,d.

Το πολύ ένας εκ των a,b,c,d μπορεί να διαιρείται από το 7, και το πολύ δύο από το 5. Έστω 7 \mid a.

Αν τώρα 5 \mid a, έστω 5 \mid b και έχουμε όπως και πριν a \leqslant 1260, b \leqslant 360 , c \leqslant 72 , άρα a+b+c \leqslant 1692.

Αν όμως το 5 δεν διαιρεί το a, έστω 5 \mid b,c, και a\leqslant 504, b,c \leqslant 360. Έτσι, a+b+c \leqslant 1224.

Παρατηρούμε ότι και στις δύο περιπτώσεις, τα 5,7 δεν διαιρούν το d, άρα d \leqslant 72.

Όμως, 1692+72+72+72+72=1980<2017, άρα θέλουμε τουλάχιστον 7 αριθμούς να μείνουν στο τέλος της διαδικασίας, άρα 1 \leqslant k \leqslant 3.

Μπορούμε να ελέγξουμε ότι k>1, καθώς αν k=1, έστω p,q \leqslant 10 οι δύο επιλεγμένοι αριθμοί. Τότε,

\rm lcm  (p,q)-p-q=2017-55=1962 \Rightarrow pq>\rm lcm  (p,q)>1962 \Rightarrow 100>pq>1962 , άτοπο.

Άρα, k=2,3.

Αν k=2, τότε έχουμε δύο επιλογές:

1) Να επιλέξουμε δύο διαφορετικά ζευγάρια (a,b), \, (c,d), οπότε το τελικό άθροισμα είναι <80+63+6+5+4+3+2+1=164<2017.
2) Να επιλέξουμε το ζεύγος a,b, και το \rm lcm  (a,b) που προκύπτει, να το επιλέξουμε με έναν άλλο αριθμό c. Τότε, S<720+7+6+5+4+3+2+1=748<2017.

Αν k=3, με όμοια διαδικασία, έχουμε άτοπο.

Άρα όντως \rm min  n=11 .

Είναι τώρα \rm lcm (a,b)-a-b \geqslant -a, με a \geqslant b (αφού \rm lcm (a,b)-a-b \geqslant b-a-b=-a.

Έτσι, 2017- \dfrac{n(n+1)}{2} \geqslant - (\left \lfloor \dfrac{n}{2}} \right \rfloor+1+ \ldots +n) \Rightarrow n \leqslant 72, και πράγματι για n=72 επιλέγουμε τα ζεύγη (k,2k) \rightarrow 2k , για κάθε k \in \{1,2, \ldots, 35 \}, εκτός του k=19. Θα προκύψει τότε S=2017.

Υ.Γ. Αν όλες αυτές οι ασκήσεις είναι δικές σου Γιάννη, :clap2: :clap2:
Καλησπέρα Ορέστη (έστω και αργοπορημένα) και ευχαριστώ για τα καλά σου λόγια, πολλά μπράβο για την λύση!


Γιάννης Μπορμπαντωνάκης
christinat
Δημοσιεύσεις: 6
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 23, 2018 11:26 pm

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 2

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από christinat » Πέμ Ιαν 10, 2019 12:48 am

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:
Κυρ Απρ 16, 2017 8:22 pm
Διαγώνισμα 2 Επίπεδο: Αρχιμήδης

Πρόβλημα 1
Να λυθεί στους πρώτους αριθμούς η εξίσωση:
2^{p+4}+q^2=r^3

Πρόβλημα 2
Αν για τα πολυώνυμα:
P(x)=ax^3+bx^2+cx+d και Q(x)=(a-b)x^3+(b-c)x^2+(c-d)x+(d-a) όπου
a,b,c,d μη μηδενικοί πραγματικοί αριθμοί ισχύει ότι:
(1) Το κάθε ένα από αυτά έχει 3 διαφορετικές πραγματικές ρίζες.
(2) Έχουν μεταξύ τους ακριβώς 2 κοινές ρίζες
(3) Το άθροισμα των μη κοινών ριζών τους ισούται με 1
Να βρεθούν οι διάφορες τιμές των b,c,d συναρτήσει του a

Πρόβλημα 3
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ABC με AB<AC<BC και οι διχοτόμοι του
BD και CE. Οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων
AEC και ADB ξανατέμνονται στο F. Η FD τέμνει την EC στο
L και η FE τέμνει την DB στο K. Αν οι περιγεγραμμένοι κύκλοι
των τριγώνων ELF και DKF ξανατέμνονται στο S να αποδείξετε ότι
τα E,S,D είναι συνευθειακά.

Πρόβλημα 4
Οι αριθμοί 1,2, ... ,n είναι γραμμένοι σε έναν πίνακα όπου n θετικός
ακέραιος. Σε κάθε κίνηση, μπορούμε να διαγράψουμε 2 αριθμούς από
τον πίνακα, και στην θέση τους να τοποθετήσουμε το ελάχιστο κοινό
πολλαπλάσιό τους. Ύστερα από k κινήσεις, εκτελούμε το άθροισμα
των αριθμών που βρίσκονται εκείνη την στιγμή στον πίνακα το οποίο
θα ονομάζουμε S. Να βρεθεί η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή του θετικού
ακέραιου n έτσι ώστε να υπάρχει ακέραιος k έτσι ώστε S=2017



Πρόβλημα 2

Έστω x_{1},x_{2},x_{3}
οι ρίζες του \mathbb{P}

Και x_{1},x_{2},x_{4}
οι ρίζες του \mathbb{Q}

Με το σχήμα Horner εύκολα προκύπτει ότι μια από τις ρίζες του \mathbb{Q} είναι το 1
Έστω χ4=1 μη κοινή λύση των δυο πολυωνυμων
τοτε\chi _{3}+ \chi _{4}=1\Rightarrow \chi _{_3}=0, άτοπο γιατί πρέπει \chi \neq 0(a,b,c,d\neq 0)
Άρα το 1 είναι κοινή λύση των πολυωνυμων,\chi _{1}=1

\mathbb{Q}(\chi )=(\chi -1)[(a-b)\chi ^{2}-(c-a)\chi )-(d-a)]:
S=\frac{c-a}{a-b}=\chi _{2}+\chi _{4}
P=- \frac{d-a}{a-b}=\chi _{2}\ast \chi _{4}

Αφού \chi_{1}=1 για το P ισχύει ότι
d=-(a+b+c).Οποτε P(x)=(x-1)[ax^{2}+(a+b)x+ a+b+c]\Rightarrow P(x)=(x-1)[ax^{2}+(a+b)x-d]
S=-\frac{a+b}{a}=x_{2}+x_{3}
P=\frac{-d}{a}=x_{2}*x_{3}

Για x=x_{2} έχουμε:
P(x)-Q(x)=0\Rightarrow (x-1)[bx^{2}+(b+c)x- 
a]=0

Η δευτεροβάθμια αυτή έχει μια διπλή ρίζα την \chi _{2}

S=-\frac{b+c}{b} P=-\frac{a}{b}

x_{2}=-\frac{b+c}{2b}

-\frac{a}{b}=x_{2}*x_{2}=\frac{(b+c)^{2}}{4b^{2}}\Rightarrow -4ab^{2}=b*(b+c)^{2}\Rightarrow a=-\frac{-(b+c)^{2}}{4b} ,b=\frac{(b+c)^{2}}{-4a}

Οποτε d=-(a+b+c)\Rightarrow d=-(a+c)+\frac{(b+c)^{2}}{4a}\Rightarrow d=\frac{-4a(a+c)+(b+c)^{2}}{4a}(1)

\frac{c-a}{a-b}=-\frac{b+c}{2b}+x_{4}\Rightarrow \frac{c-a}{a-b}=\frac{4a(c-a)}{4a^{2}+(b+c)^{2}}


Άρα x4=\frac{4a(c-a)}{4a^{2}+(b+c)^{2}} + \frac{b+c}{2b}

Με πράξεις προκύπτει ότι x4+1=1+b+c + \frac{4a(c-a)}{4a^{2}+(b+c)^{2}}=\frac{c-a}{a-b}  ή  
\frac{4a(c-a)}{4a^{2}+(b+c)^{2}}=\frac{c-a}{a-b}-(1+b+c)

Όμως \frac{4a(c-a)}{4a^{2}+(b+c)^{2}}=\frac{4a(c-a)} 
{4a(a-b)}=\frac{c-a}{a-b}

Έτσι \frac{c-a}{a-b}=\frac{c-a}{a-b}-(1+b+c)\Rightarrow -(b+c)=1\Rightarrow b+c=-1

Άρα b=\frac{(b+c)^{2}}{-4a}=-\frac{1}{4a}

b+c=-1\Rightarrow c=-1+\frac{1}{4a}

Από όλα τα παραπάνω και την σχεση (1) προκύπτει ότι d=1-a


Άβαταρ μέλους
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 215
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 2

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιάννης Μπόρμπας » Παρ Ιαν 11, 2019 12:39 pm

christinat έγραψε:
Πέμ Ιαν 10, 2019 12:48 am
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:
Κυρ Απρ 16, 2017 8:22 pm
Διαγώνισμα 2 Επίπεδο: Αρχιμήδης

Πρόβλημα 1
Να λυθεί στους πρώτους αριθμούς η εξίσωση:
2^{p+4}+q^2=r^3

Πρόβλημα 2
Αν για τα πολυώνυμα:
P(x)=ax^3+bx^2+cx+d και Q(x)=(a-b)x^3+(b-c)x^2+(c-d)x+(d-a) όπου
a,b,c,d μη μηδενικοί πραγματικοί αριθμοί ισχύει ότι:
(1) Το κάθε ένα από αυτά έχει 3 διαφορετικές πραγματικές ρίζες.
(2) Έχουν μεταξύ τους ακριβώς 2 κοινές ρίζες
(3) Το άθροισμα των μη κοινών ριζών τους ισούται με 1
Να βρεθούν οι διάφορες τιμές των b,c,d συναρτήσει του a

Πρόβλημα 3
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ABC με AB<AC<BC και οι διχοτόμοι του
BD και CE. Οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων
AEC και ADB ξανατέμνονται στο F. Η FD τέμνει την EC στο
L και η FE τέμνει την DB στο K. Αν οι περιγεγραμμένοι κύκλοι
των τριγώνων ELF και DKF ξανατέμνονται στο S να αποδείξετε ότι
τα E,S,D είναι συνευθειακά.

Πρόβλημα 4
Οι αριθμοί 1,2, ... ,n είναι γραμμένοι σε έναν πίνακα όπου n θετικός
ακέραιος. Σε κάθε κίνηση, μπορούμε να διαγράψουμε 2 αριθμούς από
τον πίνακα, και στην θέση τους να τοποθετήσουμε το ελάχιστο κοινό
πολλαπλάσιό τους. Ύστερα από k κινήσεις, εκτελούμε το άθροισμα
των αριθμών που βρίσκονται εκείνη την στιγμή στον πίνακα το οποίο
θα ονομάζουμε S. Να βρεθεί η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή του θετικού
ακέραιου n έτσι ώστε να υπάρχει ακέραιος k έτσι ώστε S=2017



Πρόβλημα 2

Έστω x_{1},x_{2},x_{3}
οι ρίζες του \mathbb{P}

Και x_{1},x_{2},x_{4}
οι ρίζες του \mathbb{Q}

Με το σχήμα Horner εύκολα προκύπτει ότι μια από τις ρίζες του \mathbb{Q} είναι το 1
Έστω χ4=1 μη κοινή λύση των δυο πολυωνυμων
τοτε\chi _{3}+ \chi _{4}=1\Rightarrow \chi _{_3}=0, άτοπο γιατί πρέπει \chi \neq 0(a,b,c,d\neq 0)
Άρα το 1 είναι κοινή λύση των πολυωνυμων,\chi _{1}=1

\mathbb{Q}(\chi )=(\chi -1)[(a-b)\chi ^{2}-(c-a)\chi )-(d-a)]:
S=\frac{c-a}{a-b}=\chi _{2}+\chi _{4}
P=- \frac{d-a}{a-b}=\chi _{2}\ast \chi _{4}

Αφού \chi_{1}=1 για το P ισχύει ότι
d=-(a+b+c).Οποτε P(x)=(x-1)[ax^{2}+(a+b)x+ a+b+c]\Rightarrow P(x)=(x-1)[ax^{2}+(a+b)x-d]
S=-\frac{a+b}{a}=x_{2}+x_{3}
P=\frac{-d}{a}=x_{2}*x_{3}

Για x=x_{2} έχουμε:
P(x)-Q(x)=0\Rightarrow (x-1)[bx^{2}+(b+c)x- 
a]=0

Η δευτεροβάθμια αυτή έχει μια διπλή ρίζα την \chi _{2}

S=-\frac{b+c}{b} P=-\frac{a}{b}

x_{2}=-\frac{b+c}{2b}

-\frac{a}{b}=x_{2}*x_{2}=\frac{(b+c)^{2}}{4b^{2}}\Rightarrow -4ab^{2}=b*(b+c)^{2}\Rightarrow a=-\frac{-(b+c)^{2}}{4b} ,b=\frac{(b+c)^{2}}{-4a}

Οποτε d=-(a+b+c)\Rightarrow d=-(a+c)+\frac{(b+c)^{2}}{4a}\Rightarrow d=\frac{-4a(a+c)+(b+c)^{2}}{4a}(1)

\frac{c-a}{a-b}=-\frac{b+c}{2b}+x_{4}\Rightarrow \frac{c-a}{a-b}=\frac{4a(c-a)}{4a^{2}+(b+c)^{2}}


Άρα x4=\frac{4a(c-a)}{4a^{2}+(b+c)^{2}} + \frac{b+c}{2b}

Με πράξεις προκύπτει ότι x4+1=1+b+c + \frac{4a(c-a)}{4a^{2}+(b+c)^{2}}=\frac{c-a}{a-b}  ή  
\frac{4a(c-a)}{4a^{2}+(b+c)^{2}}=\frac{c-a}{a-b}-(1+b+c)

Όμως \frac{4a(c-a)}{4a^{2}+(b+c)^{2}}=\frac{4a(c-a)} 
{4a(a-b)}=\frac{c-a}{a-b}

Έτσι \frac{c-a}{a-b}=\frac{c-a}{a-b}-(1+b+c)\Rightarrow -(b+c)=1\Rightarrow b+c=-1

Άρα b=\frac{(b+c)^{2}}{-4a}=-\frac{1}{4a}

b+c=-1\Rightarrow c=-1+\frac{1}{4a}

Από όλα τα παραπάνω και την σχεση (1) προκύπτει ότι d=1-a
Καλησπέρα Χριστίνα, πώς θα μπορούσαμε να συνδυάσουμε τις κοινές ρίζες των P και Q με το πολυώνυμο H(x)=Q(x)+(x-1)P(x) για μία ταχύτερη λύση;


Γιάννης Μπορμπαντωνάκης
christinat
Δημοσιεύσεις: 6
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 23, 2018 11:26 pm

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 2

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από christinat » Παρ Ιαν 11, 2019 8:52 pm

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:
Παρ Ιαν 11, 2019 12:39 pm
christinat έγραψε:
Πέμ Ιαν 10, 2019 12:48 am
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:
Κυρ Απρ 16, 2017 8:22 pm
Διαγώνισμα 2 Επίπεδο: Αρχιμήδης

Πρόβλημα 1
Να λυθεί στους πρώτους αριθμούς η εξίσωση:
2^{p+4}+q^2=r^3

Πρόβλημα 2
Αν για τα πολυώνυμα:
P(x)=ax^3+bx^2+cx+d και Q(x)=(a-b)x^3+(b-c)x^2+(c-d)x+(d-a) όπου
a,b,c,d μη μηδενικοί πραγματικοί αριθμοί ισχύει ότι:
(1) Το κάθε ένα από αυτά έχει 3 διαφορετικές πραγματικές ρίζες.
(2) Έχουν μεταξύ τους ακριβώς 2 κοινές ρίζες
(3) Το άθροισμα των μη κοινών ριζών τους ισούται με 1
Να βρεθούν οι διάφορες τιμές των b,c,d συναρτήσει του a

Πρόβλημα 3
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ABC με AB<AC<BC και οι διχοτόμοι του
BD και CE. Οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων
AEC και ADB ξανατέμνονται στο F. Η FD τέμνει την EC στο
L και η FE τέμνει την DB στο K. Αν οι περιγεγραμμένοι κύκλοι
των τριγώνων ELF και DKF ξανατέμνονται στο S να αποδείξετε ότι
τα E,S,D είναι συνευθειακά.

Πρόβλημα 4
Οι αριθμοί 1,2, ... ,n είναι γραμμένοι σε έναν πίνακα όπου n θετικός
ακέραιος. Σε κάθε κίνηση, μπορούμε να διαγράψουμε 2 αριθμούς από
τον πίνακα, και στην θέση τους να τοποθετήσουμε το ελάχιστο κοινό
πολλαπλάσιό τους. Ύστερα από k κινήσεις, εκτελούμε το άθροισμα
των αριθμών που βρίσκονται εκείνη την στιγμή στον πίνακα το οποίο
θα ονομάζουμε S. Να βρεθεί η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή του θετικού
ακέραιου n έτσι ώστε να υπάρχει ακέραιος k έτσι ώστε S=2017



Πρόβλημα 2

Έστω x_{1},x_{2},x_{3}
οι ρίζες του \mathbb{P}

Και x_{1},x_{2},x_{4}
οι ρίζες του \mathbb{Q}

Με το σχήμα Horner εύκολα προκύπτει ότι μια από τις ρίζες του \mathbb{Q} είναι το 1
Έστω χ4=1 μη κοινή λύση των δυο πολυωνυμων
τοτε\chi _{3}+ \chi _{4}=1\Rightarrow \chi _{_3}=0, άτοπο γιατί πρέπει \chi \neq 0(a,b,c,d\neq 0)
Άρα το 1 είναι κοινή λύση των πολυωνυμων,\chi _{1}=1

\mathbb{Q}(\chi )=(\chi -1)[(a-b)\chi ^{2}-(c-a)\chi )-(d-a)]:
S=\frac{c-a}{a-b}=\chi _{2}+\chi _{4}
P=- \frac{d-a}{a-b}=\chi _{2}\ast \chi _{4}

Αφού \chi_{1}=1 για το P ισχύει ότι
d=-(a+b+c).Οποτε P(x)=(x-1)[ax^{2}+(a+b)x+ a+b+c]\Rightarrow P(x)=(x-1)[ax^{2}+(a+b)x-d]
S=-\frac{a+b}{a}=x_{2}+x_{3}
P=\frac{-d}{a}=x_{2}*x_{3}

Για x=x_{2} έχουμε:
P(x)-Q(x)=0\Rightarrow (x-1)[bx^{2}+(b+c)x- 
a]=0

Η δευτεροβάθμια αυτή έχει μια διπλή ρίζα την \chi _{2}

S=-\frac{b+c}{b} P=-\frac{a}{b}

x_{2}=-\frac{b+c}{2b}

-\frac{a}{b}=x_{2}*x_{2}=\frac{(b+c)^{2}}{4b^{2}}\Rightarrow -4ab^{2}=b*(b+c)^{2}\Rightarrow a=-\frac{-(b+c)^{2}}{4b} ,b=\frac{(b+c)^{2}}{-4a}

Οποτε d=-(a+b+c)\Rightarrow d=-(a+c)+\frac{(b+c)^{2}}{4a}\Rightarrow d=\frac{-4a(a+c)+(b+c)^{2}}{4a}(1)

\frac{c-a}{a-b}=-\frac{b+c}{2b}+x_{4}\Rightarrow \frac{c-a}{a-b}=\frac{4a(c-a)}{4a^{2}+(b+c)^{2}}


Άρα x4=\frac{4a(c-a)}{4a^{2}+(b+c)^{2}} + \frac{b+c}{2b}

Με πράξεις προκύπτει ότι x4+1=1+b+c + \frac{4a(c-a)}{4a^{2}+(b+c)^{2}}=\frac{c-a}{a-b}  ή  
\frac{4a(c-a)}{4a^{2}+(b+c)^{2}}=\frac{c-a}{a-b}-(1+b+c)

Όμως \frac{4a(c-a)}{4a^{2}+(b+c)^{2}}=\frac{4a(c-a)} 
{4a(a-b)}=\frac{c-a}{a-b}

Έτσι \frac{c-a}{a-b}=\frac{c-a}{a-b}-(1+b+c)\Rightarrow -(b+c)=1\Rightarrow b+c=-1

Άρα b=\frac{(b+c)^{2}}{-4a}=-\frac{1}{4a}

b+c=-1\Rightarrow c=-1+\frac{1}{4a}

Από όλα τα παραπάνω και την σχεση (1) προκύπτει ότι d=1-a
Καλησπέρα Χριστίνα, πώς θα μπορούσαμε να συνδυάσουμε τις κοινές ρίζες των P και Q με το πολυώνυμο H(x)=Q(x)+(x-1)P(x) για μία ταχύτερη λύση;

Γιάννη το δοκίμασα με τον τρόπο που λες (όντως είναι πιο σύντομος) και βγάζω άλλες λύσεις
Μήπως είχα κάνει κάποιο λάθος την πρώτη φορα δεν ξέρω εσυ θα μου πεις


Άβαταρ μέλους
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 215
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 2

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιάννης Μπόρμπας » Σάβ Ιαν 12, 2019 2:25 pm

christinat έγραψε:
Παρ Ιαν 11, 2019 8:52 pm
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:
Παρ Ιαν 11, 2019 12:39 pm
christinat έγραψε:
Πέμ Ιαν 10, 2019 12:48 am
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:
Κυρ Απρ 16, 2017 8:22 pm
Διαγώνισμα 2 Επίπεδο: Αρχιμήδης

Πρόβλημα 1
Να λυθεί στους πρώτους αριθμούς η εξίσωση:
2^{p+4}+q^2=r^3

Πρόβλημα 2
Αν για τα πολυώνυμα:
P(x)=ax^3+bx^2+cx+d και Q(x)=(a-b)x^3+(b-c)x^2+(c-d)x+(d-a) όπου
a,b,c,d μη μηδενικοί πραγματικοί αριθμοί ισχύει ότι:
(1) Το κάθε ένα από αυτά έχει 3 διαφορετικές πραγματικές ρίζες.
(2) Έχουν μεταξύ τους ακριβώς 2 κοινές ρίζες
(3) Το άθροισμα των μη κοινών ριζών τους ισούται με 1
Να βρεθούν οι διάφορες τιμές των b,c,d συναρτήσει του a

Πρόβλημα 3
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ABC με AB<AC<BC και οι διχοτόμοι του
BD και CE. Οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων
AEC και ADB ξανατέμνονται στο F. Η FD τέμνει την EC στο
L και η FE τέμνει την DB στο K. Αν οι περιγεγραμμένοι κύκλοι
των τριγώνων ELF και DKF ξανατέμνονται στο S να αποδείξετε ότι
τα E,S,D είναι συνευθειακά.

Πρόβλημα 4
Οι αριθμοί 1,2, ... ,n είναι γραμμένοι σε έναν πίνακα όπου n θετικός
ακέραιος. Σε κάθε κίνηση, μπορούμε να διαγράψουμε 2 αριθμούς από
τον πίνακα, και στην θέση τους να τοποθετήσουμε το ελάχιστο κοινό
πολλαπλάσιό τους. Ύστερα από k κινήσεις, εκτελούμε το άθροισμα
των αριθμών που βρίσκονται εκείνη την στιγμή στον πίνακα το οποίο
θα ονομάζουμε S. Να βρεθεί η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή του θετικού
ακέραιου n έτσι ώστε να υπάρχει ακέραιος k έτσι ώστε S=2017



Πρόβλημα 2

Έστω x_{1},x_{2},x_{3}
οι ρίζες του \mathbb{P}

Και x_{1},x_{2},x_{4}
οι ρίζες του \mathbb{Q}

Με το σχήμα Horner εύκολα προκύπτει ότι μια από τις ρίζες του \mathbb{Q} είναι το 1
Έστω χ4=1 μη κοινή λύση των δυο πολυωνυμων
τοτε\chi _{3}+ \chi _{4}=1\Rightarrow \chi _{_3}=0, άτοπο γιατί πρέπει \chi \neq 0(a,b,c,d\neq 0)
Άρα το 1 είναι κοινή λύση των πολυωνυμων,\chi _{1}=1

\mathbb{Q}(\chi )=(\chi -1)[(a-b)\chi ^{2}-(c-a)\chi )-(d-a)]:
S=\frac{c-a}{a-b}=\chi _{2}+\chi _{4}
P=- \frac{d-a}{a-b}=\chi _{2}\ast \chi _{4}

Αφού \chi_{1}=1 για το P ισχύει ότι
d=-(a+b+c).Οποτε P(x)=(x-1)[ax^{2}+(a+b)x+ a+b+c]\Rightarrow P(x)=(x-1)[ax^{2}+(a+b)x-d]
S=-\frac{a+b}{a}=x_{2}+x_{3}
P=\frac{-d}{a}=x_{2}*x_{3}

Για x=x_{2} έχουμε:
P(x)-Q(x)=0\Rightarrow (x-1)[bx^{2}+(b+c)x- 
a]=0

Η δευτεροβάθμια αυτή έχει μια διπλή ρίζα την \chi _{2}

S=-\frac{b+c}{b} P=-\frac{a}{b}

x_{2}=-\frac{b+c}{2b}

-\frac{a}{b}=x_{2}*x_{2}=\frac{(b+c)^{2}}{4b^{2}}\Rightarrow -4ab^{2}=b*(b+c)^{2}\Rightarrow a=-\frac{-(b+c)^{2}}{4b} ,b=\frac{(b+c)^{2}}{-4a}

Οποτε d=-(a+b+c)\Rightarrow d=-(a+c)+\frac{(b+c)^{2}}{4a}\Rightarrow d=\frac{-4a(a+c)+(b+c)^{2}}{4a}(1)

\frac{c-a}{a-b}=-\frac{b+c}{2b}+x_{4}\Rightarrow \frac{c-a}{a-b}=\frac{4a(c-a)}{4a^{2}+(b+c)^{2}}


Άρα x4=\frac{4a(c-a)}{4a^{2}+(b+c)^{2}} + \frac{b+c}{2b}

Με πράξεις προκύπτει ότι x4+1=1+b+c + \frac{4a(c-a)}{4a^{2}+(b+c)^{2}}=\frac{c-a}{a-b}  ή  
\frac{4a(c-a)}{4a^{2}+(b+c)^{2}}=\frac{c-a}{a-b}-(1+b+c)

Όμως \frac{4a(c-a)}{4a^{2}+(b+c)^{2}}=\frac{4a(c-a)} 
{4a(a-b)}=\frac{c-a}{a-b}

Έτσι \frac{c-a}{a-b}=\frac{c-a}{a-b}-(1+b+c)\Rightarrow -(b+c)=1\Rightarrow b+c=-1

Άρα b=\frac{(b+c)^{2}}{-4a}=-\frac{1}{4a}

b+c=-1\Rightarrow c=-1+\frac{1}{4a}

Από όλα τα παραπάνω και την σχεση (1) προκύπτει ότι d=1-a
Καλησπέρα Χριστίνα, πώς θα μπορούσαμε να συνδυάσουμε τις κοινές ρίζες των P και Q με το πολυώνυμο H(x)=Q(x)+(x-1)P(x) για μία ταχύτερη λύση;

Γιάννη το δοκίμασα με τον τρόπο που λες (όντως είναι πιο σύντομος) και βγάζω άλλες λύσεις
Μήπως είχα κάνει κάποιο λάθος την πρώτη φορα δεν ξέρω εσυ θα μου πεις
Ας δούμε λίγο πιο αναλυτικά αυτή την ιδέα.
Αν r είναι μία κοινή ρίζα των P και Q , τότε είναι και ρίζα του H(x)=K(x)P(x)+L(x)Q(x).
Επομένως, αρκεί να επιλέξουμε κατάλληλα πολυώνυμα K(x) και L(x) έτσι ώστε οι κοινές ρίζες να ειναι εύκολα υπολογίσιμες μέσω του H(x).
Επιλέγοντας K(x)=x-1 και L(x)=1 έχουμε ότι H(x)=ax^4-a=a(x^4-1). Οι ρίζες του H είναι οι -1,1, αφού όμως τα P,Q έχουν ακριβώς 2 κοινές ρίζες τότε οι κοινές ρίζες τους θα είναι οι -1,1.
P(1)=0 \implies a+b+c+d=0 (1)
P(-1)=0 \implies a-b+c-d=0 (2)
Επομένως: c=-a και d=-b.
Κάνοντας αντικατάσταση στα πολυώνυμα και παραγοντοποίηση έχουμε:
P(x)=(x^2-1)(ax+b)
Q(x)=(x^2-1)[(a-b)x+(a+b)]
Αφού το άθροισμα των μη κοινών ριζών των πολυωνύμων ισούται με 1 πρέπει:
-\frac{b}{a}-\frac{a+b}{a-b}=1
Δηλαδή 2a^2+ab-b^2=0 \implies (a+b)(2a-b)=0.
Εάν a+b=0 τότε η τρίτη ρίζα του P είναι το 1 (άτοπο από εκφώνηση (1))
Εάν 2a-b=0 τότε P(-2)=0 και Q(3)=0 που ικανοποιεί τις προϋποθέσεις.
Οπότε (b,c,d)=(2a,-a,-2a) είναι η λύση.


Γιάννης Μπορμπαντωνάκης
Απάντηση

Επιστροφή σε “Ασκήσεις ΜΟΝΟ για μαθητές”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης