Αρχιμήδης 2016-2017

Γιάννης Μπόρμπας · #101

Friedoon έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Άσκηση 28 Juniors
Έστω θετικός ακέραιος. Στο ορθοκανονικό σύστημα αξόνων, θα ονομάζουμε "Τέλεια" τα σημεία για τα οποία ισχύει ότι:
Έχουν μη αρνητικές ακέραιες συντεταγμένες.
$2) 2n\ge x,y\ge 0$ .
.
Στην συνέχεια, ένα ευθύγραμμο τμήμα θα ονομάζεται "Καθαρό" αν:
Τα άκρα του είναι "Τέλεια" σημεία
Δεν διέρχεται από κανένα άλλο "Τέλειο" σημείο.
Αν επίσης προσθέσουμε το σημείο στα σημεία του πλέγματος και είναι το πλήθος
των "Καθαρών" ευθυγράμμων τμημάτων συναρτήσει του , να δειχθεί ότι αν για κάποιο
ο αριθμός: είναι τέλειο τετράγωνο τότε και ο είναι τέλειο τετράγωνο.
Μου φαίνεται κάπως περίεργος ο τύπος για το αλλά νομίζω είναι σωστή η λύση μου.
Αρχικά τα "Τέλεια" σημεία είναι τα σημεία με ακέραιες συντεταγμενες που βρίσκονται πάνω στις πλευρές του τετραγώνου με κορυφές τις : και το σημείο Β που είναι το κέντρο του τετραγώνου αυτού.
Άρα τα "καθαρά" ευθύγραμμα τμήματα είναι τα εξής:
1)Αυτά που τα άκρα τους είναι γειτονικά σημεία μια πλευράς του τετραγώνου ,που είναι συνολικά .
2)Αυτά που το ένα τους άκρο είναι το Β,και αυτά είναι .
3)Αυτά που έχουν για άκρα τους μία κορυφή του τετραγώνου και το άλλο άκρο σε άλλη πλευρά(και δεν περνάνε απο το Β),που είναι
4)Αυτά που το ένα άκρο τους είναι σημείο διαφορετικό από τις κορυφές του τετραγώνου και το Β και το άλλο ακρο είναι σε διαφορετική πλευρά (δεν μετράμε το ευθύγραμμο τμήμα που περνάει και από το Β),που είναι
Άρα $Clean(n)=8n+8n+\frac{4(4n-2)+(8n-4)(8n-2n-2)}{2}$ ,διαιρούμε με το 2 τα τμήματα της περίπτωσης 3) και 4) καθώς τα διπλομετράμε όλα. $Clean(n)=8n+8n+\frac{4(4n-2)+(8n-4)(8n-2n-2)}{2}=4n(6n+1)$ όμως . Άρα αν το είναι τέλειο τετράγωνο τότε θα πρέπει και το αλλά και το να είναι τέλεια τετράγωνα.

Πολύ ωραία!

JimNt. · #102

Άσκηση 29 Juniors
Να βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους

ώστε $3^{n-1}+5^{n-1} | 3^n+5^n$

Friedoon · #103

JimNt. έγραψε:Άσκηση 29 Juniors
Να βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους ώστε $3^{n-1}+5^{n-1} | 3^n+5^n$

$3^{n-1}+5^{n-1} | 3^n+5^n \Rightarrow 3^{n-1}+5^{n-1} | 3^n+5^n -3(3^{n-1}+5^{n-1})=2*5^{n-1}$
Όμως $3^{n-1}+5^{n-1}\le2*5^{n-1}<2(3^{n-1}+5^{n-1})$ .
Άρα θα πρέπει $3^{n-1}+5^{n-1}=2*5^{n-1}\Rightarrow n=1$

JimNt. · #104

Friedoon έγραψε:
JimNt. έγραψε:Άσκηση 29 Juniors
Να βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους ώστε $3^{n-1}+5^{n-1} | 3^n+5^n$
$3^{n-1}+5^{n-1} | 3^n+5^n \Rightarrow 3^{n-1}+5^{n-1} | 3^n+5^n -3(3^{n-1}+5^{n-1})=2*5^{n-1}$
Όμως $3^{n-1}+5^{n-1}\le2*5^{n-1}<2(3^{n-1}+5^{n-1})$ .
Άρα θα πρέπει $3^{n-1}+5^{n-1}=2*5^{n-1}\Rightarrow n=1$

Ωραία. Διαφορετικά $3^{n-1}+5^{n-1}|2*5^{n-1}$ $\Leftrightarrow^{(3^{n-1}+5^{n-1},5^{n-1})=1}$ $3^{n-1}+5^{n-1}|2$ ...

chris97 · #105

Friedoon έγραψε:Ανεβάζω 2 ασκήσεις που προτάθηκαν στο μάθημα της ΕΜΕ του προηγούμενου Σαββάτου για εξάσκηση για τον Αρχιμήδη.(Έχω λύση μονο για την 1η καθώς δεν έχω προσπαθήσει την 2η)

Άσκηση 26 Seniors
Να αποδειχθεί ότι η παρακάτω ανισότητα ισχύει για κάθε χ θετικό πραγματικό αριθμό:
$\frac{2017}{(x+1)(x+4034)}\le \frac{1}{x+1}-\frac{1}{x+2}+\frac{1}{x+3}-\frac{1}{x+4}+...+\frac{1}{x+4033}-\frac{1}{x+4034}$

Άσκηση 27 Seniors
Αν και $a_{n+1}=a_n+\frac{2}{a_n}$ , $n \ge 0$
Να αποδειχθεί ότι $a_{2017} >89$

για την Άσκηση 27

Από την δοσμένη σχέση μπορούμε να δούμε ότι ισχύει η σχέση ${a_{n+1}}^2>{a_{n}}^2+4$ (1)

. Πράγματι,
$\frac{4}{a_n^2}>0$ ισχύει ,επομένως και η (1)

ισχύει.
Από την (1)

λαμβάνουμε ότι :
${a_{2017}}^2>{a_{2016}}^2+4$ (2)

${a_{2016}}^2>{a_{2015}}^2+4$ (3)

...............................................................

${a_{3}}^2>{a_{2}}^2+4$ (2016)

${a_{2}}^2>{a_{1}}^2+4$ (2017)

Προσθέτουμε κατά μέλη τις (2)

,

, ............. , (2016)

,

και λαμβάνω ότι:
${a_{2017}}^2>{a_{1}}^2+4*2016$
δηλαδή:
${a_{2017}}^2>9+8064=8073$ προφανώς 89^2=7921

άρα ${a_{2017}}>89$

Friedoon · #106

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Άσκηση 20 Seniors
Να βρεθούν τα ζεύγη θετικών ακεραίων που είναι τέτοια ώστε ο αριθμός: $\displaystyle{\frac{a^5+ab^4}{a^2+b^2}}$ να
είναι τέλειος κύβος πρώτου αριθμού.

-Edit: λάθος λύση

mikemoke · #107

,

θετικοί ακέραιοι Αν ab+1

διαιρει το a^2+b^2

να δειξετε οτι $\frac{a^2+b^2}{ab+1}$ ειναι το τετραγωνο ακεραιου

Γιάννης Μπόρμπας · #108

Friedoon έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Άσκηση 20 Seniors
Να βρεθούν τα ζεύγη θετικών ακεραίων που είναι τέτοια ώστε ο αριθμός: $\displaystyle{\frac{a^5+ab^4}{a^2+b^2}}$ να
είναι τέλειος κύβος πρώτου αριθμού.
Έστω και και τότε έχουμε:
$d^3a_1\frac{a_1^4+b_1^4}{a_1^2+b_1^2}=p^3$ ,όπου πρώτος.
Τώρα εύκολα παίρνουμε πως ή .
Για έχουμε πως
Για έχουμε:
$a_1\frac{a_1^4+b_1^4}{a_1^2+b_1^2}=p^3 \Rightarrow a_1=1 \vee a_1=p \vee a_1=p^2 \vee a_1=p^3$
Αν έχουμε : ,παίρνοντας διακρίνουσα έχουμε πως το πρεπει να είναι τέλειο τετράγωνο, όμως άτοπο.
Αν έχουμε με , όμως πάλι άτοπο.
Αν θα πάρουμε ομοίως ,άτοπο.
Αν θα πάρουμε πως ,άτοπο.
Άρα μόνες λύσεις είναι

Γιατί πρέπει d=p

ή

;

Γιάννης Μπόρμπας · #109

mikemoke έγραψε:, θετικοί ακέραιοι Αν διαιρει το να δειξετε οτι $\frac{a^2+b^2}{ab+1}$ ειναι το τετραγωνο ακεραιου

Είναι πλέον αρκετά γνωστό αυτό το πρόβλημα το οποίο λύνεται με Vietta Jumping

.

Friedoon · #110

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:
Friedoon έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Άσκηση 20 Seniors
Να βρεθούν τα ζεύγη θετικών ακεραίων που είναι τέτοια ώστε ο αριθμός: $\displaystyle{\frac{a^5+ab^4}{a^2+b^2}}$ να
είναι τέλειος κύβος πρώτου αριθμού.
Έστω και και τότε έχουμε:
$d^3a_1\frac{a_1^4+b_1^4}{a_1^2+b_1^2}=p^3$ ,όπου πρώτος.
Τώρα εύκολα παίρνουμε πως ή .
Για έχουμε πως
Για έχουμε:
$a_1\frac{a_1^4+b_1^4}{a_1^2+b_1^2}=p^3 \Rightarrow a_1=1 \vee a_1=p \vee a_1=p^2 \vee a_1=p^3$
Αν έχουμε : ,παίρνοντας διακρίνουσα έχουμε πως το πρεπει να είναι τέλειο τετράγωνο, όμως άτοπο.
Αν έχουμε με , όμως πάλι άτοπο.
Αν θα πάρουμε ομοίως ,άτοπο.
Αν θα πάρουμε πως ,άτοπο.
Άρα μόνες λύσεις είναι
Γιατί πρέπει ή ;

Αφού θα πρέπει d^3|p^3

Γιάννης Μπόρμπας · #111

Friedoon έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:
Friedoon έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Άσκηση 20 Seniors
Να βρεθούν τα ζεύγη θετικών ακεραίων που είναι τέτοια ώστε ο αριθμός: $\displaystyle{\frac{a^5+ab^4}{a^2+b^2}}$ να
είναι τέλειος κύβος πρώτου αριθμού.
Έστω και και τότε έχουμε:
$d^3a_1\frac{a_1^4+b_1^4}{a_1^2+b_1^2}=p^3$ ,όπου πρώτος.
Τώρα εύκολα παίρνουμε πως ή .
Για έχουμε πως
Για έχουμε:
$a_1\frac{a_1^4+b_1^4}{a_1^2+b_1^2}=p^3 \Rightarrow a_1=1 \vee a_1=p \vee a_1=p^2 \vee a_1=p^3$
Αν έχουμε : ,παίρνοντας διακρίνουσα έχουμε πως το πρεπει να είναι τέλειο τετράγωνο, όμως άτοπο.
Αν έχουμε με , όμως πάλι άτοπο.
Αν θα πάρουμε ομοίως ,άτοπο.
Αν θα πάρουμε πως ,άτοπο.
Άρα μόνες λύσεις είναι
Γιατί πρέπει ή ;
Αφού θα πρέπει

Γιατί όμως gcd(a_1^2+b_1^2,d)=1

;

knm2608 · #112

mikemoke έγραψε:, θετικοί ακέραιοι Αν διαιρει το να δειξετε οτι $\frac{a^2+b^2}{ab+1}$ ειναι το τετραγωνο ακεραιου

Πρόβλημα 6 στην IMO 1988. Αποδεικνύεται εύκολα με Vieta Jumping.

Friedoon · #113

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:
Friedoon έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:
Friedoon έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Άσκηση 20 Seniors
Να βρεθούν τα ζεύγη θετικών ακεραίων που είναι τέτοια ώστε ο αριθμός: $\displaystyle{\frac{a^5+ab^4}{a^2+b^2}}$ να
είναι τέλειος κύβος πρώτου αριθμού.
Έστω και και τότε έχουμε:
$d^3a_1\frac{a_1^4+b_1^4}{a_1^2+b_1^2}=p^3$ ,όπου πρώτος.
Τώρα εύκολα παίρνουμε πως ή .
Για έχουμε πως
Για έχουμε:
$a_1\frac{a_1^4+b_1^4}{a_1^2+b_1^2}=p^3 \Rightarrow a_1=1 \vee a_1=p \vee a_1=p^2 \vee a_1=p^3$
Αν έχουμε : ,παίρνοντας διακρίνουσα έχουμε πως το πρεπει να είναι τέλειο τετράγωνο, όμως άτοπο.
Αν έχουμε με , όμως πάλι άτοπο.
Αν θα πάρουμε ομοίως ,άτοπο.
Αν θα πάρουμε πως ,άτοπο.
Άρα μόνες λύσεις είναι
Γιατί πρέπει ή ;
Αφού θα πρέπει
Γιατί όμως ;

Ναι σωστά λάθος μου.

Friedoon · #114

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Άσκηση 4 Seniors
Αν $\displaystyle{\lfloor\sum_{k=1}^{100}\frac{(k+1)(k^3-2k+2)}{k(k+2)}\rfloor=l}$ .
Να λυθεί η εξίσωση στους θετικούς ακεραίους όπου με
$\lfloor x \rfloor$ συμβολίζουμε το ακέραιο μέρος του

Πάρα πολύ ωραία άσκηση

, αλλά ίσως να έχω κάνει κάποιο αριθμητικό .
Αρχικά παρατηρούμε πως:
$\frac{(k+1)(k^3-2k+2)}{k(k+2)} = \left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+2}\right)+2\binom{k}{2} \tag{1}$
Τώρα τηλεσκοπικά αλλά και χρησιμοποιώντας την ταυτότητα $\sum_{i=r}^n{{i}\choose{r}}={{n+1}\choose{r+1}}$
έχουμε πως : $\sum_{k=1}^{100}\frac{(k+1)(k^3-2k+2)}{k(k+2)}=2\binom{101}{3}+\frac{3}{2}-\frac{1}{101}-\frac{1}{102}.\tag{2}$
Όμως $\frac{3}{2}-\frac{1}{101}-\frac{1}{102}>1$ άρα $\lfloor\sum_{k=1}^{100}\frac{(k+1)(k^3-2k+2)}{k(k+2)}\rfloor=2\binom{101}{3}+1=333301$ .
Όμως 333301=79*4219

. Άρα έχουμε:
(a+b)(a^2-ab+b^2)=79*4219

Αν

και

τότε
$a^2-ab+b^2=4219 \Leftrightarrow (a+b)^2-3ab=4219 \Leftrightarrow 3ab=2022 \Leftrightarrow ab=674=2*337$
που είναι άτοπο αφού θα πρέπει το α και β να έχουν άθροισμα 79.
Αν (a+b)=4219

και

τότε
$a^2-ab+b^2=79 \Leftrightarrow (a+b)^2-3ab=79 \Leftrightarrow 3ab=4219^2-79=17799882 \Leftrightarrow ab=5933294=2*73*40639$
πάλι όμως άτοπο αφόυ θα πρέπει να έχουν άθροισμα 4219
Άρα δεν υπάρχουν θετικοί ακέραιοι α,β που να ικανοποιούν τη σχέση.
(οι περισσότεροι αριθμοί αναλύθηκαν σε γινόμενο πρώτων παραγόντων με χρήση λογισμικού)

Γιάννης Μπόρμπας · #115

Ευχαριστώ! Μια άλλη λύση είναι η εξής:
$333301\equiv 4(\mod 9)$
Όμως $u^3\equiv -1,0,1(\mod 9)$
Άρα $x^3+y^3\equiv -2,-1,0,1,2(\mod 9)$
Οπότε η εξίσωση δεν έχει λύση.

Γιάννης Μπόρμπας · #116

Άσκηση 30 Seniors
Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις $f:\mathbb{R}^2-->\mathbb{R}$ που ικανοποιούν την σχέση:
$P(x,y): f(x+f(y))+f(yf(x))=y(x+1)+f(x), \forall x,y\in\mathbb{R}$ .

Γιάννης Μπόρμπας · #117

Άλυτες παραμένουν οι ασκήσεις:
$\boxed{2,5,6,10,11,13,20,30}$

JimNt. · #118

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Άσκηση 11 Juniors
Θεωρούμε τις εξισώσεις:
:
:
Με μεταβλητή το και
μη μηδενικοί πραγματικοί αριθμοί.
Αν οι εξισώσεις έχουν τουλάχιστον μία κοινή πραγματική λύση
να αποδείξετε ότι

Θέτουμε $P(x)\equiv ax^4+bx^3+cx^2+dx+e$ και $Q(x)\equiv ex^4+ax^3+bx^2+cx+d$ . Αρκεί να δείξουμε ότι το

αποτελεί κοινή ρίζα των προαναφερθείσων. Είναι όμως P(x)=x(Q(x)-ex^4)+e

. Αν τώρα

η κοινή ρίζα. Είναι 0=-en^5+e

$\Leftrightarrow$ en^5=e

$\Leftrightarrow$ $\boxed{n=1}$ , το ζητούμενο.

Friedoon · #119

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Άσκηση 2 Seniors
Αν για τα πολυώνυμα και όπου μη μηδενικοί πραγματικοί ισχύει ότι:
1)Τα πολυώνυμα μεταξύ τους έχουν ακριβώς κοινές ρίζες.
2)Η γραφική παράσταση του κάθε πολυωνύμου τέμνει τον άξονα σε ακριβώς 3 διαφορετικά σημεία
3)Αν $r,s\in\mathbb{R} : P(r)=0 , Q(s)=0 , P(s)Q(r)\not=0$ τότε
Να βρεθούν τα δυνατά πολυώνυμα συναρτήσει του .

Ουσιαστικά έχουμε 2 πολυώνυμα 3ου βαθμού που το καθένα έχει 3 ρίζες,2 εκ των οποίων είναι κοινές.
Παρατηρούμε πως Q(1)=0

και διακρίνουμε 2 περιπτώσεις:
1) το 1 είναι μη κοινή ρίζα των πολυωνύμων , τότε
s=1

και

.Τώρα από τους τύπους του Vieta έχουμε τα εξής.
$x+y=4-\frac{b}{a}$ (1) ,
$xy-4(x+y)=\frac{c}{a}$ (2) ,
$-4xy=-\frac{d}{a}$ (3) ,
$x+y=-1+\frac{c-b}{a-b}$ (4),
$xy+x+y=\frac{c-d}{a-b}$ (5),
$xy=\frac{a-d}{a-b}$ (6),
όπου χ,y οι 2 κοινές ρίζες.
λύνοντας διαδοχικά για κάθε μεταβλητή βρίσκουμε πως :
b=4a

,

και

2) Το 1 είναι κοινή ρίζα, τότε απο τους τύπους του Vieta θα έχουμε :
Όπου και θα πάρουμε ένα σύστημα 7 μετβλητών και 8 εξισώσεων.

Θα χρειαστεί να λύσω τo παραπάνω σύστημα,ή μου διαφεύγει κάτι;

simantiris j. · #120

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Άσκηση 30 Seniors
Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις $f:\mathbb{R}^2-->\mathbb{R}$ που ικανοποιούν την σχέση:
$P(x,y): f(x+f(y))+f(yf(x))=y(x+1)+f(x), \forall x,y\in\mathbb{R}$ .

Καλησπέρα!Μια λύση για αυτήν.
$P(0,0)\Rightarrow f(f(0)=0$
$P(f(0),f(0))\Rightarrow f(0)=f(0)(f(0)+1)\Rightarrow f(0)=0$ .
$P(0,y)\Rightarrow f(f(y))=y$ άρα η f είναι 1-1.
$P(x,1)\Rightarrow f(x+f(1))=f(x)+1$ όπου για

το

έχουμε $f(f(x)+f(1))=x+1=f(f(x+1))\Rightarrow f(x+1)=f(x)+f(1)$ (λόγω του 1-1),άρα είναι και f(f(x)+1)=x+f(1)

(1).
$P(1,x)\Rightarrow f(f(x)+1)+f(xf(1))=2x+f(1)\Rightarrow f(xf(1))=x$ (χρησιμοποιήθηκε η (1))
Αν f(1)=0

έχω άτοπο άρα στην προηγούμενη θέτοντας όπου

το

έχω

και με αντικατάσταση στην αρχική παίρνω ότι c=1

ή

.
Άρα $f(x)=x, \forall x\in \mathbb{R}$ ή $f(x)=-x,\forall x\in \mathbb{R}$ .

Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

Μέλη σε σύνδεση