Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

#1

Σε έναν περίπου μήνα θα λάβει χώρα ο ''Αρχιμήδης''. Πιστεύω ότι κάποια μέλη του

θα δώσουν το ''παρών'', οπότε ας ξεκινήσουμε με μερικά θέματα (με τυχαία σειρά).

1. Να βρεθεί το ακέραιο μέρος του αριθμού $\displaystyle{A=\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6}}}+\sqrt[3]{6+\sqrt[3]{6+\sqrt[3]{6}}}.}$

2. Αν $\displaystyle{n\geq 2}$ είναι θετικός ακέραιος, να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{1\cdot \frac{1}{2^2}\cdot \frac{1}{3^3}\cdot \frac{1}{4^4}\cdots \frac{1}{n^n}<\left(\frac{2}{n+1} \right)^{\frac{n(n+1)}{2}}.}$

3. Αν $\displaystyle{a,b}$ είναι οι ρίζες της εξίσωσης $\displaystyle{x^2-6x+1=0,}$ να αποδείξετε ότι για όλες τις θετικές ακέραιες τιμές του $\displaystyle{n}$ , η παράσταση $\displaystyle{K_n=a^n+b^n}$ είναι ακέραιος αριθμός, ο οποίος δε διαιρείται με το $\displaystyle{5}$ .

4. Αν $\displaystyle{a,b,c,d>0}$ με $\displaystyle{a+b+c+d\leq 1}$ , να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{c}{d}+\frac{d}{c}\leq \frac{1}{64abcd}.}$

5. Να λύσετε στο σύνολο των ακεραίων τις εξισώσεις

i) $\displaystyle{x^3=2y^3+4z^3,}$

ii) $\displaystyle{x^2+x=y^4+y^3+y^2+y.}$

Το επόμενο πρόβλημα είναι μάλλον λανθασμένο. Βλ. τις δημοσιεύσεις παρακάτω
6. Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχουν ακέραιοι $\displaystyle{x,y,z}$ με

$\displaystyle{x^3+y^3+z^3=2011^2.}$

Υ.Γ.
Ας δώσουμε προτεραιότητα στους μαθητές του

.
Όποιος θέλει, ας εμπλουτίσει το αρχείο και με άλλες ασκήσεις.

kwstas12345 · #2

Πολύ ωραία τα θέματα. Πρόλαβα να ασχοληθώ με το τελευταίο.

Εύκολα βλέπουμε πως γενικά ο κύβος ακεραίου παίρνει τις μορφές $\displaystyle 7k,7k-1,7k+1, k \in \mathbb{Z}$ . Άρα $\displaystyle a^{3}\equiv -1,1,0\left(mod7 \right)$ .

Έτσι $\displaystyle x^{3}\equiv -1,0,1\equiv \left(mod7 \right),y^{3}\equiv -1,0,1\equiv \left(mod7 \right),z^{3}\equiv -1,0,1\equiv \left(mod7 \right)$ . Παίρνωντας mod 7

το πρώτο μέλος μπορέι είναι $\displaystyle 0,2,1,3,-1,-2,3$ .

Όμως $\displaystyle 2011\equiv 2\left(mod 7 \right)\Rightarrow 2011^{2}\equiv 4\left(mod 7 \right)$ . Άρα η εξίσωση δεν έχει ακέραιες λύσεις.

#3

matha έγραψε:
1. Να βρεθεί το ακέραιο μέρος του αριθμού $\displaystyle{A=\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6}}}+\sqrt[3]{6+\sqrt[3]{6+\sqrt[3]{6}}}.}$

Έξοχη άσκηση με λύση "δύο γραμμών".

Υπόδειξη

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

kwstas12345 · #4

Για το 2.

Για $\displaystyle n=2$ έχουμε $\displaystyle \frac{1}{2^{2}}<\left(\frac{2}{3} \right)^{3}\Leftrightarrow 27<32$ .Έστω ότι ισχύει για καποιο $\dissplaystyle n\geqslant 2 , n \in \mathbb{N}$ , τότε θα είναι: $\displaystyle \prod_{j=1}^{n}{j^{-j}}<\left(\frac{2}{n+1} \right)^{n\frac{n+1}{2}}$ .

Θα αποδείξουμε ότι ισχύει και για n+1

, δηλαδή: $\displaystyle \prod_{j=1}^{n+1}{j^{-j}}<\left(\frac{2}{n+2} \right)^{\frac{\left(n+1 \right)\left(n+2 \right)}{2}}$ και λόγω της πάνω αρκεί να δειχτεί: $\displaystyle \left(\frac{2}{n+1} \right)^{n\frac{n+1}{2}}\frac{1}{\left(n+1 \right)^{n+1}}<\left(\frac{2}{n+2} \right)^{\frac{\left(n+1 \right)\left(n+2 \right)}{2}}$ .

Υψώνωντας στην 2/n+1

αρκεί $\displaystyle \left(\frac{n+2}{n+1} \right)^{n+2}<4\Leftrightarrow \left(n+2 \right)\ln\left(\frac{n+2}{n+1} \right)<2\ln 2$ .

Θεωρούμε την συνάρτηση $\displaystyle f\left(x \right)=\left(x+2 \right)\left(\ln\left(x+2 \right)-\ln\left(x+1 \right) \right), x>1$ με πρώτη παράγωγο $\displaystyle f'\left(x \right)=\ln\frac{x+2}{x+1}+1-\frac{x+2}{x+1}<0$ αφού ως γνωστόν $\displaystyle \ln u\leqslant u-1,u>0$ .

Άρα το Σ.Τ θα είναι $\displaystyle [\lim_{x \rightarrow \infty}f\left(x \right),f\left(1 \right))$ . Άρα και για τον φυσικό n>1

θα είναι γενικά: $\displaystyle \left(n+2 \right)\ln\frac{n+2}{n+1}<3\ln\frac{3}{2}=\ln\frac{27}{8}<\ln 4=2\ln 2$ , 'οπως θέλαμε.

Πιστεύω να μην χάνω κάπου...

chris · #5

matha έγραψε:
4. Αν $\displaystyle{a,b,c,d>0}$ με $\displaystyle{a+b+c+d\leq 1}$ , να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{c}{d}+\frac{d}{c}\leq \frac{1}{64abcd}.}$

Είδα κάπου ανισότητα και τρεέχωωω

...

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Θα χρησιμοποιήσουμε μόνο την βασική ανισότητα:

$\displaystyle \boxed{(x+y)^2\geq 4xy,\forall x,y \in \mathbb{R}}(1)$

H (1)

για

δίνει: $\displaystyle 1\geq (a+b+c+d)^2\geq 4\left(a+b \right)\left(c+d \right)\Leftrightarrow \boxed{\left(a+b \right)\left(c+d \right)\leq \frac{1}{4}}(2)$

Η (1)

για

δίνει:
$\displaystyle \left[(a+b)(c+d) \right]^2=\left(ad+bc+ac+bd \right)^2\geq 4\left(ad+bc \right)\left(ac+bd \right)\Leftrightarrow$ $\displaystyle \boxed{4\left(ad+bc \right)\left(ac+bd \right)\leq \left[(a+b)(c+d) \right]^2}(3)$

Συνεπώς:
$\displaystyle \frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{c}{d}+\frac{d}{c}=\frac{a^2cd+b^2dc+c^2ab+d^2ab}{abcd}=\frac{1}{4abcd}\cdot 4\left(ad+bc \right)\left(ac+bd \right)\leq \frac{\left[\left(a+b \right)\left(c+d \right) \right]^2}{4abcd}\leq \frac{1}{64abcd}$

#6

Νομίζω ότι το

πρέπει να γίνει $\leq$ , αφού για n=1

παράδειγμα έχουμε ισότητα. (Άσε που δε μου βγαίνει κιόλας...

)

matha έγραψε:2. Αν $\displaystyle{n}$ είναι θετικός ακέραιος, να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{1\cdot \frac{1}{2^2}\cdot \frac{1}{3^3}\cdot \frac{1}{4^4}\cdots \frac{1}{n^n}<\left(\frac{2}{n+1} \right)^{\frac{n(n+1)}{2}}.}$

Μια λύση με ιδιότητες λογαρίθμων άθροισμα αριθμητικής προόδου και χρήση κλασικής ανισότητας:

$\displaystyle{\prod_{k=1}^{n}\frac{1}{k^k}\leq\left(\frac{2}{n+1}\right)^{\frac{n(n+1)}{2}}\Leftarrow\sum_{k=1}^{n}\ln(1/k^k)\leq\frac{n(n+1)}{2}\ln\left(\frac{2}{n+1}\right)\Leftarrow-\sum_{k=1}^{n}k\ln k\leq\ln\left(\frac{2}{n+1}\right)\sum_{k=1}^{n}k\Leftarrow}$

$\displaystyle{\sum_{k=1}^{n}\ln\left(\frac{2}{n+1}\right)k+\sum_{k=1}^{n}k\ln k\geq0\Leftarrow\sum_{k=1}^{n}k\ln\left(\frac{2k}{n+1}\right)\geq0}$ .

Ομως από την $1-1/x\leq\ln x$ για x>0

έχουμε $\displaystyle{1-\frac{1}{2k/(n+1)}\leq\ln\left(\frac{2k}{n+1}\right)}$ πολλαπλασάζοντας με

και αθροίζοντας για $\displaystyle{k=1,\ldots,n}$ παίρνουμε

$\displaystyle{\sum_{k=1}^{n}k\ln\left(\frac{2k}{n+1}\right)\geq \sum_{k=1}^{n}k\left(1-\frac{1}{2k/(n+1)}\right)=\left(\sum_{k=1}^{n}k\right)-\frac{n(n+1)}{2}=0}$ .

Dreamkiller · #7

matha έγραψε: 2. Αν $\displaystyle{n}$ είναι θετικός ακέραιος, να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{1\cdot \frac{1}{2^2}\cdot \frac{1}{3^3}\cdot \frac{1}{4^4}\cdots \frac{1}{n^n}<\left(\frac{2}{n+1} \right)^{\frac{n(n+1)}{2}}.}$

Διαφορετικά, με την ΑΜ-ΓΜ έχουμε πως $\displaystyle \frac{2}{n+1}=\frac{n}{\frac{n(n+1)}{2}}=\frac{1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}...+\frac{1}{n}}{\frac{n(n+1)}{2}} >\sqrt[\frac{n(n+1)}{2}]{1\cdot \frac{1}{2^2}\cdot \frac{1}{3^3}\cdot \frac{1}{4^4}\cdots \frac{1}{n^n}}$ .

#8

Βασικά τώρα που το ξανασκέφτομαι, για $n\geq2$ , υπάρχει τουλάχιστον ένα

για το οποίο η ανισότητα είναι γνήσια οπότε αθροίζοντας θα πάρουμε γνήσια ανισότητα...Οπότε αρκεί να μπεί ο περιορισμός $n\geq2$ για να ισχύει η γνήσια ανισότητα στην εκφώνηση..

kwstas12345 · #9

Για την 5ιι, θεωρώντας την εξίσωση σαν δευτεροβάθμια ως προς

, έχουμε διακρίνουσα: $\displaystyle D=1+4\left(y^4+y^3+y^2+y\right)=1+4y\left(y+1 \right)\left(y^2+1 \right)$ η οπόια απαιτούμε να είναι τέλειο τετράγωνο.

Εύκολα βλέπουμε πως όταν y=0,-1

τότε

, οπ'ότε πέρνουμε και τις λύσεις $\displaystyle \left(x,y \right)=\left(-1,-1 \right),\left(0,-1 \right),\left(0,0 \right),\left(-1,0 \right)$ .

Άν $\displaystyle y\neq 0,-1$ τότε εύκολα βλέπουμε πως $\displaystyle \left(2y^2+y+1 \right)^{2}>1+4\left(y^4+y^3+y^2+y \right)\Leftrightarrow y\left(y-2 \right)>0$ που ισχύει αφού $\displaystyle y\leqslant -2 \wedge y\geqslant 2, y \in \mathbb{Z}$ .

Επίσης εύκολα μπορούμε να δείξουμε $\displaystyle 1+4\left(y^4+y^3+y^2+y \right)>\left(2y^2+y \right)^{2}\Leftrightarrow 3y^2+4y+1>0$ αφού $\displaystyle y\leqslant -2 \wedge y\geqslant 2, y \in \mathbb{Z}$ .

Τότε όμως θα είναι $\displaystyle \left(2y^2+y \right)^{2}<D<\left(2y^2+y+1 \right)^{2}$ , πράγμα που σημαίνει ότι η διακρίνουσα δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο , άρα και η αρχική είναι αδύνατη.

nickthegreek · #10

Για την 3...

Αν x_1,x_2

οι ρίζες της εξίσωσης,τότε έχουμε x_1+x_2=6,x_1x_2=1

.Άρα μπορούμε να θέσουμε $x_2=\frac{1}{x_1}$ .

Eπίσης ισχύει ότι $x_1+x_2=x_1+\frac{1}{x_1}=6 \in Z$ .Θα δείξουμε την εξής πρόταση:

Έστω

πραγματικός αριθμός με $x+\frac{1}{x}\in Z$ .Tότε για κάθε

φυσικό ισχύει ότι $x^n+\frac{1}{x^n}\in Z$

Προχωράμε με τη μέθοδο της τέλειας επαγωγής.

1)Ισχύει προφανώς για n=1

2)Yποθέτουμε ότι ισχύει για όλα τα $n\leq k,k\in N$

3)Θα αποδείξουμε ότι ισχύει και για n=k+1

.Πράγματι ισχύει ότι $(x+y)^n=\sum_{r=0}^{n}{\binom {n} {r}x^{n-r}y^r}$ ,από το διωνυμικό ανάπτυγμα.
Άρα $(x+\frac{1}{x})^n=\binom {n} {0} x^n +\binom {n} {1}x^{n-1}\frac{1}{x}+...+\binom {n} {n-1}x \frac{1}{x^{n-1}}+\binom {n} {n}\frac{1}{x^n}$ (Σχέση 1)

Όμως (θεμελιώδης ιδιότητα) : $\binom {n} {r}=\binom {n} {n-r}$ ,άρα τελικά η σχέση (1) γράφεται:

$(x+\frac{1}{x})^n= x^n+\frac{1}{x^n}+\binom {n} {1}(x^{n-1}\frac{1}{x} +x\frac{1}{x^{n-1}})+\binom {n} {2} (x^{n-2} \frac{1}{x^2}+x^2\frac{1}{x^{n-2}})+...$ . Όμως από το επαγωγικό βήμα,έχουμε ότι οι αριθμοί

$(x^{n-1}\frac{1}{x}+x\frac{1}{x^{n-1}}),(x^{n-2} \frac{1}{x^2}+x^2\frac{1}{x^{n-2}}),...$ είναι όλοι ακέραιοι.Οπότε αφού και όλοι οι διωνυμικοί συντελεστές είναι ακέραιοι,η διαφορά

$(x+\frac{1}{x})^n -x^n -\frac{1}{x^n}$ είναι ακέραιος.Αφού όμως $(x+\frac{1}{x})^n\in Z\Rightarrow x^n+\frac{1}{x^n}\in Z$ .

Το δεύτερο ερώτημα της 3 θα το κοιτάξω λίγο αργότερα.Προς στιγμήν,μπορεί κάποιος να ελέγξει την ορθότητα της απάντησής μου;;;

Φιλικά,
Νίκος

chris · #11

matha έγραψε:
3. Αν $\displaystyle{a,b}$ είναι οι ρίζες της εξίσωσης $\displaystyle{x^2-6x+1=0,}$ να αποδείξετε ότι για όλες τις θετικές ακέραιες τιμές του $\displaystyle{n}$ , η παράσταση $\displaystyle{K_n=a^n+b^n}$ είναι ακέραιος αριθμός, ο οποίος δε διαιρείται με το $\displaystyle{5}$ .

Θα αποδείξουμε οτι:
$\displaystyle K_n=\left(3+2\sqrt{2} \right)^n+\left(3-2\sqrt{2} \right)^n \in \mathbb{Z},\forall n \in \mathbb{N^*}$

Έστω $x_1=3+2\sqrt{2}$ και $x_2=3-2\sqrt{2}$ οι ρίζες της δοθείσας εξίσωσης και άρα $\forall n \in \mathbb{N^*}$ βρίσκουμε:

$\displaystyle {\left.\begin{matrix} x_1^2=6x_1-1\Rightarrow x_1^{n+2}=6x_1^{n+1}-x_1^n \\ x_2^2=6x_2-1 \Rightarrow x_2^{n+2}=6x_2^{n+1}-x_2^n \\ \end{matrix}\right\}\Rightarrow$

$\displaystyle x_1^{n+2}+x_2^{n+2}=6\left(x_1^{n+1}+x_2^{n+1} \right)-\left(x_1^n+x_2^n \right)\Rightarrow$
$\displaystyle \boxed{K_{n+2}=6K_{n+1}-K_n}$

Έτσι επαγωγικά:
$\bullet$ $K_1=x_1+x_2=6 \in \mathbb{Z}$ και $K_2=\left(3+2\sqrt{2} \right)^2+\left(3-2\sqrt{2} \right)^2=34 \in \mathbb{Z}$
$\bullet$ Αν $K_n,K_{n+1} \in \mathbb{Z}$ , τότε:
$\bullet$ $K_{n+1} \in \mathbb{Z}$ και $K_{n+2}=6K_{n+1}-K_n \in \mathbb{Z}$

Άρα $K_n \in \mathbb{Z},\forall n \in \mathbb{N^*}$

userresu · #12

Για το δεύτερο ερώτημα της 3, πάλι με επαγωγή:
1) Οι K_1=6 , K_2 = 34 , K_2-K_1=28

δεν διαιρούνται με το 5.
2) Αν οι αριθμοί $K_{i+1}-K_i , 1\leq i< n+1$ και $K_i , 1\leq i\leq n+1$ δεν διαιρούνται με το 5, τότε έχουμε:
$K_{n+2}\equiv 6K_{n+1}-K_{n}\equiv K_{n+1}-K_{n} (mod5)$ , άρα ο $K_{n+2}$ δεν διαιρείται με το 5 και επίσης ο $K_{n+2}-K_{n+1}\equiv -K_{n} (mod5)$ δεν διαιρείται με το 5.

Άρα ο K_n

δεν διαιρείται με το 5 για κανένα φυσικό n.

nickthegreek · #13

Όσον αφορά το δεύτερο ερώτημα της 3,μια άλλη προσέγγιση:

Χρησιμοποιώντας την αναδρομική σχέση που βρήκε ο Χρήστος (chris) λίγα post πιο πάνω έχουμε να λύσουμε το πρόβλημα:

'Εστω ακολουθία (K_n)

με

και $K_{n+2}=6K_{n+1}-K_{n}$ .Τότε να δείξετε ότι κανένας από τους όρους της ακολουθίας δεν είναι πολλαπλάσιο του 5.

Νομίζω ότι μπορούμε να επεκτείνουμε λίγο το πρόβλημα και να βρούμε το τι υπόλοιπο αφήνει με το

ο κάθε όρος της ακολουθίας.

Κατ'αρχήν παρατηρούμε ότι το υπόλοιπο που αφήνει κάθε όρος της ακολουθίας με το

προσδιορίζεται επακριβώς από τα υπόλοιπα που αφήνουν οι δύο προηγούμενοι όροι της ακολουθίας με το

.Έτσι έχουμε τις σχέσεις: (όλες οι ισότητες είναι (mod5)

):

$K_3=6\cdot4 -1=3$
$K_4=6\cdot3-4=4$
$K_5=6\cdot4-3=1$
$K_6=6\cdot1-4=2$
$K_7=6\cdot2-1=1$
$K_8=6\cdot1-2=4$

Παρατηρούμε ότι ο αριθμός $K_7 \equiv K_1(mod5)$ και $K_8 \equiv K_2(mod5)$ .Aφού όμως είπαμε ότι το υπόλοιπο που αφήνει με το 5 κάθε όρος της ακολουθίας προσδιορίζεται επακριβώς από τα υπόλοιπα που αφήνουν με το 5 οι δυο προηγούμενοι όροι της ακολουθίας, η ακολουθία επαναλαμβάνεται (mod5).

Άρα μπορούμε να αναπτύξουμε έναν αλγόριθμο που θα δίνει το υπόλοιπο που έχει κάθε όρος K_n

της ακολουθίας με το

,ανάλογα με το υπόλοιπο του

με το

.Δηλαδή:

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

userresu · #14

Για την 5i:

Έστω $x,y,z \neq 0$ και θεωρώ την τριάδα (x,y,z)

που αποτελεί λύση της εξίσωσης και ελαχιστοποιεί την παράσταση A=|x|+|y|+|z|

. Επειδή το δεξί μέλος της εξίσωσης διαιρείται με το 2, το ίδιο και το αριστερό, άρα ο x άρτιος και $x=2k \Rightarrow x^3=8k^3$ .
$8k^3=2y^3+4z^3 \Leftrightarrow 4k^3=y^3+2z^3$ , άρα y άρτιος και y^3=8l^3

, δηλαδή
$4k^3=8l^3+2z^3 \Leftrightarrow 2k^3=4l^3+z^3$ , άρα z άρτιος.
Βλέπουμε λοιπόν ότι οι x,y,z είναι άρτιοι. Άρα, η τριάδα $(\frac{x}{2},\frac{y}{2},\frac{z}{2})$ ικανοποιεί την εξίσωση, το οποίο είναι άτοπο, αφού $|\frac{x}{2}|+|\frac{y}{2}|+|\frac{z}{2}|=\frac{|x|+|y|+|z|}{2}<|x|+|y|+|z|$ . Συνεπώς η εξίσωση δεν έχει λύσεις για $x,y,z\neq 0$ .

Αν x=0, y^3=-2z^3

, άτοπο αφού ο αριθμός φορών που το αριστερό μέλος διαιρείται με το 2 διαιρείται με το 3, ενώ ο αντίστοιχος για το δεξί μέλος όχι.
Αν y=0, x^3=4z^3

, άτοπο για τον ίδιο λόγο.
Αν z=0, x^3=2y^3

, άτοπο για τον ίδιο λόγο.
Άρα μοναδική λύση η (0,0,0)

.

#15

Για το 3.

Παρατηρούμε ότι για κάθε $n\geq3$

$K_{n+1}=(a+b)(a^n+b^n)-ab(a^{n-1}+b^{n-1})= =6(a^n+b^n)-(a^{n-1}+b^{n-1})= =6\Big((a+b)(a^{n-1}+b^{n-1})-ab(a^{n-2}+b^{n-2})\Big)-(a^{n-1}+b^{n-1})=...= =5\cdot7K_{n-1}-6K_{n-2}.$

Και μετά ισχυρή επαγωγή!

Φιλικά,

Νίκος Κατσίπης

#16

7.
Να βρείτε όλους τους πρώτους αριθμούς

τέτοιους ώστε ο αριθμός p^3+p^2+p+1

να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

8.
Αν a,b,c

θετικοί πραγματικοί αριθμοί, να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{a}{\sqrt{3a+2b+c}}+\frac{b}{\sqrt{3b+2c+a}}+\frac{c}{\sqrt{3c+2a+b}}\leq \frac{1}{\sqrt{2}} \sqrt{a+b+c}.}$

9.
Έστω τρίγωνο ABC

, $AB\ne AC$ , και

το έκκεντρό του.
Ο εγγεγραμένος κύκλος του τριγώνου εφάπτεται της πλευράς

στο σημείο

.
Αν

το μέσο της

, να αποδείξετε ότι η ευθεία

περνάει από το μέσο του τμήματος

.

10.
Έστω

ένας πραγματικός αριθμός.
Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε f(x)+(f(y))^2=kf(x+y^2)

για κάθε $x,y \in \mathbb{R}$

Σακης · #17

Για την 9:

Τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου

και του παρεγγεγραμμένου

είναι συμμέτρικα ως προς το μέσο της πλευράς

.
Επίσης από γνωστη πρόταση, το αντιδιαμετρικό του

ως προς τον εγγ. κύκλο έστω

, ε,ιναι σημείο της ευθείας

.
Τότε η

συνδέει τα μέσα των πλευρών του SDE

άρα είναι

στην

και άρα περνάει από το μέσο της

.

ksofsa · #18

Για την 7:
Εστω $m\epsilon N$ ,ώστε
$p^3+p^2+p+1=m^2\Rightarrow (p^2+1)(p+1)=m^2(1)$
Θέτω (p^2+1,p+1)=d

.Τότε $d/(p+1)^2-(p^2+1)\Rightarrow d/2p$ .
Ομως $(p,p+1)=1\Rightarrow (p,d)=1$ και άρα d/2(2)

.
Για

,δεν έχω λύση.Οπότε

περιττός πρώτος κι επομένως
2/p+1,2/p^2+1

και λόγω της (2) θα είναι $(\frac{p+1}{2},\frac{p^2+1}{2})=1(3)$ .

Θέτω m=2k

και η σχέση (1) γράφεται : $\frac{p+1}{2}*\frac{p^2+1}{2}=k^2(4)$ .
Λόγω των (3) και (4) θα είναι για $q,r\epsilon N$
p+1=2q^2(5),p^2+1=2r^2(6)

.
Aφαιρούμε τις σχέσεις (6) και (5) κατά μέλη και παίρνουμε: p(p-1)=2(r-q)(r+q)

Επειδή p περιττός πρώτος και r-q<p

λόγω της παραπάνω σχέσης θα είναι:

$p/r+q\Rightarrow r+q\geq p\Rightarrow \frac{\sqrt{p+1}}{\sqrt{2}}+\frac{\sqrt{p^2+1}}{\sqrt{2}}\geq p\Rightarrow (\sqrt{p+1}+\sqrt{p^2+1})^2\geq 2p^2\Rightarrow 2\sqrt{(p+1)(p^2+1)}\geq p^2-p-2\Rightarrow 4(p+1)(p^2+1)\geq p^4+p^2+4-4p^2-2p^3+4p\Rightarrow 6p^3+7p^2\geq p^4\Rightarrow 6p+7\geq p^2\Rightarrow p\leq 7$ .

Mε έναν απλό έλεγχο βρίσκουμε ότι μόνο για p=7

,έχουμε λύση (7^3+7^2+7+1=20^2)

nonlinear · #19

11.
Να βρεθούν οι θετικοί ακέραιοι a,b

ώστε ο $\displaystyle{{a^8} + 4 \cdot {b^8}}$ να είναι πρώτος αριθμός.

nickthegreek · #20

Για την 11:

Iσχυρή uπόδειξη:

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Μέλη σε σύνδεση