Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

raf616 · #21

gavrilos έγραψε:Έχοντας πέσει με τα μούτρα στην 8. βάζω και μια ακόμη ανισότητα.

Αν $\displaystyle{x_{1},x_{2},...,x_{n}}$ είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί με $\displaystyle{\sum_{i=1}^{n} x_{i}=1}$ να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{\sum_{i=1}^{n} \frac{x_{i}}{\sqrt{1-x_{i}}}\geq \frac{\sum_{i=1}^{n} \sqrt{x_{i}}}{\sqrt{n-1}}$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Ναι,έχει ξαναπροταθεί στο forum πριν από αρκετό καιρό.Η πηγή (το λινκ για να ακριβολογούμε) ας δοθεί μετά τη λύση (αν και όποτε υπάρξει αυτή).

Καλημέρα Γιώργο. Βάζω μία προσέγγιση... Ελπίζω να είναι σωστή...

Η ανισότητα λόγω της σχέσης που δίνεται γράφεται:

$\displaystyle{\dfrac{x_1}{\sqrt{x_2 + x_3 + ... + x_n}} + \dfrac{x_2}{\sqrt{x_1 + x_3 + ... + x_n}} + ... + \dfrac{x_n}{\sqrt{x_1 + x_2 + ... + x_{n - 1}}} \geq \dfrac{\sqrt{x_1} + \sqrt{x_2} + ... + \sqrt{x_n}}{\sqrt{n - 1}}}$

Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε $x_1 \geq x_2 \geq ... \geq x_n$ .

Έτσι παίρνουμε $\dfrac{1}{\sqrt{x_2 + x_3 + ... + x_n}} \geq \dfrac{1}{\sqrt{x_1 + x_3 + ... + x_n}} \geq \dfrac{1}{\sqrt{x_1 + x_2 + ... + x_{n - 1}}}$ .

Χρησιμοποιώντας τώρα την ανισότητα της αναδιάταξης n - 1

φορές και προσθέτοντας κατά μέλη έχουμε:

$\displaystyle{\dfrac{x_1}{\sqrt{x_2 + x_3 + ... + x_n}} + \dfrac{x_2}{\sqrt{x_1 + x_3 + ... + x_n}} + ... + \dfrac{x_n}{\sqrt{x_1 + x_2 + ... + x_{n - 1}}} \geq}$

$\displaystyle{\geq \dfrac{1}{n - 1}\left(\sqrt{x_2 + x_3 + ... + x_n} + \sqrt{x_1 + x_3 + ... + x_n} + ... + \sqrt{x_1 + x_2 + ... + x_{n - 1}}\right)}$

Όμως:

$\displaystyle{x_1 + x_2 + ... +x_n \geq \dfrac{(\sqrt{x_1} + \sqrt{x_2} + ... + \sqrt{x_n})^2}{n} \Leftrightarrow \sqrt{x_1 + x_2 + ... + x_n} \geq \dfrac{\sqrt{x_1} + \sqrt{x_2} + ... + \sqrt{x_n}}{\sqrt{n}}}$

Η παραπάνω μπορεί να αποδειχτεί π.χ με Cauchy - Schwarz.

Έτσι:

$\sqrt{x_2 + x_3 + ... + x_n} \geq \dfrac{\sqrt{x_2} + \sqrt{x_3} + ... \sqrt{x_n}}{\sqrt{n - 1}}$

Κάνοντας το παραπάνω κυκλικά έχουμε:

$\displaystyle{\dfrac{1}{n - 1}\left(\sqrt{x_2 + x_3 + ... + x_n} + \sqrt{x_1 + x_3 + ... + x_n} + ... + \sqrt{x_1 + x_2 + ... + x_{n - 1}}\right) \geq \dfrac{1}{n - 1}\left(\dfrac{(n - 1)(\sqrt{x_1} +\sqrt{x_2} + ... + \sqrt{x_n})}{\sqrt{n - 1}}\right)}$

$= \dfrac{\sqrt{x_1} + \sqrt{x_2} + ... + \sqrt{x_n}}{\sqrt{n - 1}}}$

Έτσι, το ζητούμενο αποδείχθηκε.

Υ.Γ: Βλέπω πως με πρόλαβε ο κ. Θάνος. Ωστόσο, οι λύσεις μας διαφέρουν οπότε το αφήνω.

simantiris j. · #22

Όντως.Πάντως,δε μπορώ να καταλάβω για ποιο λόγο θα έπεφτε τόσο εύκολη και προφανής ανισότητα όπως η τρίτη(ακόμα και με πράξεις βγαίνει!)σε τέτοιο επίπεδο,ενώ τα τρία πρώτα θέματα είναι πολύ καλά και σε καμιά περίπτωση η λύση τους δε διαφαίνεται με μια ματιά.
Και άλλη μια ανισότητα:
ΑΣΚΗΣΗ 11
Αν x,y,z>0

αποδείξτε ότι $\sqrt {x(y + 1)} + \sqrt {y(z + 1)} + \sqrt {z(x + 1)}\le \frac {3}{2}\sqrt {(x + 1)(y + 1)(z + 1)}$
Υ.Γ. Εξαιρετική η λύση σου, raf616

#23

simantiris j. έγραψε: Και άλλη μια ανισότητα:
ΑΣΚΗΣΗ 11
Αν αποδείξτε ότι $\sqrt {x(y + 1)} + \sqrt {y(z + 1)} + \sqrt {z(x + 1)}\le \frac {3}{2}\sqrt {(x + 1)(y + 1)(z + 1)}$
Υ.Γ. Εξαιρετική η λύση σου, raf616

Ισοδύναμα αποδεικνύουμε ότι

$\displaystyle{2\sqrt{\frac{x}{(x+1)(z+1)}}+2\sqrt{\frac{y}{(y+1)(x+1)}}+2\sqrt{\frac{z}{(z+1)(y+1)}}\leq 3.}$

Από την $\displaystyle{2\sqrt{ab}\leq a+b}$ έχουμε

$\displaystyle{2\sqrt{\frac{x}{(x+1)(z+1)}}+2\sqrt{\frac{y}{(y+1)(x+1)}}+2\sqrt{\frac{z}{(z+1)(y+1)}}\leq \frac{x}{x+1}+\frac{1}{z+1}+\frac{y}{y+1}+\frac{1}{x+1}+\frac{z}{z+1}+\frac{1}{y+1}=3.}$

#24

ΑΣΚΗΣΗ 12
Να βρείτε τις τιμές του θετικού ακέραιου

που ικανοποιεί την εξίσωση x^3 − x + p = 507,

όπου

πρώτος αριθμός.

ΑΣΚΗΣΗ 13
Να βρείτε όλα τα ζευγάρια (a, b)

των ακεραίων αριθμών που ικανοποιούν την εξίσωση:
2014(a^2 − 1) + 4ab^2 = 2011(a^2 − b^2) + 4a^2b^2.

#25

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 12
Να βρείτε τις τιμές του θετικού ακέραιου που ικανοποιεί την εξίσωση όπου πρώτος αριθμός.

Το $\displaystyle{x^3-x=(x-1)x(x+1)}$ είναι πολλαπλάσιο του $\displaystyle{6}$ ως γινόμενο τριών διαδοχικών ακεραίων. Άρα $\displaystyle{p\equiv 507\mod 6\implies p\equiv 3\mod 6}$ και επειδή $\displaystyle{p}$ πρώτος, είναι $\displaystyle{p=3.}$ Τότε βρίσκουμε εύκολα $\displaystyle{x=8.}$

gavrilos · #26

gavrilos έγραψε:Έχοντας πέσει με τα μούτρα στην 8. βάζω και μια ακόμη ανισότητα.

Αν $\displaystyle{x_{1},x_{2},...,x_{n}}$ είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί με $\displaystyle{\sum_{i=1}^{n} x_{i}=1}$ να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{\sum_{i=1}^{n} \frac{x_{i}}{\sqrt{1-x_{i}}}\geq \frac{\sum_{i=1}^{n} \sqrt{x_{i}}}{\sqrt{n-1}}$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Ναι,έχει ξαναπροταθεί στο forum πριν από αρκετό καιρό.Η πηγή (το λινκ για να ακριβολογούμε) ας δοθεί μετά τη λύση (αν και όποτε υπάρξει αυτή).

Αφού λύθηκε ας δώσω την πηγή.

Η ανισότητα προτάθηκε στην 4η Μ.Ο. της Κίνας,το έτος 1989.Υπάρχει και στο βιβλίο του κύριου Στεργίου "Αλγεβρικές Ανισότητες" (το κόκκινο).Στο mathematica μπορείτε επίσης να την βρείτε εδώ όπου χρησιμοποιείται η Tchebichev (προσωπικά την έλυσα όπως και ο Ραφαήλ).

simantiris j. · #27

ΑΣΚΗΣΗ 14
Βρείτε όλους τους φυσικούς αριθμούς x,y

ώστε ο αριθμός $\frac{x^2y+x+y}{xy^2+y+11}$ να είναι επίσης φυσικός.

rtsiamis · #28

Συγχαρητήρια ξανά σε όλους... Και καλή μας επιτυχία το Σάββατο!
Από εμένα μια διδακτική άσκηση Γεωμετρίας:
Δίνεται τρίγωνο ABC

,

το οθόκεντρο και

το περίκεντρό του. Αν η διχοτόμος της γωνίας $\widehat{A}$ τέμνει κάθετα το τμήμα

, να βρεθεί το μέτρο της $\widehat{A}$ .

#29

rtsiamis έγραψε: Δίνεται τρίγωνο , το οθόκεντρο και το περίκεντρό του. Αν η διχοτόμος της γωνίας $\widehat{A}$ τέμνει κάθετα το τμήμα , να βρεθεί το μέτρο της $\widehat{A}$ .

: ΣΧΗΜΑ Α.png (9.79 KiB) Προβλήθηκε 2098 φορές

Είπα να δώσω μια λύση θεωρώντας ότι η γωνία $\displaystyle{A}$ είναι διάφορη των $\displaystyle{60^{o}}$ και να καταλήξω σε άτοπο, αλλά συζητώντας στο τηλέφωνο με τον Στάθη

(Κούτρα) για τις ΚΑΛΕΣ ΓΙΟΡΤΕΣ, έφερε η κουβέντα την άσκηση αυτή και ΤΟ ΘΗΡΙΟ την έλυσε από τηλεφώνου χωρίς χαρτί και στυλό

, και παραθέτω

την δική του λύση που είναι πιο απλή:

Είναι γνωστό ότι $\displaystyle{\widehat{BAH}=\widehat{LAC}}$ και αφού $\displaystyle{AI}$ διχοτόμος άρα $\displaystyle{\widehat{HAI}=\widehat{IAO}}$ και συνεπώς , δεδομένου ότι

η $\displaystyle{AI}$ είναι κάθετη στην $\displaystyle{HO}$ , το τρίγωνο $\displaystyle{HAO}$ είναι ισοσκελές και άρα το τετράπλευρο $\displaystyle{HAOZ}$ είναι ρόμβος. Άρα $\displaystyle{HA=AO=OZ=R}$ , όπου

$\displaystyle{R}$ είναι η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου $\displaystyle{ABC}$ . Γνωρίζουμε όμως ότι $\displaystyle{OP=\frac{AH}{2}\Rightarrow OP=\frac{R}{2}}$ και άρα

η $\displaystyle{BC}$ είναι πλευρά ισοπλεύρου τριγώνου εγγεγραμμένου στον κύκλο $\displaystyle{(O,R)}$ . Συνεπώς θα είναι $\displaystyle{\widehat{BAC}=60^{o}}$ .

ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Από την παραπάνω άσκηση, προκύπτει το εξής πόρισμα:

Αν σε τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ η γωνία $\displaystyle{A}$ είναι $\displaystyle{60^{o}}$ και η ευθεία του Euler τέμνει τις πλευρές της γωνίας $\displaystyle{A}$ στα σημεία $\displaystyle{K}$ και $\displaystyle{L}$ , τότε

το τρίγωνο $\displaystyle{AKL}$ είναι ισόπλευρο.

#30

Demetres έγραψε:Ζητήθηκαν ασκήσεις συνδυαστικής και γεωμετρίας. Ας δώσω 2 σε 1.

ΑΣΚΗΣΗ 8: Δίνονται $n \geqslant 2$ ευθείες στο επίπεδο οι οποίες το διαμερίζουν σε κάποια χωρία. Έστω ο μέγιστος αριθμός από αυτά τα χωρία ώστε ανά δύο να μην είναι γειτονικά. (Επιτρέπεται να έχουν κοινή κορυφή αλλά όχι κοινό ευθύγραμμο τμήμα.) Να δειχθεί ότι $\displaystyle{ k \leqslant \frac{n(n+1)}{3}}$

Βοήθεια: Έστω $P_1,\ldots,P_k$ αυτά τα χωρία. Μετρήστε με δυο διαφορετικούς τρόπους τα ζεύγη $(P_i,\ell_j)$ όπου η ευθεία $\ell_j$ είναι μια από τις πλευρές του P_i

. Είναι πιο απλό να δείξετε ότι $k \leqslant n^2/2$ .

#31

gavrilos έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 9
Θεωρούμε τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ εγγεγραμμένο σε κύκλο $\displaystyle{(c)}$ .Έστω $\displaystyle{P}$ τυχαίο σημείο του τόξου $\displaystyle{BC}$ που δεν περιέχει το $\displaystyle{A}$ .Σχηματίζουμε το παραλληλόγραμμο $\displaystyle{APCD}$ και έστω $\displaystyle{H,K}$ τα ορθόκεντρα των $\displaystyle{ABC,ACD}$ αντίστοιχα.Τέλος ονομάζουμε $\displaystyle{E,Z}$ τις προβολές του $\displaystyle{K}$ στις ευθείες $\displaystyle{AC,AB}$ αντίστοιχα.Να αποδείξετε ότι η $\displaystyle{EZ}$ διχοτομεί το τμήμα $\displaystyle{KH}$

: Ασκηση 9.png (37.42 KiB) Προβλήθηκε 1992 φορές

Έστω το σημείο τομής του εκ του ύψους του τριγώνου $\vartriangle ADC$ με τον περίκυκλο $\left( O \right)$ του τριγώνου $\vartriangle ABC$ . Τότε με $CK \bot AD\mathop \Rightarrow \limits^{AD\parallel PC} CK \bot PC \Rightarrow KP$

διάμετρο του $\left( O \right) \Rightarrow \angle PAK = {90^0} \Rightarrow AK \bot AP$ $\mathop \Rightarrow \limits^{AP\parallel CD} AK \bot CD\mathop \Rightarrow \limits^{CK \bot AD} K$ το ορθόκεντρο του τριγώνου $\vartriangle ACD$ .

Δηλαδή το ορθόκεντρο του τριγώνου $\vartriangle ACD$ είναι σημείο του περικυκλίου $\left( O \right)$ του τριγώνου $\vartriangle ABC$ και προφανώς η ευθεία είναι η ευθεία του

σημείου ως προς το τρίγωνο $\vartriangle ABC$ η οποία ως γνωστό διχοτομεί το τμήμα , με το ορθόκεντρο του τριγώνου $\vartriangle ABC$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

#32

gavrilos έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 10
Θεωρούμε τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ εγγεγραμμένο σε κύκλο $\displaystyle{(c)}$ και μια ευθεία $\displaystyle{\epsilon}$ που διέρχεται από το $\displaystyle{A}$ και τέμνει τον κύκλο στο $\displaystyle{D}$ .Αν $\displaystyle{H,Q}$ τα ορθόκεντρα των τριγώνων $\displaystyle{ABD,ACD}$ να δειχθεί ότι $\displaystyle{HQ\parallel BC}$ .

: Ασκηση 10.png (28.15 KiB) Προβλήθηκε 1987 φορές

Αν $OM \bot AD\left( {M \in AD} \right) \Rightarrow$ $\left\{ \begin{gathered} BH = \parallel 2OM \hfill \\ CQ = \parallel 2OM \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow BH = \parallel CQ \Rightarrow HBCQ$ παραλληλόγραμμο οπότε $HQ\parallel BC$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

gavrilos · #33

gavrilos έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 10
Θεωρούμε τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ εγγεγραμμένο σε κύκλο $\displaystyle{(c)}$ και μια ευθεία $\displaystyle{\epsilon}$ που διέρχεται από το $\displaystyle{A}$ και τέμνει τον κύκλο στο $\displaystyle{D}$ .Αν $\displaystyle{H,Q}$ τα ορθόκεντρα των τριγώνων $\displaystyle{ABD,ACD}$ να δειχθεί ότι $\displaystyle{HQ\parallel BC}$ .

Ουσιαστικά το λήμμα που χρησιμοποιήθηκε στην παραπάνω λύση είναι αυτό που λέει ότι "η απόσταση του ορθοκέντρου από την κορυφή είναι διπλάσια από αυτήν του περικέντρου από την αντίστοιχη πλευρά".

Προσωπικά πριν την λύσω δεν είχα υπ' όψιν μου τη συγκεκριμένη πρόταση.Στη λύση μου θεώρησα το συμμετρικό του $\displaystyle{Q}$ ως προς το μέσο της $\displaystyle{AC}$ .

Καλή επιτυχία στον αυριανό διαγωνισμό!

jim.jt · #34

Αύριο, είναι ο προκριματικός. Καλή επιτυχία σε όλους τους συμμετέχοντες!!!

simantiris j. · #35

Επίσης καλή επιτυχία σε όλους!Ας μην ξεχνάμε ότι το πιο σημαντικό είναι οι προσπάθειες που έχουμε κάνει για να φτάσουμε μέχρι εδώ,καθώς και η αγάπη μας για τα μαθηματικά!

raf616 · #36

Να ευχηθώ και εγώ με τη σειρά μου καλή επιτυχία σε όλους τους διαγωνιζόμενους για αύριο!

panagiotis99 · #37

καλη επιτυχια σε ολους παιδια και το που φτασαμε ως εδω ειναι τεραστια επιτυχια !!!!

#38

Demetres έγραψε:
Demetres έγραψε:Ζητήθηκαν ασκήσεις συνδυαστικής και γεωμετρίας. Ας δώσω 2 σε 1.

ΑΣΚΗΣΗ 8: Δίνονται $n \geqslant 2$ ευθείες στο επίπεδο οι οποίες το διαμερίζουν σε κάποια χωρία. Έστω ο μέγιστος αριθμός από αυτά τα χωρία ώστε ανά δύο να μην είναι γειτονικά. (Επιτρέπεται να έχουν κοινή κορυφή αλλά όχι κοινό ευθύγραμμο τμήμα.) Να δειχθεί ότι $\displaystyle{ k \leqslant \frac{n(n+1)}{3}}$

Βοήθεια: Έστω $P_1,\ldots,P_k$ αυτά τα χωρία. Μετρήστε με δυο διαφορετικούς τρόπους τα ζεύγη $(P_i,\ell_j)$ όπου η ευθεία $\ell_j$ είναι μια από τις πλευρές του . Είναι πιο απλό να δείξετε ότι $k \leqslant n^2/2$ .

Λογάριαζα να ανεβάσω την λύση μου χθες, παραμονή του διαγωνισμού αλλά ξεχάστηκα.

Μετράω τα ζεύγη $(P_i,\ell_j)$ όπως πιο πάνω. Αν για κάποιο P_i

υπάρχει μόνο ένα $\ell_j$ τότε όλες οι ευθείες είναι παράλληλες οπότε $k \leqslant (n+1)/2 \leqslant n(n+1)/3$ αφού $n \geqslant 2$ .

Μπορώ λοιπόν να υποθέσω πως για κάθε P_i

υπάρχουν τουλάχιστον δύο $\ell_j$ και άρα ο αριθμός των ζευγών είναι τουλάχιστον

. Από την άλλη κάθε $\ell_j$ διαμερίζεται σε

ευθύγραμμα τμήματα (ή ημιευθείες) από τις υπόλοιπες ευθείες. Κάθε τέτοιο τμήμα ανήκει το πολύ σε ένα P_i

αφού τα

είναι ανά δύο μη γειτονικά. Άρα για κάθε $\ell_j$ υπάρχουν το πολύ

και άρα ο συνολικός αριθμός ζευγών είναι το πολύ n^2

.

Αυτό δίνει το πιο απλό $k \leqslant n^2/2$ . Για το n(n+1)/3

ας ονομάζουμε με

τον αριθμό των P_i

για τα οποία υπάρχουν ακριβώς δύο $\ell_j$ . Τότε και οι δύο πλευρές του P_i

είναι ημιευθείες και επειδή ακριβώς

ημιευθείες υπάρχουν το πολύ

τέτοια

. Κάθε άλλο από τα P_i

χρησιμοποιεί τουλάχιστον τρία $\ell_j$ και άρα ο συνολικός αριθμός ζευγών είναι τουλάχιστον $2m + 3(k-m) = 3k - m \geqslant 3k - n$ . Οπότε $3k - n \leqslant n^2$ που δίνει το ζητούμενο.

gavrilos · #39

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 13
Να βρείτε όλα τα ζευγάρια των ακεραίων αριθμών που ικανοποιούν την εξίσωση:

Για μην μείνει άλυτη.

Η εξίσωση γράφεται

$\displaystyle{2011(a^{2}-1-a^{2}+b^{2})=-3a^{2}+3+4a^{2}b^{2}-4ab^{2}}$ .

Προσθέτοντας στα δύο μέλη $\displaystyle{4a^{2}}$ παίρνουμε $\displaystyle{2011(b^{2}-1)-4a^{2}b^{2}+4a^{2}=a^{2}+3-4ab^{2}\Leftrightarrow (b^{2}-1)(2011-4a^{2})=a^{2}+3-4ab^{2}}$ .

Προσθαφαιρούμε στο δεύτερο μέλος $\displaystyle{4a}$ και έχουμε $\displaystyle{(b^{2}-1)(2011-4a^{2})-4a(b^{2}-1)=a^{2}-4a+3 \Leftrightarrow (b^{2}-1)(2011-4a^{2}+4a)=(a-1)(a-3)}$ .

Αν $\displaystyle{b=\pm 1}$ παίρνουμε τις λύσεις $\displaystyle{(a,b)=(1,1),(1,-1),(3,1),(3,-1)}$ .

Έστω τώρα $\displaystyle{b\neq \pm 1}$ .Ο δεύτερος παράγοντας του πρώτου μέλους είναι περιττός οπότε δεν μηδενίζεται.

Άρα θα είναι $\displaystyle{b^{2}-1=\frac{(a-1)(a-3)}{-4a^{2}+4a+2011}}$ .

Επειδή $\displaystyle{b^{2}-1>0}$ θα ισχύει $\displaystyle{\frac{(a-1)(a-3)}{-4a^{2}+4a+2011}>0\Leftrightarrow \frac{(a-2)^{2}-1}{-(2a-1)^{2}+2012}>0}$ .

$\bullet$ $\displaystyle{(a-2)^{2}-1<0 \ , \ -(2a-1)^{2}+2011<0}$ .Η μόνη τιμή που παίρνει ο $\displaystyle{a}$ είναι $\displaystyle{2}$ που μπορούμε εύκολα να απορρίψουμε.

$\bullet$ $\displaystyle{(a-1)^{2}-1>0\Leftrightarrow -(2a-1)^{2}+2011>0}$ .

Η δεύτερη σχέση μας δίνει $\displaystyle{(2a-1)^{2}<2011\overset{2a-1\in \mathbb{Z}} \Leftrightarrow (2a-1)^{2}\leq 44^{2}=1936}$ .

Επειδή $\displaystyle{2a-1}$ περιττός είναι $\displaystyle{(2a-1)^{2}\leq 43^{2}=1849\Leftrightarrow -21\leq a\leq 22}$ .

Όμως αφού $\displaystyle{b^{2}-1\in \mathbb{Z}}$ θα είναι $\displaystyle{\frac{(a-1)(a-3)}{-4a^{2}+4a+2011}\in \mathbb{Z}}$ .

Για να συμβεί αυτό είναι αναγκαίο $\displaystyle{a^{2}-4a+3>-4a^{2}+4a+2011\Leftrightarrow 5a^{2}-8a-2008>0}$ .

Παίρνοντας τριώνυμο κλπ. βρίσκουμε ότι η τελευταία,στους ακεραίους ισχύει αν $\displaystyle{a\geq 21}$ ή $\displaystyle{a\leq -20}$ .

Τελικά μένουν για έλεγχο μόνο οι περιπτώσεις $\displaystyle{a=-20,a=-21,a=21,a=22}$ που δεν δίνουν λύση.

Η άσκηση 14 είναι η μόνη άλυτη τώρα.Ωστόσο είναι σχεδόν πανομοιότυπη με το P.4 της IMO 1998.Φαντάζομαι ότι θα έχει ίδιο τρόπο λύσης.

Αρχιμήδης 6 · #40

simantiris j. έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 14
Βρείτε όλους τους φυσικούς αριθμούς ώστε ο αριθμός $\frac{x^2y+x+y}{xy^2+y+11}$ να είναι επίσης φυσικός.

(*)

(**)

Από την (*) + (**)

και εδώ διακρίνουμε 2 περιπτώσεις

Αν y^2-11x>0

τότε

και εφόσον xy^2+y+11|y^2-11x

δεν θα έχει λύσεις.

Αν y^2-11x<0

Εδώ η εύρεση των λύσεων γίνεται άσκηση ρουτίνας.

Αν y^2=11x

αφήνεται και αυτό για τον αναγνώστη.

Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Re: Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Re: Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Re: Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Re: Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Re: Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Re: Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Re: Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Re: Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Re: Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Re: Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Re: Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Re: Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Re: Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Re: Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Re: Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Re: Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Re: Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Re: Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Re: Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Re: Ασκήσεις για Προκριματικό Νέων

Μέλη σε σύνδεση