Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

#135

socrates έγραψε:70.
Να βρεθεί η μέγιστη τιμή της πραγματικής σταθερής έτσι ώστε

$\displaystyle{ (a+bc)(b+ac)(c+ab)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right)\ge(Mabc) }$

για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς για τους οποίους

Θέτουμε στην ανισότητα $\displaystyle{a=b=c=\frac{1}{3}}$ και προκύπτει $\displaystyle{M\leq \frac{64}{3}.}$
Για να ολοκληρωθεί η απόδειξη, αποδεικνύουμε την ανισότητα για $\displaystyle{M=\frac{64}{3}.}$

Επειδή $\displaystyle{a+b+c=1,}$ είναι $\displaystyle{a+bc=(a+b)(a+c),b+ca=(b+a)(b+c),c+ab=(c+a)(c+b)}$ και η προς απόδειξη γράφεται σε ομογενή μορφή ως

$\displaystyle{\Big[(a+b)(b+c)(c+a)\Big]^2\Big(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\Big)\geq \frac{64}{3}(a+b+c)^2abc}$ .

Όπως έχουμε δει και άλλες φορές (π.χ. εδώ), ισχύει

$\displaystyle{(a+b)(b+c)(c+a)\geq \frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca).}$

Επομένως, είναι τελικά αρκετό να αποδείξουμε, ότι

$\displaystyle{(ab+bc+ca)^3\geq 27(abc)^2,}$ η οποία ισχύει από την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ.

#136

socrates έγραψε: 72.
α) Στο επίπεδο δίνονται 100 σημεία.
Να δείξετε ότι υπάρχει ευθεία που αφήνει σε κάθε ημιεπίπεδο που ορίζει ακριβώς 50 από αυτά τα σημεία.

β) Στο επίπεδο δίνονται 2010 σημεία.
Να δείξετε ότι υπάρχει κύκλος που περιέχει στο εσωτερικό του ακριβώς 1005 από αυτά τα σημεία και τα υπόλοιπα 1005 σημεία βρίσκονται στο εξωτερικό του.

(α) Κοιτάμε όλες τις ευθείες οι οποίες περιέχουν τουλάχιστον δύο από αυτά τα σημεία. Υπάρχει πεπερασμένος αριθμός τέτοιων ευθειών και επομένως μπορούμε να πάρουμε μια ευθεία η οποία δεν είναι παράλληλη με καμία από αυτές. Περιστρέφοντας το επίπεδο μπορούμε χωρίς βλάβη να θεωρήσουμε πως αυτή η ευθεία είναι ο άξονας των

και άρα ότι κάθε δύο από τα δοσμένα σημεία έχουν διαφορετική τεταγμένη. Έστω ότι έχουν τεταγμένες $y_1 < y_2 < \cdots < y_{100}$ . Βλέπουμε τώρα ότι η ευθεία $y = (y_{50} + y_{51})/2$ έχει την ζητούμενη ιδιότητα.

(β) Με παρόμοιο σκεπτικό βρίσκουμε ένα σημείο

στο επίπεδο ώστε κάθε δυο από τα δοσμένα σημεία να έχουν διαφορετική απόσταση από αυτό. Αυτό είναι δυνατό αφού το σύνολο των σημείων που ισαπέχουν από δύο από τα δοσμένα σημεία είναι ένωση πεπερασμένου αριθμού ευθειών (των μεσοκαθέτων των ευθυγράμμων τμημάτων που ενώνουν τα σημεία) και άρα δεν μπορούν να καλύπτουν όλο το επίπεδο. (*) Υποθέτουμε τώρα ότι τα σημεία έχουν αποστάσεις $r_1 < r_2 < \cdots < r_{1000}$ από το

και βλέπουμε ότι ο κύκλος με κέντρο το

και ακτίνα $(r_{500} + r_{501})/2$ έχει την ζητούμενη ιδιότητα.

(*) Ο ισχυρισμός ότι πεπερασμένος αριθμός ευθειών δεν μπορεί να καλύπτει το επίπεδο αν και «προφανές» θέλει απόδειξη. Γνωρίζω μια όμορφη και σύντομη απόδειξη αλλά σας αφήνω να το σκεφτείτε.

#137

socrates έγραψε: 71.
Για ποιους ακεραίους είναι ο αριθμός $x^{2009}+x^{2008}+x^{2}+x+1$ πρώτος;

Ισχυρίζομαι ότι το 1+x+x^2+x^3+x^4

διαιρεί το $x^{2009}+x^{2008}+x^{2}+x+1$ . Αρκεί βέβαια να δείξω ότι το x^5 - 1

διαιρεί το $(x-1)(x^{2009}+x^{2008}+x^{2}+x+1) = x^{2010} - x^{2008} + x^{3} - 1$ . Και πράγματι το x^5 - 1

διαιρεί τόσο το $x^{2010}-1 = (x^5)^{402} - 1$ όσο και το $x^{2008} - x^3 = x^3((x^5)^{401} - 1)$ άρα και την διαφορά τους που είναι το ζητούμενο.

Επειδή όμως $x^{2009} + x^{2008} + x^2 + x + 1 > x^4 + x^3 + x^2 + x + 1$ για x > 1

, ο αριθμός $x^{2009}+x^{2008}+x^{2}+x+1$ δεν μπορεί να είναι πρώτος σε αυτήν την περίπτωση. Για x = 1

ο αριθμός είναι όντως πρώτος.

[Μιας και η άσκηση ρωτάει για ακεραίους εύκολα ελέγχουμε ότι για x=0,-1

ο αριθμός δεν είναι πρώτος ενώ για x < -1

ο αριθμός είναι σε απόλυτη τιμή μεγαλύτερος του x^4 + x^3 + x^2 + x + 1

άρα και πάλι δεν είναι πρώτος ακόμη και αν θεωρήσουμε τους αρνητικούς πρώτους σαν πρώτους.]

AlexandrosG · #138

Demetres έγραψε:(*) Ο ισχυρισμός ότι πεπερασμένος αριθμός ευθειών δεν μπορεί να καλύπτει το επίπεδο αν και «προφανές» θέλει απόδειξη. Γνωρίζω μια όμορφη και σύντομη απόδειξη αλλά σας αφήνω να το σκεφτείτε.

Δημήτρη ένα επιχείρημα σαν το παρακάτω είναι εντάξει?

Έστω ότι οι ευθείες είναι $\displaystyle{\nu}$ το πλήθος. Θεωρούμε ένα τυχαίο κύκλο. Είναι γνωστό ότι κύκλος και ευθεία έχουν το πολύ 2 κοινά σημεία. Άρα ο κύκλος έχει με τις ευθείες το πολύ $\displaystyle{2\nu}$ κοινά σημεία. Άρα οι ευθείες δεν καλύπτουν το επίπεδο αφού ο κύκλος έχει άπειρα σημεία.

#139

AlexandrosG έγραψε: Δημήτρη ένα επιχείρημα σαν το παρακάτω είναι εντάξει?

Βέβαια.

#140

73.
Έστω $n\geq 4$ και οι πραγματικοί αριθμοί x_1,x_2,...,x_n

για τους οποίους

$x_1+x_2+...+x_n\geq 1$ και $x_1^2+x_2^2+...+x_n^2\geq 1.$

Να δείξετε ότι $\displaystyle{\max\{x_1,x_2,...,x_n\}\geq \frac{2}{n}.}$

74.
Σε ένα τουρνουά σκάκι συμμετέχουν άνδρες και γυναίκες. Κάθε δύο συμμετέχοντες έπαιξαν μεταξύ τους ακριβώς μία φορά.
Σε περίπτωση νίκης, ο νικητής κερδίζει 1 βαθμό ενώ ο ηττημένος 0 βαθμούς. Σε περίπτωση ισοπαλίας, και οι δύο παίκτες παίρνουν από 0.5 βαθμό.
Παρατηρήθηκε ότι κάθε παίκτης (είτε άνδρας είτε γυναίκα) κέρδισε τον ίδιο αριθμό βαθμών στα παιχνίδια με τους άνδρες και στα παιχνίδια με τις γυναίκες.
Να δείξετε ότι ο συνολικός αριθμός των συμμετεχόντων είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

75.
Να βρείτε όλους τους πρώτους

τέτοιους ώστε το άθροισμα όλων των θετικών ακεραίων από το

μέχρι τον

να διαιρείται από όλους τους πρώτους που είναι μικρότεροι ή ίσοι του

.

Marios V. · #141

στην 75.
$1+2+3+....+p=\frac{p(p+1)}{2}$
η δεδομένη συνθήκη, ισοδυναμεί με την εξής: όλοι οι πρώτοι μικρότεροι του

να διαιρούν το $\frac{p+1}{2}$ .
Ανάμεσα όμως από τα p-1

και $\frac{p+1}{2}$ υπάρχει τουλάχιστον ένας πρώτος αριθμός αν p>3

(bertrand's postulate), πράγμα που σημαίνει πως η συνθήκη δεν μπορεί να ισχύει εκτός και αν το p<4

. Μοναδική λύση η p=3

.

#142

socrates έγραψε: 74.
Σε ένα τουρνουά σκάκι συμμετέχουν άνδρες και γυναίκες. Κάθε δύο συμμετέχοντες έπαιξαν μεταξύ τους ακριβώς μία φορά.
Σε περίπτωση νίκης, ο νικητής κερδίζει 1 βαθμό ενώ ο ηττημένος 0 βαθμούς. Σε περίπτωση ισοπαλίας, και οι δύο παίκτες παίρνουν από 0.5 βαθμό.
Παρατηρήθηκε ότι κάθε παίκτης (είτε άνδρας είτε γυναίκα) κέρδισε τον ίδιο αριθμό βαθμών στα παιχνίδια με τους άνδρες και στα παιχνίδια με τις γυναίκες.
Να δείξετε ότι ο συνολικός αριθμός των συμμετεχόντων είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

Έστω ότι

το σύνολο των ανδρών και

το σύνολο των γυναικών και έστω |A| = a

και

. Θα μετρήσουμε με δυο διαφορετικούς τρόπους των αριθμό των αγώνων μεταξύ ανδρών και γυναικών. Αυτός ο αριθμός είναι προφανώς

.

Επειδή όμως κάθε αγώνας δίνει ακριβώς 1 βαθμό συνολικά στους δυο συμμετέχοντες, ο αριθμός των αγώνων ισούται με x+y

όπου

ο συνολικός αριθμός των βαθμών που κέρδισαν οι άντδες ενάντια στις γυναίκες και

ο συνολικός αριθμός βαθμών που κέρδισαν οι γυναίκες ενάντια στους άνδρες.

Αλλά το

, από τα δεδομένα του προβλήματος, ισούται και με τον συνολικό αριθμό βαθμών που κέρδισαν οι άνδρες ενάντια στους άνδρες και αυτό ισούται με τον συνολικό αριθμό των αγώνων μεταξύ των ανδρών. Δηλαδή $x = \binom{a}{2}$ και ομοίως $y = \binom{b}{2}$ .

Άρα $ab = \binom{a}{2} + \binom{b}{2}$ και από αυτό παίρνουμε n = (a-b)^2

όπου

ο συνολικός αριθμός συμμετεχόντων. Για να μην επαναλαμβάνομαι οι (εύκολες) πράξεις έχουν γίνει εδώ.

#143

76.
Αν

μη αρνητικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε (3^m+1)^n-3^p=x^2,

να βρείτε τις δυνατές τιμές του

77.
Για ποιους θετικούς ακέραιους

μπορούμε να χωρίσουμε ένα τετράγωνο σε

τετράγωνα (όχι απαραίτητα ίσα);

78.
Η ακολουθία $\{a_n\}_{n\geq 1}$ ορίζεται ως: a_1=2010

και για $n\geq 2$ ο a_n

ισούται με τον ελάχιστο ακέραιο που υπερβαίνει τον $a_{n-1}$ και διαιρείται με τον

Να δείξετε ότι η ακολουθία $a_{100},a_{101},...$ είναι αριθμητική πρόοδος.

#144

socrates έγραψε: 77.
Για ποιους θετικούς ακέραιους μπορούμε να χωρίσουμε ένα τετράγωνο σε τετράγωνα (όχι απαραίτητα ίσα);

Έχουμε δει εδώ πως μπορούμε να το κάνουμε για κάθε $n \geqslant 17$ . Η ίδια απόδειξη δείχνει πως μπορούμε να το κάνουμε για κάθε

εκτός ίσως από n=2,3,5,6,8,11,14

. Και λέω ίσως διότι υπάρχουν και αυτές οι περίεργες κατασκευές και άντε να αποδείξεις ότι δεν υπάρχει τέτοια με 14 π.χ. τετράγωνα.

Επεξεργασία: Τελικά η σωστή απάντηση είναι για κάθε $n \neq 2,3,5$ . Θα διορθώσω την λύση από αύριο.

#145

Επανέρχομαι με την απαραίτητη διόρθωση.

: squaredsquares.png (10.45 KiB) Προβλήθηκε 3702 φορές

Όπως φαίνεται στο συνημμένο υπάρχει κατασκευή για n=6,8

. Αν έχουμε μια κατασκευή με

τετραγωνάκια, χωρίζοντας ένα από αυτά σε τέσσερα μικρότερα, παίρνουμε μια κατασκευή με n+3

τετραγωνάκια. Επειδή υπάρχει και η προφανής κατασκευή για n=1

, έχουμε επίσης κατασκευές για n=4,7

και επαγωγικά χρησιμοποιώντας τις κατασκευές για n=6,7,8

έχουμε κατασκευή για κάθε $n \geqslant 6$ .

Επομένως έχουμε κατασκευές για κάθε

εκτός ίσως από n=2,3,5

. Τα

είναι αδύνατα αφού τότε θα υπάρχουν δυο κορυφές του μεγάλου τετραγώνου που θα ανήκουν στο ίδιο τετραγωνάκι. Αλλά τότε αυτό το τετραγωνάκι θα έχει τις ίδιες διαστάσεις με το μεγάλο και άρα δεν μπορούν να υπάρχουν άλλα τετραγωνάκια.

Το n=5

είναι και αυτό αδύνατο. Ας υποθέσουμε πως το μεγάλο τετράγωνο έχει πλευρά μήκους 1 και ας υποθέσουμε πως το τετραγωνάκι που περιέχει την πάνω αριστερά κορυφή έχει πλευρά μήκους x_1

, αυτό που περιέχει την πάνω δεξιά έχει μήκος x_2

, την κάτω δεξιά x_3

και την κάτω αριστερά x_4

. Ονομάζω αυτά τα τετραγωνάκια $T_1,\ldots,T_4$ αντίστοιχα. Χωρίς βλάβη της γενικότητας $x_4 \leqslant x_1,x_2,x_3$ . Πρέπει x_4 < 1/2

. Αν

και

τότε το πέμπτο τετραγωνάκι πρέπει να περιέχει την πάνω αριστερά και την κάτω δεξιά κορυφή του T_4

, άτοπο. Χωρίς βλάβη λοιπόν έχουμε x_1 + x_4 = 1

. Τότε

και άρα

. Τότε το πέμπτο τετραγωνάκι πρέπει να περιέχει την κάτω δεξιά γωνία του T_2

και την κάτω δεξιά γωνία του T_4

το οποίο πάλι είναι άτοπο.

Kostas_94 · #146

76. Για n=0,1,2 εύκολα βρίσκουμε τις λύσεις (m,n,p,x)=(k,0,0,0), (3,1,1,5), (0,2,1,1). Έστω τώρα οτι έχουμε $n\geq 3$ . Είναι $3^m+1\equiv 0 (mod.2)\Rightarrow (3^m+1)^n\equiv 0 (mod.8)$ .
Επίσης είναι $3^p\equiv 1,3 (mod8)$ και $x^2\equiv 1 (mod8)$ εφόσον ο χ είναι περιττός. Η εξίσωση λοιπόν παίρνοντας mod8 γίνεται: $0-1,3\equiv 1(mod.8)$ που προφανώς είναι άτοπο. Άρα οι δυνατές τιμές του n είναι 0,1,2.

#147

79.
Να προσδιορίσετε όλους τους θετικούς ακεραίους

τέτοιους ώστε:
$\displaystyle{\bullet n=d_{13}+d_{14}+d_{15}}$
$\displaystyle{\bullet (d_5+1)^3=d_{15}+1,}$
όπου 1=d_1<d_2<...<d_k=n

οι διαιρέτες του

80.
Να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{(ab+b)(2b+1)}{(ab+a)(5b+1)}+\frac{(bc+c)(2c+1)}{(bc+b)(5c+1)}+\frac{(ca+a)(2a+1)}{(ca+c)(5a+1)}\geq \frac{3}{2}},$

για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς a,b,c

, για τους οποίους

$\displaystyle{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq 3.}$

81.
Να δείξετε ότι η εξίσωση 4x^3-3x+1=2y^2

έχει τουλάχιστον

θετικές ακέραιες λύσεις με $x\leq 2005$ .

stavros11 · #148

socrates έγραψε:81.
Να δείξετε ότι η εξίσωση έχει τουλάχιστον θετικές ακέραιες λύσεις με $x\leq 2005$ .

Εύκολα βλέπουμε ότι αν $\displaystyle{x}$ άρτιος, η εξίσωση δεν έχει ακέραιες λύσεις, αφού το ένα μέλος είναι άρτιο ενώ το άλλο περιττό. Συνεπώς $\displaystyle{x}$ περιττός, έστω $\displaystyle{x=2k+1 \;,\; k \in \mathbb{N}}$ .
Πρέπει:
$\displaystyle{x\leq 2005\Rightarrow 2k\leq 2004\Rightarrow k\leq 1002}$ .

Η εξίσωση γίνετε: $\displaystyle{4(2k+1)^3-6k-2=2y^2\Rightarrow y^2=2(8k^3+12k^2+6k+1)-3k-1=16k^3+24k^2+9k+1}$

Το πολυώνυμο στο 2ο μέλος έχει ρίζα το $\displaystyle{-1}$ , οπότε με Horner έχουμε: $\displaystyle{y^2=(k+1)(16k^2+8k+1)=(k+1)(4k+1)^2\Rightarrow y=(4k+1)\sqrt{k+1}}$

Άρα η εξίσωση έχει ακέραιες λύσεις όταν το $\displaystyle{k+1}$ είναι τέλειο τετράγωνο.

Είναι $\displaystyle{1\leq k+1\leq 1003}$ . Αφού $\displaystyle{31<\sqrt{1003}<32}$ , υπάρχουν $\displaystyle{31}$ τέλεια τετράγωνα από το $\displaystyle{1}$ έως το $\displaystyle{1003}$ . Συνεπώς η εξίσωση έχει $\displaystyle{31}$ λύσεις για $\displaystyle{x\leq 2005}$ .

Marios V. · #149

socrates έγραψε:79.
Να προσδιορίσετε όλους τους θετικούς ακεραίους τέτοιους ώστε:
$\displaystyle{\bullet n=d_{13}+d_{14}+d_{15}}$ (1)
$\displaystyle{\bullet (d_5+1)^3=d_{15}+1,}$ (2)
όπου οι διαιρέτες του

$d_{15}<n<3d_{15}$ από την πρώτη, και άρα $n=2d_{15}$ (3)

, οπότε $d_{2}=2$ . αντικαθιστώντας το (3) στην (1) της εκφώνησης, έχουμε $n=2(d_{13}+d_{14})$
ή διαφορετικά $\frac{n}{2}=d_{13}+d_{14}=\frac{n}{d_{4}}+\frac{n}{d_{3}}$ , διαγράφουμε τα

, λύνουμε ως προς $d_{4}$ και $d_{3}$ (ξεχωριστά) και βρίσκουμε ότι πρέπει $d_{4}-2|2d_{4}$ και $d_{3}-2|2d_{3}$ , οπότε $d_{3}-2,d_{4}-2|4$ , οπότε $d_{3,4}-2\in \left\{1,2,4 \right\}$ δηλαδή $d_{3,4}\in \left\{3,4,6\right\}$ οπότε $d_{3}=3$ και $d_{4}=6$ .
οπότε $d_{15}+1\equiv1 (mod3)$ , δηλαδή $(d_{5}+1)^{3}\equiv1 (mod3), d_{5}+1\equiv1 (mod3), 3|d_{5}, d_{5}=9$ . οπότε αντικαθιστόντας στην (2), θα έχουμε $d_{15}=999$ , δηλαδή n=1998

.

Kostas_94 · #150

Μπορεί κάποιος να μου εξηγήσει πώς προκύπτει το $d_{5}=9$ στην τελευταία λύση;
Ευχαριστώ πολύ.

Marios V. · #151

φυσικά.
θεωρώ πως έχεις καταλάβει τι κάναμε μέχρι το $d_{4}=6$ .
Μετά: αφού το

είναι διαιρέτης του $n=2d_{15}$ , θα είναι και του $d_{15}$ . Οπότε το $d_{15}+1$ αφήνει υπόλοιπο

με το τρια. Από την σχέση που μας δίνει η εκφώνηση, το $(d_{5}+1)^{3}$ αφήνει επίσης υπόλοιπο

με το

. Αυτό όμως ισχύει αν και μόνο αν και το $d_{5}+1$ αφήνει υπόλοιπο

με το

(μπορεί να επιβεβεωθεί δοκιμάζοντας τις άλλες περιπτώσεις). Οπότε το $d_{5}$ θα είναι πολλαπλάσιο του

. όμως, $d_{4}=6$ , οπότε $d_{5}>6$ . όμως: αν πχ $d_{5}=12$ , τότε το

διαιρεί το $d_{5}$ , και άρα και το

, κάτι που δεν γίνεται αφού δεν το έχουμε συμπεριλάβει ως διαιρέτη. Ομοίως και για κάθε άλλη πιθανή τιμή του $d_{5}$ μεγαλύτερη του

, οπότε $d_{5}=9$ .
αν εξακολουθείς να μην καταλαβαίνεις κάτι, ξαναρωτάς.

Kostas_94 · #152

Φερμά_96 έγραψε:φυσικά.
θεωρώ πως έχεις καταλάβει τι κάναμε μέχρι το $d_{4}=6$ .
Μετά: αφού το είναι διαιρέτης του $n=2d_{15}$ , θα είναι και του $d_{15}$ . Οπότε το $d_{15}+1$ αφήνει υπόλοιπο με το τρια. Από την σχέση που μας δίνει η εκφώνηση, το $(d_{5}+1)^{3}$ αφήνει επίσης υπόλοιπο με το . Αυτό όμως ισχύει αν και μόνο αν και το $d_{5}+1$ αφήνει υπόλοιπο με το (μπορεί να επιβεβεωθεί δοκιμάζοντας τις άλλες περιπτώσεις). Οπότε το $d_{5}$ θα είναι πολλαπλάσιο του . όμως, $d_{4}=6$ , οπότε $d_{5}>6$ . όμως: αν πχ $d_{5}=12$ , τότε το διαιρεί το $d_{5}$ , και άρα και το , κάτι που δεν γίνεται αφού δεν το έχουμε συμπεριλάβει ως διαιρέτη. Ομοίως και για κάθε άλλη πιθανή τιμή του $d_{5}$ μεγαλύτερη του , οπότε $d_{5}=9$ .
αν εξακολουθείς να μην καταλαβαίνεις κάτι, ξαναρωτάς.

Νομίζω τώρα πως το έχω καταλάβει

socrates έγραψε:
78.
Η ακολουθία $\{a_n\}_{n\geq 1}$ ορίζεται ως: και για $n\geq 2$ ο ισούται με τον ελάχιστο ακέραιο που υπερβαίνει τον $a_{n-1}$ και διαιρείται με τον
Να δείξετε ότι η ακολουθία $a_{100},a_{101},...$ είναι αριθμητική πρόοδος.

Θα χρησιμοποιήσουμε το απλό λήμα πως για ακεραίους x>y>1

ισχύει

Ορίζω ως f(n) το πηλίκου του $\alpha_{n}$ δια n. Προφανώς η f(n) είναι φθίνουσα. Θα δείξουμε πως μετά από κάποιο n, η f(n) μένει σταθερή σε μια τιμή που αποτελεί το λόγο της αριθμητικής προόδου. Για την $\alpha_{n}$ ισχύει οτι
$\alpha_{2}\leq \alpha _{1}+2$ .
$\alpha_{3}\leq \alpha_{2}+3$
...
$\alpha_{100}\leq \alpha_{99}+100$
Για την ισότητα έχουμε $n\mid \alpha_{n-1}\Leftrightarrow \alpha_{n}=\alpha_{n-1}+n$ . Προσθέτοντας κατά μέρη τις ανισότητες έχουμε πως $\alpha_{100}\leq \alpha_{1}+2+3+...+100=7059$ . Από την $\alpha_{100}=100f(n)$ και την τελευταία προκύπτει οτι $20<f(n)\leq 70<100$ . Οπότε από το λήμα έχουμε f(100)100>(f(100)-1)101

που σημαίνει οτι f(101)>f(100)-1

. Επειδή όμως η f όπως έχουμε πει είναι μια φθίνουσα ακέραια συνάρτηση θα έχουμε οτι f(101)=f(100). Συνεχίζοντας με τον ίδιο τρόπο, επικαλούμενοι την επαγωγή δείχνουμε οτι f(100)=f(101)=f(102)=...=w.
Οπότε $\alpha_{100+n}=w(100+n)$ που είναι αριθμητική πρόοδος.
Μπορεί κάποιος να ελέγξει αν έχω κάπου λάθος;

#153

Kostas_94 έγραψε:
socrates έγραψε:
78.
Η ακολουθία $\{a_n\}_{n\geq 1}$ ορίζεται ως: και για $n\geq 2$ ο ισούται με τον ελάχιστο ακέραιο που υπερβαίνει τον $a_{n-1}$ και διαιρείται με τον
Να δείξετε ότι η ακολουθία $a_{100},a_{101},...$ είναι αριθμητική πρόοδος.
Θα χρησιμοποιήσουμε το απλό λήμα πως για ακεραίους ισχύει
Ορίζω ως f(n) το πηλίκου του $\alpha_{n}$ δια n. Προφανώς η f(n) είναι φθίνουσα. Θα δείξουμε πως μετά από κάποιο n, η f(n) μένει σταθερή σε μια τιμή που αποτελεί το λόγο της αριθμητικής προόδου. Για την $\alpha_{n}$ ισχύει οτι
$\alpha_{2}\leq \alpha _{1}+2$ .
$\alpha_{3}\leq \alpha_{2}+3$
...
$\alpha_{100}\leq \alpha_{99}+100$
Για την ισότητα έχουμε $n\mid \alpha_{n-1}\Leftrightarrow \alpha_{n}=\alpha_{n-1}+n$ . Προσθέτοντας κατά μέρη τις ανισότητες έχουμε πως $\alpha_{100}\leq \alpha_{1}+2+3+...+100=7059$ . Από την $\alpha_{100}=100f(n)$ και την τελευταία προκύπτει οτι $20<f(n)\leq 70<100$ . Οπότε από το λήμα έχουμε που σημαίνει οτι . Επειδή όμως η f όπως έχουμε πει είναι μια φθίνουσα ακέραια συνάρτηση θα έχουμε οτι f(101)=f(100). Συνεχίζοντας με τον ίδιο τρόπο, επικαλούμενοι την επαγωγή δείχνουμε οτι f(100)=f(101)=f(102)=...=w.
Οπότε $\alpha_{100+n}=w(100+n)$ που είναι αριθμητική πρόοδος.
Μπορεί κάποιος να ελέγξει αν έχω κάπου λάθος;

Μια χαρά μου φαίνεται. Αυτή τη λογική χρησιμοποιώ κι εγώ.

#154

82.
α) Να δείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο

υπάρχουν μοναδικοί ακέραιοι x_n,y_n

τέτοιοι ώστε $(1+\sqrt{33})^n=x_n+y_n\sqrt{33}$ .
β) Αν

πρώτος, να αποδείξετε ότι ένας τουλάχιστον από τους $y_{p-1},y_p,y_{p+1}$ διαιρείται με τον

.

83.
Δίνεται το πολυώνυμο $P(x)=(x+1)^p(x-3)^q=x^n+a_1x^{n-1}+a_2x^{n-2}+...a_{n-1}x+a_n,$
όπου

και

θετικοί ακέραιοι.
α) Αν a_1=a_2

, να δείξετε ότι ο αριθμός

είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.
β) Να δείξετε ότι υπάρχουν άπειρα ζεύγη $(p,q)\in \Bbb{N}^2$ τέτοια ώστε a_1=a_2

.

84.
Αν a,b,c

πραγματικοί αριθμοί για τους οποίους a+b+c=0

και $a\geq 1$ ,
να βρείτε την ελάχιστη τιμή της παράστασης a^4+b^4+c^4-3abc.

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...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - 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...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - 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...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - 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...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - 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...!

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

Μέλη σε σύνδεση