Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 5952
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #1 από matha » Τετ Ιαν 19, 2011 9:23 pm

Σε έναν περίπου μήνα θα λάβει χώρα ο ''Αρχιμήδης''. Πιστεύω ότι κάποια μέλη του :logo: 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 :logo: .
Όποιος θέλει, ας εμπλουτίσει το αρχείο και με άλλες ασκήσεις.
τελευταία επεξεργασία από matha σε Τετ Μαρ 09, 2011 6:54 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Μάγκος Θάνος
kwstas12345
Δημοσιεύσεις: 1055
Εγγραφή: Δευ Ιαν 11, 2010 2:12 pm

Re: Των φρονίμων τα παιδιά...!

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #2 από kwstas12345 » Τετ Ιαν 19, 2011 10:37 pm

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.


Mihalis_Lambrou
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 9342
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

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

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #3 από Mihalis_Lambrou » Τετ Ιαν 19, 2011 10:51 pm

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



kwstas12345
Δημοσιεύσεις: 1055
Εγγραφή: Δευ Ιαν 11, 2010 2:12 pm

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

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #4 από kwstas12345 » Τετ Ιαν 19, 2011 11:23 pm

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...


Άβαταρ μέλους
chris
Δημοσιεύσεις: 1176
Εγγραφή: Πέμ Μαρ 11, 2010 9:39 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα-Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

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

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #5 από chris » Τετ Ιαν 19, 2011 11:30 pm

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 :D ...

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

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

H (1) για x=a+b,y=c+d 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 x=ad+bc,y=ac+bd 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}


Στραγάλης Χρήστος
kwstas12345
Δημοσιεύσεις: 1055
Εγγραφή: Δευ Ιαν 11, 2010 2:12 pm

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

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #6 από kwstas12345 » Τετ Ιαν 19, 2011 11:51 pm

Αποσύρω την λύση που είχα γιατί κάτι δεν μου άρεσε.
τελευταία επεξεργασία από kwstas12345 σε Πέμ Ιαν 20, 2011 9:33 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3198
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

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

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #7 από Κοτρώνης Αναστάσιος » Τετ Ιαν 19, 2011 11:54 pm

Νομίζω ότι το < πρέπει να γίνει \leq, αφού για n=1 παράδειγμα έχουμε ισότητα. (Άσε που δε μου βγαίνει κιόλας... :lol: )

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 k 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}.


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
Dreamkiller
Δημοσιεύσεις: 263
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 12:52 pm

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

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #8 από Dreamkiller » Τετ Ιαν 19, 2011 11:56 pm

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}}.


Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3198
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

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

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #9 από Κοτρώνης Αναστάσιος » Πέμ Ιαν 20, 2011 12:03 am

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


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
kwstas12345
Δημοσιεύσεις: 1055
Εγγραφή: Δευ Ιαν 11, 2010 2:12 pm

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

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #10 από kwstas12345 » Πέμ Ιαν 20, 2011 1:20 am

Για την 5ιι, θεωρώντας την εξίσωση σαν δευτεροβάθμια ως προς x , 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 D=1, 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
Δημοσιεύσεις: 389
Εγγραφή: Δευ Μαρ 01, 2010 2:07 pm
Τοποθεσία: Oxford

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

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #11 από nickthegreek » Πέμ Ιαν 20, 2011 2:37 pm

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


Νίκος Αθανασίου
userresu
Δημοσιεύσεις: 83
Εγγραφή: Δευ Νοέμ 23, 2009 2:07 pm

Re: Των φρονίμων τα παιδιά...!

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #12 από userresu » Πέμ Ιαν 20, 2011 2:56 pm

kwstas12345 έγραψε: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.


Εδώ υπάρχει λάθος. Μπορεί να είναι και 4.


kwstas12345
Δημοσιεύσεις: 1055
Εγγραφή: Δευ Ιαν 11, 2010 2:12 pm

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

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #13 από kwstas12345 » Πέμ Ιαν 20, 2011 3:08 pm

Ναι, δίκιο έχετε, το είδα λίγο βιαστικα. :roll:


Άβαταρ μέλους
chris
Δημοσιεύσεις: 1176
Εγγραφή: Πέμ Μαρ 11, 2010 9:39 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα-Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

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

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #14 από chris » Πέμ Ιαν 20, 2011 3:28 pm

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^*}


Στραγάλης Χρήστος
userresu
Δημοσιεύσεις: 83
Εγγραφή: Δευ Νοέμ 23, 2009 2:07 pm

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

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #15 από userresu » Πέμ Ιαν 20, 2011 4:13 pm

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
Δημοσιεύσεις: 389
Εγγραφή: Δευ Μαρ 01, 2010 2:07 pm
Τοποθεσία: Oxford

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

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #16 από nickthegreek » Πέμ Ιαν 20, 2011 5:01 pm

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 K_1=6,K_2=34 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 5 ο κάθε όρος της ακολουθίας.

Κατ'αρχήν παρατηρούμε ότι το υπόλοιπο που αφήνει κάθε όρος της ακολουθίας με το 5 προσδιορίζεται επακριβώς από τα υπόλοιπα που αφήνουν οι δύο προηγούμενοι όροι της ακολουθίας με το 5.Έτσι έχουμε τις σχέσεις: (όλες οι ισότητες είναι (mod5)):

K_1=1,K_2=4
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 5,ανάλογα με το υπόλοιπο του n με το 7 .Δηλαδή:



Νίκος Αθανασίου
userresu
Δημοσιεύσεις: 83
Εγγραφή: Δευ Νοέμ 23, 2009 2:07 pm

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

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #17 από userresu » Πέμ Ιαν 20, 2011 9:24 pm

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).


Άβαταρ μέλους
nkatsipis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 743
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 10:26 am
Τοποθεσία: Σαντορίνη
Επικοινωνία:

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

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #18 από nkatsipis » Παρ Ιαν 21, 2011 10:40 am

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


socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5759
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

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

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #19 από socrates » Παρ Ιαν 21, 2011 2:15 pm

7.
Να βρείτε όλους τους πρώτους αριθμούς p 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 I το έκκεντρό του.
Ο εγγεγραμένος κύκλος του τριγώνου εφάπτεται της πλευράς BC στο σημείο D.
Αν M το μέσο της BC, να αποδείξετε ότι η ευθεία IM περνάει από το μέσο του τμήματος AD.


10.
Έστω k 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}


Θανάσης Κοντογεώργης
Σακης
Δημοσιεύσεις: 122
Εγγραφή: Κυρ Οκτ 11, 2009 9:06 pm

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

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #20 από Σακης » Παρ Ιαν 21, 2011 8:07 pm

Για την 9:

Τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου D και του παρεγγεγραμμένου E είναι συμμέτρικα ως προς το μέσο της πλευράς BC.
Επίσης από γνωστη πρόταση, το αντιδιαμετρικό του D ως προς τον εγγ. κύκλο έστω S, ε,ιναι σημείο της ευθείας AE.
Τότε η MI συνδέει τα μέσα των πλευρών του SDE άρα είναι // στην AE και άρα περνάει από το μέσο της AD.



Επιστροφή σε “Θέματα διαγωνισμών (ΕΜΕ, BMO, JBMO, IMO, Kangaroo κλπ)”

Μέλη σε σύνδεση

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