JBMO Shortlist 2016 (1/2)

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1110
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

JBMO Shortlist 2016 (1/2)

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #1 από silouan » Κυρ Ιουν 25, 2017 12:56 am

Ας δούμε τα θέματα της περσινής Shortlist:

A1: Οι θετικοί πραγματικοί a,b,c είναι τέτοιοι ώστε abc=8. Να δείξετε ότι
\displaystyle\frac{ab+4}{a+2}+\frac{bc+4}{b+2}+\frac{ac+4}{c+2}\geq 6.

A2: Ήταν το θέμα 2 του διαγωνισμού.

A3: Να βρεθούν όλα τα ζεύγη ακεραίων (m,n) που είναι τέτοια ώστε

\displaystyle\sqrt{n+\sqrt{2016}}+\sqrt{m-\sqrt{2016}}\in\mathbb{Q}.

A4: Οι μη-αρνητικοί πραγματικοί x,y,z είναι τέτοιοι ώστε x^2+y^2+z^2=x+y+z. Να δείξετε ότι
\displaystyle\frac{x+1}{\sqrt{x^5+x+1}}+\frac{y+1}{\sqrt{y^5+y+1}}+\frac{z+1}{\sqrt{z^5+z+1}}\geq 3.

A5: Οι θετικοί πραγματικοί x,y,z είναι τέτοιοι ώστε x+y+z=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}. Να δείξετε ότι
\displaystyle x+y+z\geq\sqrt{\frac{xy+1}{2}}+\sqrt{\frac{yz+1}{2}}+\sqrt{\frac{zx+1}{2}}.
τελευταία επεξεργασία από silouan σε Σάβ Ιούλ 01, 2017 4:55 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Σιλουανός Μπραζιτίκος

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7295
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: JBMO Shortlist 2016

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #2 από Demetres » Κυρ Ιουν 25, 2017 12:57 pm

silouan έγραψε:Ας δούμε τα θέματα της περσινής Shortlist:

A1: Οι θετικοί πραγματικοί a,b,c είναι τέτοιοι ώστε abc=8. Να δείξετε ότι
\displaystyle\frac{ab+4}{a+2}+\frac{bc+4}{b+2}+\frac{ac+4}{c+2}\geq 6.


Καλό. Παρατηρώ ότι \displaystyle{ a+2 = \frac{abc+2bc}{bc} = \frac{8+2bc}{bc} = \frac{2}{bc} (bc+4)}

Οπότε από ΑΜ-ΓΜ έχω

\displaystyle{ \sum \frac{ab+4}{a+2} \geqslant 3 \sqrt[3]{\prod \frac{bc}{2}\frac{ab+4}{bc+4}} = 3\sqrt[3]{\frac{(abc)^2}{8}} = 6}


Άβαταρ μέλους
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 193
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: JBMO Shortlist 2016

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #3 από Γιάννης Μπόρμπας » Κυρ Ιουν 25, 2017 1:31 pm

silouan έγραψε:A3: Να βρεθούν όλα τα ζεύγη ακεραίων (m,n) που είναι τέτοια ώστε

\displaystyle\sqrt{n+\sqrt{2016}}+\sqrt{m-\sqrt{2016}}\in\mathbb{Q}.


Περιορισμοί: m\ge 45.
Υποθέτουμε ότι m\not=n και ότι η παράσταση ισούται με κάποιο a\in\mathbb{Q}.
Τότε η εξίσωση γράφεται ως:
\displaystyle{\sqrt{2016}=\frac{(\frac{a^2-n-m}{4})^2-nm}{m-n}}.
Το αριστερό μέλος είναι άρρητος ενώ το δεξί ρητός, άτοπο.
Αν τώρα m=n η εξίσωση γράφεται:
2\sqrt{n^2-2016}=a^2-2n με επιπλέον περιορισμό: a^2\ge 2n.
Επομένως πρέπει n^2-2016=q^2 για κάποιο q\in\mathbb{Q} (1).
Όμως αφού ο αριθμός n^2-2016 είναι ακέραιος, τότε και ο q θα είναι ακέραιος.
Άρα από τα παραπάνω συμπεραίνουμε πως και ο a πρέπει να είναι ακέραιος.
Η (1) γίνεται: (n-q)(n+q)=2016
Από όπου προκύπτουν οι πιθανές λύσεις: n=505,254,171,130,90,79,71,65,54,50,46,45.
Από την εξίσωση όμως η μόνη δεκτή λύση είναι η \boxed{n=50}
τελευταία επεξεργασία από Γιάννης Μπόρμπας σε Τρί Ιουν 27, 2017 4:36 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


knm2608
Δημοσιεύσεις: 26
Εγγραφή: Τετ Φεβ 15, 2017 7:00 pm

Re: JBMO Shortlist 2016

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #4 από knm2608 » Κυρ Ιουν 25, 2017 3:59 pm

silouan έγραψε:
A5: Οι θετικοί πραγματικοί x,y,z είναι τέτοιοι ώστε x+y+z=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}. Να δείξετε ότι
\displaystyle x+y+z\geq\sqrt{\frac{xy+1}{2}}+\sqrt{\frac{yz+1}{2}}+\sqrt{\frac{zx+1}{2}}.


Θέτουμε xy=c, yz=a και zx=b.
Τότε η συνθήκη γίνεται a+b+c=ab+bc+ca και η ανισότητα
\displaystyle{ab+bc+ca\geqslant \sum \sqrt {\frac{x^3y^3z^2+x^2y^2z^2}{2}}=\sum \sqrt {\frac{a^2bc+abc}{2}}}
Ισοδύναμα έχουμε
\displaystyle{\sqrt{2}RHS=\sum \sqrt{a^2bc+abc}=\sqrt{ab(ac+c)}+\sqrt{bc(ba+a)}+\sqrt{ca(cb+b)}}
Άρα από C-S
\displaystyle{\sqrt{2}RHS\leqslant \sqrt{(ab+bc+ca)(ac+ba+cb+a+b+c)}=\sqrt{2}LHS}


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

Re: JBMO Shortlist 2016

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #5 από socrates » Κυρ Ιουν 25, 2017 5:39 pm

silouan έγραψε:A4: Οι θετικοί πραγματικοί x,y,z είναι τέτοιοι ώστε x^2+y^2+z^2=x+y+z. Να δείξετε ότι
\displaystyle\frac{x+1}{\sqrt{x^5+x+1}}+\frac{y+1}{\sqrt{y^5+y+1}}+\frac{z+1}{\sqrt{z^5+z+1}}\geq 3.


Η ανισότητα είναι γνήσια και το 3 η καλύτερη σταθερή... ;)


Θανάσης Κοντογεώργης
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1110
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: JBMO Shortlist 2016

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #6 από silouan » Κυρ Ιουν 25, 2017 8:01 pm

socrates έγραψε:
Η ανισότητα είναι γνήσια και το 3 η καλύτερη σταθερή... ;)


Θανάση, η εκφώνηση έλεγε τελικά "μη αρνητικοί", απλά εκ παραδρομής έγραψα θετικοί. Επομένως, έχουμε ισότητα.


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Άβαταρ μέλους
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 193
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: JBMO Shortlist 2016

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #7 από Γιάννης Μπόρμπας » Κυρ Ιουν 25, 2017 9:56 pm

silouan έγραψε:A4: Οι μη-αρνητικοί πραγματικοί x,y,z είναι τέτοιοι ώστε x^2+y^2+z^2=x+y+z. Να δείξετε ότι
\displaystyle\frac{x+1}{\sqrt{x^5+x+1}}+\frac{y+1}{\sqrt{y^5+y+1}}+\frac{z+1}{\sqrt{z^5+z+1}}\geq 3.


\displaystyle{\sum_{cyc}\frac{x+1}{\sqrt{x^5+x+1}}\ge 2\sum_{cyc}\frac{1}{x^2-x+2}\ge 3
Η ισότητα ισχύει αν x=y=z=0.


silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1110
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: JBMO Shortlist 2016

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #8 από silouan » Κυρ Ιουν 25, 2017 10:17 pm

Ωραία Γιάννη! Εξήγησέ μας όμως και το σκεπτικό και τα βήματα πίσω από τη λύση. :)


Σιλουανός Μπραζιτίκος
ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ
Δημοσιεύσεις: 449
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 28, 2015 8:49 pm

Re: JBMO Shortlist 2016

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #9 από ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ » Κυρ Ιουν 25, 2017 11:06 pm

Εχω μια διαφορετική λυση για το Α5.

Θα την δημοσιεύσω αυριο με επεξεργασία αυτού το μηνύματος.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7295
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: JBMO Shortlist 2016

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #10 από Demetres » Κυρ Ιουν 25, 2017 11:09 pm

silouan έγραψε:A4: Οι μη-αρνητικοί πραγματικοί x,y,z είναι τέτοιοι ώστε x^2+y^2+z^2=x+y+z. Να δείξετε ότι
\displaystyle\frac{x+1}{\sqrt{x^5+x+1}}+\frac{y+1}{\sqrt{y^5+y+1}}+\frac{z+1}{\sqrt{z^5+z+1}}\geq 3.


Ισχύει επίσης (για (2x-1)^2 \leqslant 3) ότι

\displaystyle{ \frac{x+1}{\sqrt{x^5+x+1}} \geqslant 1 + \frac{x(1-x)}{2} }

αλλά δεν έχω όμορφη απόδειξη.


Panagiotis11
Δημοσιεύσεις: 59
Εγγραφή: Κυρ Απρ 09, 2017 7:33 pm
Τοποθεσία: Πάτρα

Re: JBMO Shortlist 2016

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #11 από Panagiotis11 » Δευ Ιουν 26, 2017 12:43 am

Demetres έγραψε:
silouan έγραψε:A4: Οι μη-αρνητικοί πραγματικοί x,y,z είναι τέτοιοι ώστε x^2+y^2+z^2=x+y+z. Να δείξετε ότι
\displaystyle\frac{x+1}{\sqrt{x^5+x+1}}+\frac{y+1}{\sqrt{y^5+y+1}}+\frac{z+1}{\sqrt{z^5+z+1}}\geq 3.


Ισχύει επίσης (για (2x-1)^2 \leqslant 3) ότι

\displaystyle{ \frac{x+1}{\sqrt{x^5+x+1}} \geqslant 1 + \frac{x(1-x)}{2} }

αλλά δεν έχω όμορφη απόδειξη.


Με βάση την απόδειξη του κύριου Δημήτρη,θα ήθελα να συνεχίσω την λύση(μπορεί να φανεί εύκολο σε ορισμένους αλλά το θεωρώ καλό και για τους επισκέπτες που διαβάζουν το :logo: )
Είναι:
LHS\geq 3+ \frac{x-x^{2}}{2}+\frac{y-y^{2}}{2}+\frac{z-z^{2}}{2}

Αρκεί να αποδείξουμε ότι \frac{x-x^{2}}{2}+\frac{y-y^{2}}{2}+\frac{z-z^{2}}{2}=0

Αλλά έυκολα\frac{(x+y+z)-(x^{2}+y^{2}+z^{2})}{2}=\frac{0}{2}=0 λόγω υπόθεσης.


Μπορεί να απογοητευθείς αν αποτύχεις, αλλά είσαι χαμένος αν δεν προσπαθήσεις.
knm2608
Δημοσιεύσεις: 26
Εγγραφή: Τετ Φεβ 15, 2017 7:00 pm

Re: JBMO Shortlist 2016

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #12 από knm2608 » Δευ Ιουν 26, 2017 12:56 am

silouan έγραψε:
A4: Οι μη-αρνητικοί πραγματικοί x,y,z είναι τέτοιοι ώστε x^2+y^2+z^2=x+y+z. Να δείξετε ότι
\displaystyle\frac{x+1}{\sqrt{x^5+x+1}}+\frac{y+1}{\sqrt{y^5+y+1}}+\frac{z+1}{\sqrt{z^5+z+1}}\geq 3.


Η λύση μου είναι ουσιαστικά ίδια με αυτήν του Γιάννη, απλά την αφήνω αφού έχει περισσότερες λεπτομέρειες.

Από AM-GM έχουμε (x^2+x+1)+(x^3-x^2+1) \geq 2 \sqrt{x^5+x+1}
Άρα
\displaystyle{\frac{x+1}{\sqrt{x^5+x+1}} \geq \frac{2(x+1)}{x^3+x+2} = \frac{2}{x^2-x+2}}
Από CS
\displaystyle{\frac{1}{x^2-x+2}+\frac{1}{y^2-y+2}+\frac{1}{z^2-z+2} \geq \frac{9}{6} = \frac{3}{2} }


Κωνσταντίνος Μεταξάς
Άβαταρ μέλους
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 193
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: JBMO Shortlist 2016

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #13 από Γιάννης Μπόρμπας » Δευ Ιουν 26, 2017 1:06 am

silouan έγραψε:Ωραία Γιάννη! Εξήγησέ μας όμως και το σκεπτικό και τα βήματα πίσω από τη λύση. :)

Τα βήματα και οι σκέψεις είναι οι εξής:
(1) Ο παρανομαστής αποτελείται από ριζικό και από ένα πολυώνυμο 5ου βαθμού, οπότε θα λειτουργήσουμε είτε με AM-GM (που δεν βρήκα
τρόπο) είτε με εύρεση πολυωνύμου.
(2) Πρέπει να βρούμε ένα πολυώνυμο P(x) τέτοιο ώστε: \displaystyle{\frac{x+1}{\sqrt{x^5+x+1}}\ge c\frac{x+1}{\sqrt{P(x)}}}
το οποίο να απλοποιεί την ανισότητα για κάποιο c.
(3) Κλέβουμε και κοιτάμε τα παραπάνω σχόλια, οπότε διαπιστώνουμε πως η ισότητα ισχύει στο 0 :D .
(4) Το πολυώνυμο πρέπει να είναι έκτου βαθμού και παράλληλα θα βοηθούσε να είναι το τετράγωνο ενός πολυωνύμου διότι θα εξαφανιζόταν
το ριζικό.
(5) Θα προτιμούσαμε να ισχύει ότι P(-1)=0 έτσι ώστε ο παράγοντας x+1 να απλοποιούταν, αφήνοντας μας να εφαρμόσουμε C-S.
(6) Για να είναι αποτελεσματική η C-S θα πρέπει να χρησιμοποιήσουμε με κάποιο τρόπο την δοσμένη ισότητα.
Με βάση τα παραπάνω δεν αργούμε να μαντέψουμε ότι: P(x)=(x+1)^2(x^2-x+t)^2 για κάποιο t.
Έτσι βρίσκουμε πως το c=2 και t=2 βρίσκουμε το κατάλληλο πολυώνυμο.
Ενδεχομένως (αν όχι σίγουρα) να υπάρχει κάποια πιο απλή μέθοδος εύρεσης του πολυωνύμου.
Edit: Τελικά υπάρχει πολύ πιο εύκολος τρόπος και βρίσκεται ακριβώς από πάνω :lol: .
Edit 2: Τα πολυώνυμα μου θύμισαν το πρόβλημα 4 του προκριματικού.


silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1110
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: JBMO Shortlist 2016

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #14 από silouan » Δευ Ιουν 26, 2017 8:31 am

Και για μια ανταλλαγή(; )ιδεών με
https://artofproblemsolving.com/communi ... inequality


Σιλουανός Μπραζιτίκος
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1110
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: JBMO Shortlist 2016

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #15 από silouan » Τρί Ιουν 27, 2017 2:48 pm

Συνεχίζω με τη θεωρία αριθμών:

Ν1: Να βρείτε τον μεγαλύτερο θετικό ακέραιο n που διαιρεί τον p^6-1 για κάθε πρώτο p>7.

N2: Να βρεθεί το μέγιστο πλήθος θετικών ακεραίων x_1,...,x_m που ικανοποιούν τις παρακάτω δύο συνθήκες.
(i) Το 11 δεν διαιρεί καμιά διαφορά x_i-x_j με 1\leq i<j\leq m
(ii) Το άθροισμα x_2x_3...x_m+x_1x_3...x_m+\ldots+x_1x_2...x_{m-1} διαιρείται από το 11.

Ν3: Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι n ώστε ο αριθμός \displaystyle A_{n}=\frac{2^{4n+2}+1}{65} να είναι
α) ακέραιος
β) πρώτος

Ν4: Ήταν το πρόβλημα 3 του διαγωνισμού.

Ν5: Να βρεθούν όλοι οι τετραψήφιοι \overline{abcd} ώστε
\diplaystyle (a+b)(a+c)(a+d)(b+c)(b+d)(c+d)=\overline{abcd}


Σιλουανός Μπραζιτίκος
ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ
Δημοσιεύσεις: 449
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 28, 2015 8:49 pm

Re: JBMO Shortlist 2016

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #16 από ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ » Τρί Ιουν 27, 2017 3:11 pm

silouan έγραψε:Συνεχίζω με τη θεωρία αριθμών:

Ν1: Να βρείτε τον μεγαλύτερο θετικό ακέραιο n που διαιρεί τον p^6-1 για κάθε πρώτο p>7.

N2: Να βρεθεί το μέγιστο πλήθος θετικών ακεραίων x_1,...,x_m που ικανοποιούν τις παρακάτω δύο συνθήκες.
(i) Το 11 δεν διαιρεί καμιά διαφορά x_i-x_j με 1\leq i<j\leq m
(ii) Το άθροισμα x_2x_3...x_m+x_1x_3...x_m+\ldots+x_1x_2...x_{m-1} διαιρείται από το 11.

Ν3: Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι n ώστε ο αριθμός \displaystyle A_{n}=\frac{2^{4n+2}+1}{65} να είναι
α) ακέραιος
β) πρώτος

Ν4: Ήταν το πρόβλημα 3 του διαγωνισμού.

Ν5: Να βρεθούν όλοι οι τετραψήφιοι \overline{abcd} ώστε
\diplaystyle (a+b)(a+c)(a+d)(b+c)(b+d)(c+d)=\overline{abcd}


To N1 εδώ


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7295
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: JBMO Shortlist 2016

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #17 από Demetres » Τρί Ιουν 27, 2017 5:18 pm

silouan έγραψε:Συνεχίζω με τη θεωρία αριθμών:

N2: Να βρεθεί το μέγιστο πλήθος θετικών ακεραίων x_1,...,x_m που ικανοποιούν τις παρακάτω δύο συνθήκες.
(i) Το 11 δεν διαιρεί καμιά διαφορά x_i-x_j με 1\leq i<j\leq m
(ii) Το άθροισμα x_2x_3...x_m+x_1x_3...x_m+\ldots+x_1x_2...x_{m-1} διαιρείται από το 11.



Δεν μπορούμε να έχουμε δύο πολλαπλάσια του 11 διότι παραβιάζεται το (i). Δεν μπορούμε να έχουμε ένα πολλαπλάσιο του 11 διότι παραβιάζεται το (ii). Πράγματι στο άθροισμα, όλα εκτός από ένα από τα γινόμενα είναι πολλαπλάσια του 11. Αλλά τότε το άθροισμα δεν είναι πολλαπλάσιο του 11. Από το (i) δεν μπορούμε να έχουμε δυο αριθμούς που αφήνουν το ίδιο υπόλοιπο \bmod 11.

Από τα πιο πάνω, πρέπει να έχουμε το πολύ 10 θετικούς ακεραίους. Μπορούμε να έχουμε 10 αν πάρουμε τους 1,2,3,\ldots,10. Το (i) προφανώς ισχύει. Για το (ii) παρατηρούμε ότι το άθροισμα ισούται με

\displaystyle{\begin{aligned} \frac{10!}{1} + \frac{10!}{2} + \cdots + \frac{10!}{10} &= \left(\frac{10!}{1} + \frac{10!}{10} \right) + \left(\frac{10!}{2} + \frac{10!}{9} \right) + \cdots + \left(\frac{10!}{5} + \frac{10!}{6} \right) \\
&= \frac{11 \cdot 10!}{1 \cdot 10} + \frac{11 \cdot 10!}{2 \cdot 9} + \cdots + \frac{11 \cdot 10!}{5 \cdot 6}
\end{aligned}}

το οποίο είναι πολλαπλάσιο του 11.

Σίγουρα το έχουμε ξαναδεί ότι ο αριθμητής του \displaystyle{ \frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{p-1}} είναι πολλαπλάσιο του p για p πρώτο.


silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1110
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: JBMO Shortlist 2016

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #18 από silouan » Τρί Ιουν 27, 2017 10:37 pm

Demetres έγραψε:Για το (ii) παρατηρούμε ότι το άθροισμα ισούται με

\displaystyle\frac{10!}{1} + \frac{10!}{2} + \cdots + \frac{10!}{10}


Δημήτρη, ένας τρόπος για να τελειώσουμε από εδώ είναι να παρατηρήσουμε ότι κάθε όρος του αθροίσματος είναι διαφορετικός \mod 11 επομένως το άθροισμα είναι ισοϋπόλοιπο με \displaystyle 1+2+\ldots+10=55\equiv 0\pmod{11}.

Το 11 δεν παίζει κάποιο συγκεκριμένο ρόλο, το ζητούμενο ισχύει για κάθε πρώτο p.


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Άβαταρ μέλους
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 193
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: JBMO Shortlist 2016

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #19 από Γιάννης Μπόρμπας » Τετ Ιουν 28, 2017 12:28 am

silouan έγραψε:Ν3: Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι n ώστε ο αριθμός \displaystyle A_{n}=\frac{2^{4n+2}+1}{65} να είναι
α) ακέραιος

Αρχικά 65=5\times 13 οπότε θα χωρίσουμε την διαιρετότητα σε 2 μέρη
(1) 2^{4n+2}+1=4\times 16^n+1\equiv 4+1\equiv 0 (\mod 5) οπότε για όλα τα n ο αριθμός διαιρείται με το 5.
(2) 2^{4n+2}+1=4\times 16^n+1\equiv 4\times 3^n+1 (\mod 13). Τα υπόλοιπα της διαίρεσης του 13 με το 3^n είναι:
3\rightarrow 9\rightarrow 1\rightarrow 3\rightarrow 9\rightarrow 1... Οπότε πρέπει 3^n\equiv 3(\mod 13) άρα
\boxed{n\equiv 1(\mod 3)}


Άβαταρ μέλους
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 193
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: JBMO Shortlist 2016

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #20 από Γιάννης Μπόρμπας » Τετ Ιουν 28, 2017 12:50 am

silouan έγραψε:
Ν3: Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι n ώστε ο αριθμός \displaystyle A_{n}=\frac{2^{4n+2}+1}{65} να είναι
β) πρώτος

Φυσικά αν είναι πρώτος, θα είναι και ακέραιος, άρα από τα προηγούμενα n\equiv 1(\mod 3)
Έστω λοιπόν n=3l+1. Έχουμε: 2^{12l+6}+1=65p για κάποιο πρώτο αριθμό p και μη αρνητικό ακέραιο l.
Όμως: 2^{12l+6}+1=(4^{2l+1}+1)(4^{4l+2}-4^{2l+1}+1)=65p
Και 4^{4l+2}-4^{2l+1}+1>4^{2l+1}>65 για κάθε l>1
οπότε πρέπει: 4^{2l+1}+1\in \{1,5,13,65\} που δίνει l=0,1. Όμως καμία λύση δεν είναι δεκτή οπότε δεν υπάρχει n έτσι ώστε
ο αριθμός να είναι πρώτος.



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