Putnam 2015/B4

#1

Έστω

το σύνολο όλων των τριάδων θετικών ακεραίων (a, b, c)

για τις οποίες υπάρχει τρίγωνο με μήκη πλευρών a,b,c

. Να εκφραστεί το

$\displaystyle{ \sum_{(a,b,c) \in T} \frac{2^a}{3^b5^c}}$

ως ανάγωγο κλάσμα.

#2

Αρκετά απλή για Β4. Θα βρω γενικά το άθροισμα $\displaystyle{ \sum_{(a,b,c) \in T} x^ay^bz^c}$ για $x,y,z \in \mathbb{R}$ . Στο τέλος θα δούμε και ποιοι άλλοι περιορισμοί είναι αναγκαίοι για να ισχύει η απόδειξη.

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{(a,b,c) \in T} x^ay^bz^c &= \sum_{a=1}^{\infty}\sum_{b=1}^{\infty}\sum_{c=|a-b|+1}^{a+b-1} x^ay^bz^c \\ &= \sum_{a=1}^{\infty}\sum_{b=1}^{\infty} x^ay^b \frac{z^{|a-b|+1}(z^{a+b-|a-b|+1}-1)}{z-1} \\ &= \frac{1}{z-1}\sum_{a=1}^{\infty}\sum_{b=1}^{\infty} \left(x^ay^bz^{a+b} - z^ay^bz^{|a-b|+1} \right) \\ &= \frac{1}{z-1}\frac{xz}{1-xz}\frac{yz}{1-yz} - \frac{z}{z-1}\sum_{1 \leqslant b \leqslant a}x^ay^bz^{a-b} - \frac{z}{z-1}\sum_{1 \leqslant a < b }x^ay^bz^{b-a} \\ &= \frac{xyz^2}{(z-1)(1-xz)(1-yz)} - \frac{z}{z-1} \sum_{b=1}^{\infty} \frac{y^b}{z^b} \frac{(xz)^b}{1-xz} - \frac{z}{z-1} \sum_{a=1}^{\infty} \frac{x^a}{z^a} \frac{(yz)^{a+1}}{1-yz} \\ &=\frac{xyz^2}{(z-1)(1-xz)(1-yz)} - \frac{zxy}{(z-1)(1-xz)(1-xy)} - \frac{z(yz)xy}{(z-1)(1-yz)(1-xy)} \\ &= \frac{xyz}{(z-1)(1-xz)(1-yz)(1-xy)}[(z-xyz) - (1-yz) - yz(1-xz)] \\ &= \frac{xyz(xyz+1)}{(1-xz)(1-xy)(1-yz)} \end{aligned}}$

Για να ισχύουν τα πιο πάνω θέλουμε
$\displaystyle{ |z|,|xz|,|yz|,|xy| < 1}$

Αυτά ισχύουν στην περίπτωσή μας οπότε η τελική απάντηση είναι

2,1/3,1/5

$\displaystyle{ \frac{(2/15)(17/15)}{(1/3)(3/5)(14/15)} = \frac{17}{21}.}$

Μια αρκετά πιο σύντομη απάντηση στο AOPS χρησιμοποιεί την γνωστή αντικατάσταση x=a+b-c,y=b+c-a,z = a+c-b

.

Putnam 2015/B4

Putnam 2015/B4

Re: Putnam 2015/B4

Μέλη σε σύνδεση