Αρχιμήδης 2007-2008

slash · #1

Παιδιά μπορούμε να παραθέσουμε τις λύσεις για αυτή τη χρονιά γιατί δεν υπάρχουν στο διαδίκτυο ? Έχω βρεί λύσεις για κάθε χρονιά απο 1999-2011 εκτός απο αυτή.Τα θέματα για όσους προτίθενται να βοηθήσουν:
http://users.sch.gr//xtzetzias/E.M.E./A ... egaloi.pdf

Edit: (28/2/12, 14:48) Σε $\LaTeX$

1. Έστω $x,y\in(0, 1)$ μεταβλητοί πραγματικοί αριθμοί και θεωρούμε τους αριθμούς $a=x +y\,m$ και $b=y+x\,m$ όπου

,

θετικοί ακέραιοι. Αν όλα τα ζεύγη ακεραίων που προκύπτουν καθώς τα

,

μεταβάλλονται είναι 119

, να βρεθεί ο

.

2. Να λυθεί στους ακεραίους η εξίσωση $x^8+2^{2^{x}+2}= p$ , όπου

είναι πρώτος αριθμός.

3. Έστω $\rm{H}$ το ορθόκεντρο τριγώνου $\rm{AB}\Gamma$ που είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο με κέντρο $\rm{K}$ και ακτίνα R=1

. Αν $\Sigma$ είναι η τομή των ευθειών που ορίζουν τα τμήματα $\rm{HK}$ και $\rm{B\Gamma}$ και επιπλέον ισχύει ${\rm{K\Sigma}}\cdot{\rm{KH}}= 1$ , να υπολογιστεί το εμβαδό του χωρίου $\rm{ABH\Gamma{A}}$ .

4. Αν $\alpha_1,\,\alpha_2,\ldots,\,\alpha_{n}$ είναι θετικοί ακέραιοι και

,

είναι ο ελάχιστος και ο μέγιστος από αυτούς αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι
$\biggl({\dfrac{\alpha_1^2+\alpha_2^2+\ldots+\alpha_{n}^2}{\alpha_1+\alpha_2+\ldots+\alpha_{n}}}\biggr)^{\frac{t\,n}{k}}\geqslant\alpha_1\,\alpha_2\ldots\alpha_{n}$

Για την αντιγραφή

Γρηγόρης Κωστάκος

sokratis lyras · #2

Για την ανισότητα:
Από απλή εφαρμογή της Cauchy και μετά της ΑΜ-ΓΜ παίρνουμε ότι: $LHS\ge \left(a_1\cdot a_2\cdot....\cdot a_n \right)^{\displaystyle\frac{t}{k}$ .Συνεπώς αρκεί ν.δ.ο. $\displaystyle\frac{t}{k}\ge 1$ που ισχύει.

Zarifis · #3

slash έγραψε:Παιδιά μπορούμε να παραθέσουμε τις λύσεις για αυτή τη χρονιά γιατί δεν υπάρχουν στο διαδίκτυο ? Έχω βρεί λύσεις για κάθε χρονιά απο 1999-2011 εκτός απο αυτή.Τα θέματα για όσους προτίθενται να βοηθήσουν:
http://users.sch.gr//xtzetzias/E.M.E./A ... egaloi.pdf

στείλε σε πμ άμα μπορείς τις λύσεις των άλλων ετών

#4

http://www.mathematica.gr/index.php?ind ... w&iden=349

sokratis lyras · #5

Για το 2ο:
Eύκολα βλέπουμε ότι x=2m+1

και μετά από λίγες απλοποιήσεις καταλήγουμε στην εξίσωση:
(2m+1)^8+4(2^m)^4=p

(1).To

της (1) είναι της μορφής x^4+4y^4=(x^2-2xy+2y^2)(x^2+2xy^+2y^2)

και η συνέχεια είναι απλή.

slash · #6

Ευχαριστώ πολύ socrates.

#7

Για το (1)

Θεωρούμε το σύστημα:

$\displaystyle{x+my=a}$

$\displaystyle{mx+y=b}$

που με $\displaystyle{m\neq 1}$ έχει την λύση $\displaystyle{x=\frac{mb-a}{m^{2}-1} , y=\frac{ma-b}{m^{2}-1}}$
Όμως αφού οι αριθμοί $\displaystyle{a,b}$ είναι ακέραιοι και $\displaystyle{0<x , y<1}$ συμπεραίνουμε ότι $\displaystyle{a,b=1 , 2 , 3 , 4 , . . . , m}$
Επίσης έχουμε ότι:

$\displaystyle{0<x<1\Rightarrow 0<\frac{mb-a}{m^{2}-1}<1\Rightarrow \frac{a}{m}<b<m+\frac{a-1}{m}}$
Άρα
Για $\displaystyle{a=1}$ έχουμε $\displaystyle{1\leq b<m\Rightarrow b\epsilon \left\{1,2,...,m-1 \right\}}$ ( $\displaystyle{m-1}$ ζεύγη)
Για $\displaystyle{a=2}$ έχουμε $\displaystyle{1\leq b<m+\frac{1}{m}\Rightarrow b\epsilon \left\{1,2,...,m \right\}}$ ( $\displaystyle{m}$ ζεύγη)

........................................................ ( $\displaystyle{m}$ ζεύγη)
........................................................ ( $\displaystyle{m}$ ζεύγη)
........................................................ ( $\displaystyle{m}$ ζεύγη)

Για $\displaystyle{a=m}$ έχουμε $\displaystyle{1< b<m+\frac{m-1}{m}\Rightarrow b\epsilon \left\{2,3,...,m \right\}}$ ( $\displaystyle{m-1}$ ζεύγη)

Συνεπώς όλα τα ζεύγη που δημιουργούνται είναι στο πλήθος $\displaystyle{(m-1) + m +m + ...+m+(m-1)}$ δηλαδή

$\displaystyle{2(m-1)+(m-2)m}$ δηλαδή $\displaystyle{m^{2}-2}$

(Σημείωση: Τα ίδια ακριβώς ζεύγη θα πάρουμε και αν παρουμε την ανίσωση:

$\displaystyle{0<y<1\Leftrightarrow 0<\frac{ma-b}{m^{2}-1}<1\Leftrightarrow m(a-m)+1<b<ma}$

Ενώ για $\displaystyle{m=1}$ παίρνουμε το ζεύγος $\displaystyle{(1,1)}$ το οποίο ήδη έχει συμπεριληφθεί παραπάνω)

Άρα όλα τα δυνατά ζεύγη είναι $\displaystyle{m^{2}-2}$ και με βάση το πρόβλημα πρέπει $\displaystyle{m^{2}-2=119}$ από όπου προκύπτει ότι
$\displaystyle{m=11}$

ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Θα δώσω μια εξήγηση, στο γιατί θα πρέπει τα $\displaystyle{a,b}$ να παίρνουν τιμές από το σύνολο:

$\displaystyle{\{1,2,3,...,m\}}$ .

Aς υποθέσουμε ότι $\displaystyle{b>m}$ . Τότε, αφού ο $\displaystyle{b}$ είναι ακέραιος, θα έχουμε ότι $\displaystyle{b\geq {m+1}}$

Θα διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:

(α) $\displaystyle{a\leq m}$ . Τότε έχουμε: $\displaystyle{x=\frac{mb-a}{m^2 -1}\geq \frac {m(m+1)-a}{m^2 -1}=\frac{m^2 +m-a}{m^2 -1}=}$

$\displaystyle{=\frac{m^2 -1+1+m-a}{m^2 -1}=1+\frac{m-(a-1)}{m^2 -1}}$

Αφού όμως $\displaystyle{a\leq m\Rightarrow a-1\leq m-1<m\Rightarrow m-(a-1)>0}$ και αφού είναι $\displaystyle{m^2 -1>0}$ , (διότι $\displaystyle{m\neq 1}$ ),

συμπεραίνουμε ότι $\displaystyle{x>1}$ , που είναι άτοπο.

(β) $\displaystyle{a>m}$ . Τότε θα διακρίνουμε δύο υποπεριπτώσεις:

(β1) : Αν $\displaystyle{b\geq a}$ . Τότε έχουμε: $\displaystyle{x=\frac{mb-a}{m^2 -1}>\frac{ma-a}{m^2 -1}=\frac{a}{m+1}}$

Αφού όμως είναι $\displaystyle{a>m\Rightarrow a\geq m+1\Rightarrow \frac{a}{m+1}\geq 1\Rightarrow x\geq 1}$ , άτοπο.

(β2): Αν $\displaystyle{a>b}$ . Τότε έχουμε: $\displaystyle{y=\frac{ma-b}{m^2 -1}>\frac{mb-b}{m^2 -1}=\frac{b}{m+1}}$ .

Αφού όμως είναι $\displaystyle{b>m\Rightarrow b\geq m+1\Rightarrow \frac{b}{m+1}\geq 1\Rightarrow y\geq 1}$ , που είναι και πάλι άτοπο.

Άρα δείξαμε ότι αποκλείεται να είναι $\displaystyle{b>m}$ , και με τον ίδιο τρόπο αποκλείεται να είναι $\displaystyle{a>m}$ .

EDIT: Συμπλήρωσα σημείωσης

Αρχιμήδης 2007-2008

Αρχιμήδης 2007-2008

Re: Αρχιμήδης 2007-2008

Re: Αρχιμήδης 2007-2008

Re: Αρχιμήδης 2007-2008

Re: Αρχιμήδης 2007-2008

Re: Αρχιμήδης 2007-2008

Re: Αρχιμήδης 2007-2008

Μέλη σε σύνδεση