Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Dreamkiller · #41

socrates έγραψε: 28.
Να βρεθούν όλοι οι πρώτοι αριθμοί τέτοιοι ώστε ο αριθμός να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

Ο χρόνος μου είναι περιορισμένος οπότε γράφω τη λύση σχετικά συνοπτικά.
Θέλουμε $p^3-p=s^2-1 \Leftrightarrow (p-1)p(p+1)=(s-1)(s+1)$ .
Αφού ο

είναι πρώτος προκύπτει πως διαιρεί έναν τουλάχιστον εκ των s-1, s+1

.
Εάν

τότε η αρχική γίνεται p^2-m^2p-2m-1=0

η οποία έχει διακρίνουσα m^4+8m+4

.
Επειδή αν m>2

είναι

προκύπτει πως m=1

ή

. Εξ αυτών η m=2

δίνει τη λύση p=5

.
Εάν

τότε η αρχική γίνεται p^2-d^2p+2d-1=0

η οποία έχει διακρίνουσα d^4-8d+4

.
Επειδή εάν d>2

είναι

και η εξίσωση d^4-8d+4=(d^2-1)^2

δεν έχει ακέραιες λύσεις προκύπτει πως d=2

ή

. Εξ αυτών η d=2

δίνει τη λύση p=3

.

mathfinder · #42

kwstas12345 έγραψε:Για την 5ιι, θεωρώντας την εξίσωση σαν δευτεροβάθμια ως προς , 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 τότε , 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.

Μία μικρή προσθήκη στη λύση :
Για y=2 η διακρίνουσα είναι Δ=121 και δίνει δύο ακέραιες λύσεις x=5 ή x=-6 .

Αθ. Μπεληγιάννης

#43

29. Έστω ο ακέραιος $\displaystyle{n>1}$ και ο άρρητος $\displaystyle{x}$ . Είναι δυνατόν ο αριθμός

$\displaystyle{y:=\sqrt[n]{x+\sqrt{x^2-1}}+\sqrt[n]{x-\sqrt{x^2-1}}}$

να είναι ρητός;

30. Έστω $\displaystyle{x,y,z\geq 0}$ με $\displaystyle{x+y+z=x^2+y^2+z^2.}$ Να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{xy+yz+zx\geq (xy)^2+(yz)^2+(zx)^2.}$

Πότε ισχύει η ισότητα;

#44

31. Δύο κύκλοι τέμνονται στα σημεία Α και Β. Στην προέκταση της ΑΒ παίρνουμε σημείο Γ και φέρνουμε τα εφαπτόμενα τμήματα ΓΜ,ΓΝ στον έναν κύκλο(Το Ν βρίσκεται στο εσωτερικό του άλλου κύκλου).Οι ευθείες ΑΜ, ΑΝ τέμνουν το δεύτερο κύκλο στα σημεία Σ και Ρ.Να αποδειχθεί ότι η ευθεία ΜΝ διχοτομεί το τμήμα ΡΣ.

Μπάμπης

Dreamkiller · #45

matha έγραψε:29. Έστω ο ακέραιος $\displaystyle{n>1}$ και ο άρρητος $\displaystyle{x}$ . Είναι δυνατόν ο αριθμός

$\displaystyle{y:=\sqrt[n]{x+\sqrt{x^2-1}}+\sqrt[n]{x-\sqrt{x^2-1}}}$

να είναι ρητός;

Έστω $a=\sqrt[n]{x+\sqrt{x^2-1}}$ και $b=\sqrt[n]{x-\sqrt{x^2-1}}$ . Παρατηρούμε πως ab=1. Έχουμε πως a^n+b^n=2x

άρα $a^n+b^n \in R-Q$ . Θα αποδείξω τώρα ότι εάν υπάρχει $n \in N$ τέτοιο ώστε $a^n+b^n \in R-Q$ με ab=1

τότε $a+b \in R-Q.$ Ισοδύναμα, θα αποδείξω με ισχυρή επαγωγή το αντιθετοαντίστροφο, δηλαδή πως εάν $a+b \in Q$ με ab=1

τότε $\forall n \in N, a^n+b^n \in Q$ .
Για n=1

προφανώς ισχύει και έστω πως ισχύει $\forall k \in N$ , με k<n

.
Επειδή $a^n+b^n=(a+b)(a^{n-1}+b^{n-1})-ab(a^{n-2}+b^{n-2})$ προκύπτει πως $a^n+b^n \in Q$ και η επαγωγή ολοκληρώθηκε.

#46

29..
Ας το ψάξουμε:

Έστω $z=\sqrt[n]{x+\sqrt{x^2-1}}$ , τότε $\frac {1}{z}=\sqrt[n]{x-\sqrt{x^2-1}}$

Αν $y=z+\frac {1}{z}$ είναι ρητός, τότε ο $z^2+\frac {1}{z^2}=(z+\frac {1}{z})^2-2$ είναι ρητός και ο

$z^3+\frac {1}{z^3}=(z+\frac {1}{z})^3-3(z+\frac {1}{z})$ είναι επίσης ρητός.

Αν λάβουμε υπ' όψιν ότι $z^n+\frac {1}{z^n}=(z^{n-1}+\frac {1}{z^{n-1}})(z+\frac {1}{z})-(z^{n-2}-\frac {1}{z^{n-2}})$

προκύπτει επαγωγικά ότι ο $z^n+\frac {1}{z^n}$ είναι ρητός για κάθε θετικό ακέραιο

.

Άρα ο $x+\sqrt{x^2-1}+x-\sqrt{x^2-1}=2x$ είναι ρητός, άτοπο.

Συνεπώς η απάντηση είναι αρνητική

Φιλικά

#47

32.
Αν $a,b,c \in [0,1]$ και τέτοιοι ώστε ab+bc+ca=1

,

να βρεθεί η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή της παράστασης a+b+c+abc.

#48

matha έγραψε: 30. Έστω $\displaystyle{x,y,z\geq 0}$ με $\displaystyle{x+y+z=x^2+y^2+z^2.}$ Να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{xy+yz+zx\geq (xy)^2+(yz)^2+(zx)^2.}$

Πότε ισχύει η ισότητα;

Όμορφη άσκηση ! Με ύψωση στο τετράγωνο της συνθήκης και τις κατάλληλες πραξούλες παίρνουμε ότι

2(xy+yz+zx)-2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)=x^4+y^4+z^4-x^2-y^2-z^2

(1)

Από Cauchy-Swartz έχουμε

$(x^3+y^3+z^3)(x+y+z)\geq (x^2+y^2+z^2)^2$ , άρα $(x^3+y^3+z^3)\geq x^2+y^2+z^2$ (2)

Και πάλι από Cauchy-Swartz και από τη (2) έχουμε

$(x^4+y^4+z^4)(x^2+y^2+z^2)\geq (x^3+y^3+z^3)^2\geq (x^3+y^3+z^3)(x^2+y^2+z^2)$

συνεπώς $x^4+y^4+z^4-x^2-y^2-z^2\geq 0$ , άρα η (1) δίνει το ζητούμενο.

ΥΓ. Με την παραπάνω μέθοδο μπορούμε να δείξουμε ότι $x^{n+1}+y^{n+1}+z^{n+1}\geq x^n+y^n+z^n$

#49

socrates έγραψε:32.
Αν $a,b,c \in [0,1]$ και τέτοιοι ώστε ,

να βρεθεί η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή της παράστασης

Λοιπόν από τη συνθήκη του ότι οι μεταβλητές είναι στο κλειστό [0,1] έχουμε ότι
$(1-a)(1-b)(1-c)\geq 0$ η οποία δίνει $a+b+c+abc\leq 2$ .
Η ισότητα ισχύει όταν ο ένας είναι μηδέν και οι άλλοι δύο ίσοι με 1.

Για την άλλη ανισότητα έχουμε από την ανισότητα Schur ότι $(a+b+c)^3+9abc\geq 4(ab+bc+ca)(a+b+c)$
οπότε για a+b+c=x

έχουμε $abc\geq\frac{4x-x^3}{9}$

Επομένως $a+b+c+abc\geq\frac{13x-x^3}{9}$ . Παρατηρούμε ότι $x\geq\sqrt{3}$ από

$(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ca)$ και από την πρώτη που αποδείξαμε ότι $x=a+b+c\leq 2$

Η παράγωγος της συνάρτησης f(x)=13x-x^3

είναι $f^{\prime}(x)=13x-3x^2>0$ αφού $x\leq 2$ άρα η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα άρα παίρνει ελάχιστη τιμή για $x=\sqrt{3}$

Επομένως $a+b+c+abc\geq\frac{13x-x^3}{9}\geq\frac{10\sqrt{3}}{9}$

#50

10.Ανεβάζω αυτή την απόδειξη παρ όλο που είναι περίπου ίδια με προηγούμενη κυρίως για διδακτικούς λόγους.Νομίζω πάντως πως υπερβαίνει τους στόχους του διαγωνιμού

Για $\displaystyle{x=y=0 \Rightarrow f(0)=0}$ ή $\displaystyle{f(0)=k-1}$

Εστω $\displaystyle{f(0)\ne 0}$ τότε $\displaystyle{f(0)=k-1 , k\ne 1}$

Για $\displaystyle{y=0 \Rightarrow f(x)+(k-1)^2=kf(x)\Rightarrow f(x)=k-1\ne 0 \forall x\in R}$

Aν $\displaystyle{f(0)=0,k=1\Rightarrow f(x+y^2)=f(x)+(f(y))^2}$ οπότε για $\displaystyle{x=0\Rightarrow f(y^2)=(f(y))^2}$ συνεπώς $\displaystyle{ f(x+y^2)=f(x)+f(y^2)}$ και για $\displaystyle{y^2=w\ge 0}$ είναι $\displaystyle{f(x+w)=f(x)+f(w),w\ge 0}$

Για $\displaystyle{x=-w \Rightarrow -f(w)=f(-w)}$

Aν $\displaystyle{w\le 0\Rightarrow -w\ge 0}$ αρα η προηγούμενη ισχύει για το $\displaystyle{-w}$ δηλαδή $\displaystyle{-f(-w)=f(-(-w))\Rightarrow f(-w)=-f(w)}$

επομένως f=περιττή και τότε

Aν $\displaystyle{w\le 0\Rightarrow -w\ge 0}$ αρα η $\displaystyle{f(x+w)=f(x)+f(w)}$ ισχύει για το $\displaystyle{-w}$ δηλαδή $\displaystyle{f(x-w)=f(x)+f(-w)=f(x)-f(w)}$

Τότε για όπου x βάζουμε το x+w και παίρνουμε $\displaystyle{f(x+w)=f(x)+f(w),w\le 0}$

τελικά $\displaystyle{f(x+w)=f(x)+f(w),x,w\in R}$

Επειδή $\displaystyle{f(y^2)=(f(y))^2}$ τότε για $\displaystyle{w\ge 0 \Rightarrow f(w)\ge 0}$ που εδώ δίνει ότι f αύξουσα αφού αν $\displaystyle{x_1>x_2\Rightarrow f(x_1)-f(x_2)=f(x_1-x_2)\ge 0}$

Επειδή $\displaystyle{f(y^2)=(f(y))^2}$ για y το x+y παίρνουμε
$\displaystyle{f((x+y)^2)=(f(x+y))^2\Leftrightarrow f(x^2+y^2+xy+xy)=(f(x)+f(y))^2\Leftrightarrow f(x^2)+f(y^2)+f(xy)+f(xy)=f^2(x)+f^2(y)+2f(x)f(y)}$ απλοποιώντας
$\displaystyle{f(xy)=f(x)f(y)}$

Αν $\displaystyle{f(1)\ne 1}$ η προηγούμενη δίνει f την μηδενική συνάρτηση

Αν $\displaystyle{f(1)=1}$ λόγω του ότι Η f είναι Cauchy και αυξουσα άρα f(x)=f(1)x=x

(Για το f(1) θα μπορούσαμε με επαληθευση αλλά έτσι αναδείχθηκαν και άλλες ιδιότητες της f)

Θέτουμε α=f(1)>0 οπότε f(r)=ar , r ρητός , a>0 που εύκολα αποδεικνύεται για την Cauchy
Έστω $\displaystyle{x_0}$ πραγματικός όχι μηδέν . Αν $\displaystyle{f(x)\ne f(1)x}$ τότε χωρίς βλάβη της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι $\displaystyle{f(x)< f(1)x}$ .
Μεταξύ δυο πραγματικών υπάρχει πάντα ρητός , οπότε για κάθε τέτοιο $\displaystyle{x_0}$ υπάρχει ρητός $\displaystyle{r :f(x_0)/f(1)<r<x_0 }$ (*)
Όμως έχουμε ότι η f είναι γνήσια αύξουσα. Επειδή $\displaystyle{r< x_0}$ και f είναι γνήσια αύξουσα $\displaystyle{f(r)<f(x_0)\Rightarrow f(1)r<f(x_0)\Rightarrow r<f(x_0)/f(1)}$ άτοπο από την (*)

ksofsa · #51

Για την 31 (σκιαγράφηση):
Εστω K το σημείο τομής των ΜΝ και ΣΡ.Προεκτείνουμε την ΒΚ μέχρι να τμήσει τον κύκλο (Α,Σ,Ρ) στο σημείο Λ.Το σημείο Β είναι εξ΄ορισμού το σημείο Miquel του πλήρους τετραπλεύρου ΑΣΚΝΜΡ.Οπότε τα τετράπλευρα ΜΣΚΒ και ΝΚΡΒ είναι εγγράψιμα.Αρα <ΣΒΛ=<ΣΒΚ=<ΣΜΚ=<ΑΜΝ κι επειδή <ΣΛΡ=<<ΜΑΝ τα τρίγωνα ΣΛΡ και ΑΜΝ είναι όμοια.Εστω Θ το μέσο του ΜΝ.Επειδή η συμμετροδιάμεσος του ΑΜΝ που αντιστοιχεί στην γωνιά <Α βρίσκεται πάνω στην ΑΓ (βασική ιδιότητα),θα είναι <ΜΑΘ=<ΒΑΝ=<ΒΑΡ=<ΒΛΡ=<ΡΛΚ.Επειδή τα τρίγωνα ΑΜΝ καιΣΛΡ είναι όμοια και <ΜΑΘ=<ΚΛΡ,το Κ θα είναι μέσο του ΣΡ και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Σακης · #52

Εναλλακτική λύση για την 31.

Έστω

το σημείο τομής της

με τον περίκυκλο του ABPS

.
Εφόσον

εφαπτομένες και CBA

τέμνουσα δια του

, γνωρίζουμε το ANBM

είναι αρμονικό.
Άρα η

ως διαγώνιος είναι συμμετροδιάμεσος της

. Άφου όμως η

είναι αντιπαράλληλη της

έχουμε ότι η

είναι διάμεσος της

.

Επιπλέον $\widehat{BEP}=\widehat{BAP}=\widehat{NMB}\Rightarrow{MN//PE}$ .
Οπότε από θ. Θαλή προκύπτει το ζητούμενο.

***Η εκφώνηση με τη λύση ,στο συνημμένο( Μπ.Στ)

#53

socrates έγραψε:23.
Έστω ένας πραγματικός αριθμός τέτοιος ώστε $\ \displaystyle \left(2^nr-\frac{1}{4},2^nr+\frac{1}{4}\right)\cap \mathbb{Z}\ne \emptyset$ , για κάθε μη αρνητικό ακέραιο .
Να δείξετε ότι ο είναι ακέραιος.

Ας επιχειρήσω μία λύση στην όμορφη αυτή άσκηση:

Με απαγωγή σε άτοπο, έστω πως υπάρχει $r \notin \mathbb{Z}$ με την πιο πάνω ιδιότητα.

Γράφοντας τον

στο δυαδικό σύστημα αρίθμησης προφανώς θα υπάρχει μη αρνητικός ακέραιος

ώστε

$2^nr=a,10a_1a_2a_3...\vee2^nr=a,01a_1a_2a_3...$ , όπου $a \in \mathbb{Z}$ και $a_n \in \{0,1\}$

Στην πρώτη περίπτωση

$2^nr-\frac {1}{4}=a,01a_1a_2a_3... \wedge 2^nr+ \frac {1}{4}=a,11a_1a_2a_3...$

$\Rightarrow (2^nr-\frac{1}{4},2^nr+\frac{1}{4})\cap \mathbb{Z}=\varnothing$ , άτοπο.

Στη δεύτερη περίπτωση

$2^nr-\frac {1}{4}=a,00a_1a_2a_3... \wedge 2^nr+ \frac {1}{4}=a,10a_1a_2a_3...$

$\Rightarrow (2^nr-\frac{1}{4},2^nr+\frac{1}{4})\cap \mathbb{Z}=\varnothing$ , επίσης άτοπο.

Φιλικά

#54

33.
Να δείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle 1+\lfloor(5+\sqrt{17})^{2011}\rfloor$ διαιρείται με το $2^{2011}$ .
Διαιρείται με το $2^{2012}$ ;

34.
Αν a,b,c

μη-αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί, να δείξετε ότι

$4(a+b+c)\geq 3(a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc}).$

Πότε ισχύει η ισότητα;

#55

Σακης έγραψε:Εναλλακτική λύση για την 31.

Σάκη εξαιρετικα !! ΠΟλύ όμορφη λύση. Έχω βρει και γω μια διαφορετική με συμμετροδιάμεσο και όμοια τρίγωνα αλλά αυτή είναι πιο σύντομη. Αν βρω χρόνο θα τη βάλω.

S.E.Louridas · #56

35.
'' Να βρεθεί το πλήθος των ΑΚΕΡΑΙΩΝ* ΣΚΑΛΗΝΩΝ τριγώνων με μεγαλύτερη πλευρά m,όπου m θετικός ακέραιος αριθμός ''.

(*) Ακέραιο τρίγωνο είναι το τρίγωνο που τα μήκη τών πλευρών του είναι θετικοί ακέραιοι.

S.E.Louridas

#57

socrates έγραψε: 34.
Αν μη-αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί, να δείξετε ότι

$4(a+b+c)\geq 3(a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc}).$

Πότε ισχύει η ισότητα;

Ωραία αυτή αλλά μάλλον εύκολη ! Από AM-GM έχουμε $\frac{3a}{4}+3b\geq 3\sqrt{ab}$ και

$\frac{a}{4}+b+4c\geq 3\sqrt[3]{abc}$ . Προσθέτοντας αυτές και 3a έχουμε τη ζητούμενη.

#58

S.E.Louridas έγραψε:35.
'' Να βρεθεί το πλήθος των ΑΚΕΡΑΙΩΝ* ΣΚΑΛΗΝΩΝ τριγώνων με μεγαλύτερη πλευρά m,όπου m θετικός ακέραιος αριθμός ''.

(*) Ακέραιο τρίγωνο είναι το τρίγωνο που τα μήκη τών πλευρών του είναι θετικοί ακέραιοι.

S.E.Louridas

Με την επιφύλαξη για λάθος στους υπολογισμούς. Έστω k,m,s

οι πλευρές του τριγώνου. Τότε ικανή και αναγκαία συνθήκη για να σχηματίζουν τρίγωνο (και αφού m μεγαλύτερος) είναι η σχέση
k+s>m

και αφού μιλάμε για ακέραιους $k+s\geq m+1$ . Ας σταθεροποίησουμε το s.

Τότε πρέπει $m-1\geq k\geq m+1-s$ . Άρα έχουμε s-1 τιμές για το k. Επομένως αν αφήσουμε το s να τρέξει από 1 μέχρι m-1, θα έχουμε συνολικά $1+2+...+m-2=\frac{(m-2)(m-1)}{2}$ τρίγωνα. Αυτά είναι όλα τα τρίγωνα.

Πρέπει να αφαιρέσουμε τώρα και τα ισοσκελή. Αν είναι ισοσκελές τότε πρέπει $2(m-1)\geq 2k\geq m+1$
Δηλαδή ο συνολικός αριθμός των τριγώνων είναι (επειδή κάθε τρίγωνο το μετράμε δύο φορές μία για το k και μια για το s)
$\displaystyle{\frac{1}{2}\left(\frac{(m-2)(m-1)}{2}-(m-\lceil\frac{m+1}{2}\rceil)\right)}$

Ο τύπος μπορεί να απλοποιηθεί αν πάρουμε τις περιπτώσεις για άρτιο και περιττό m.

S.E.Louridas · #59

36.
Να χαρακτηριστεί ο συλλογισμός που ακολουθεί, χρησιμοποιώντας έναν από τους χαρακτηρισμούς ΑΛΗΘΗΣ ή ΨΕΥΔΗΣ, αιτιολογώντας πλήρως την απάντηση σας:

« Θεωρούμε ισόπλευρο τρίγωνο πλευράς 3. Τότε υπάρχει εσωτερικό σημείο του ισόπλευρου τριγώνου που δεν ανήκει σε ευθύγραμμο τμήμα μήκους 2 και που τα άκρα του ευθυγράμμου αυτού τμήματος είναι σημεία του σχήματος του ισόπλευρου τριγώνου πού θεωρήσαμε ».

* Ενα ερώτημα: Τι θα ίσχυε αν αντί γιά ευθύγραμμο τμήμα μήκους 2, μιλούσαμε γιά ευθύγραμμο τμήμα μήκους 2-ε, όταν ε ανήκει στο διάστημα $(0,\frac{2}{n}),$ και όταν n είναι τυχόν θετικός ακέραιος αριθμός;

S.E.Louridas

#60

smar έγραψε:
S.E.Louridas έγραψε:35.
'' Να βρεθεί το πλήθος των ΑΚΕΡΑΙΩΝ* ΣΚΑΛΗΝΩΝ τριγώνων με μεγαλύτερη πλευρά m,όπου m θετικός ακέραιος αριθμός ''.

(*) Ακέραιο τρίγωνο είναι το τρίγωνο που τα μήκη τών πλευρών του είναι θετικοί ακέραιοι.

S.E.Louridas
Με την επιφύλαξη για λάθος στους υπολογισμούς. Έστω οι πλευρές του τριγώνου. Τότε ικανή και αναγκαία συνθήκη για να σχηματίζουν τρίγωνο (και αφού m μεγαλύτερος) είναι η σχέση
και αφού μιλάμε για ακέραιους $k+s\geq m+1$ . Ας σταθεροποίησουμε το s.

Τότε πρέπει $m-1\geq k\geq m+1-s$ . Άρα έχουμε s-1 τιμές για το k. Επομένως αν αφήσουμε το s να τρέξει από 1 μέχρι m-1, θα έχουμε συνολικά $1+2+...+m-2=\frac{(m-2)(m-1)}{2}$ τρίγωνα. Αυτά είναι όλα τα τρίγωνα.

Πρέπει να αφαιρέσουμε τώρα και τα ισοσκελή. Αν είναι ισοσκελές τότε πρέπει $2(m-1)\geq 2k\geq m+1$
Δηλαδή ο συνολικός αριθμός των τριγώνων είναι
$\displaystyle{\frac{(m-2)(m-1)}{2}-(m-\lceil\frac{m+1}{2}\rceil)}$

Ο τύπος μπορεί να απλοποιηθεί αν πάρουμε τις περιπτώσεις για άρτιο και περιττό m.

Σιλουανέ νομίζω βρήκες τα διπλάσια. (Μέτρησες κάθε ένα δυο φορές.)

Λίγο διαφορετικά:

Θέλουμε να βρούμε τον αριθμό

όλων των ζευγών (x,y)

με
(α)

ακέραιοι με $1 \leqslant x,y \leqslant m-1$
(β) x < y

(γ)

Ο αριθμός αυτός είναι το 1/4 του αριθμού

όλων των ζευγών (x,y)

που ικανοποιούν τα (α)
(β') $x \neq y$ .
(γ') $x+y \neq m$

Αυτό επειδή κάθε ζεύγος (x,y)

που ικανοποιεί τα (α),(β),(γ) αντιστοιχεί σε 4 ζεύγη που ικανοποιούν τα (α),(β') και (γ') τα (x,y),(y,x),(m-x,m-y)

και

.

Για να υπολογίσουμε το Β παρατηρούμε ότι υπάρχουν (m-1)^2

ζεύγη που ικανοποιούν το (α), m-1

ζεύγη που δεν ικανοποιούν το (β') και m-1

ζεύγη που δεν ικανοποιούν την (γ'). Τέλος, στην περίπτωση που ο

είναι άρτιος υπάρχει ένα ζεύγος που δεν ικανοποιεί ούτε την (β') ούτε την (γ')

Άρα B = (m-1)^2 - 2(m-1)

αν

είναι περιττός και B = (m-1)^2 - 2(m-1) + 1

αν ο

είναι άρτιος. Επομένως o ζητούμενος αριθμός ισούται με $\displaystyle{ \left\lfloor \frac{(m-1)(m-3) + 1}{4} \right\rfloor}$

Είχα βάλει μια παρόμοια άσκηση εδώ, αλλά έμεινε αναπάντητη.

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