Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

#61

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

Έστω $a_n = (5 + \sqrt{17})^n + (5 - \sqrt{17})^n$ . Τότε το a_n

ικανοποιεί την αναδρομική ακολουθία $a_{n+2} = 10a_{n+1} - 8a_n$ με a_0 = 2

και

. Αυτό μπορούμε να το αποδείξουμε είτε επαγωγικά είτε λύνοντας την αναδρομική ακολουθία.

Επειδή $0 < 5 - \sqrt{17} < 1$ , τότε $\displaystyle a_n = 1+\lfloor(5+\sqrt{17})^{n}\rfloor$ .

Μπορούμε τώρα εύκολα να δείξουμε επαγωγικά ότι 2^n|a_n

αλλά $2^{n+1} \nmid a_n$ για κάθε $n \geqslant 1$ .

---------------------------

Πως οδηγηθήκαμε στην αναδρομική ακολουθία που είναι το κλειδί για την λύση της άσκησης;

Χρησιμοποιήσαμε γνωστό θεώρημα που λέει ότι για $a,b \in \mathbb{R}$ με $a \neq b$ , οι λύσεις της αναδρομικής ακολουθία $x_{n+2} - (a+b)x_{n+1} + abx_n = 0$ είναι της μορφής x_n = Aa^n + Bb^n

για κάποιες σταθερές A,B

.

Να προσθέσουμε ότι οι λύσεις της αναδρομικής ακολουθίας $x_{n+2} - 2ax_{n+1} + a^2x_n = 0$ είναι της μορφής x_n = (A+Bn)a^n

για κάποιες σταθερές A,B

.

#62

37
Αν a,b,c θετικοί πραγματικοί αριθμοί, να αποδειχτεί ότι

$2(a^2+b^2+c^2)+abc+8\geq 5(a+b+c)$

(Λόγω... σκουριάς δεν μπορώ να εκτιμήσω την δυσκολία της και δεν γνωρίζω πόσο γνωστή είναι. Αν είναι κοινότυπη, ας την διαγράψουμε)

#63

rek2 έγραψε:37
Αν a,b,c θετικοί πραγματικοί αριθμοί, να αποδειχτεί ότι

$2(a^2+b^2+c^2)+abc+8\geq 5(a+b+c)$

Όμορφη...

Από την αρχή της περιστεροφωλιάς, δύο τουλάχιστον θα είναι μεγαλύτεροι ή ίσοι ή μικρότεροι ή ίσοι του 1.
Έστω οι a,b

.

Τότε $(a-1)(b-1)\geq 0$ ή $abc+c\geq ca+cb$ .

Αρκεί, λοιπόν, να δείξουμε

$2(a^2+b^2+c^2)+ca+cb-c+8\geq 5(a+b+c)$

ή

$2(a^2+b^2+c^2)+ca+cb+8\geq 5(a+b)+6c$ .

Θέτουμε x=a+b

και έχουμε

$2(a^2+b^2)+2c^2+ca+cb+8\geq x^2+2c^2+cx+8$ .

Μένει $x^2+x(c-5)+2c^2-6c+8\geq 0$ , που ισχύει αφού έχει $\Delta =-7(c-1)^2\leq 0$ .

Ισότητα ανν a=b=c=1

.

#64

Μία που άρεσε...

38.

Για τους θετικούς x, y, z να αποδειχτεί ότι

$3\leq x+y+z\leq 6\Rightarrow \sqrt{1+x}+\sqrt{1+y}+\sqrt{1+z}\geq \sqrt{xy+yz+zx+15}$

με την ισότητα για x=y=z=2 και για x=y=z=1

Πήρα θάρρος από την λύση του socrates στο θέμα 37! Πάλι δεν μπορώ να εκτιμήσω την δυσκολία και δεν γνωρίζω πόσο γνωστή είναι. Ζητάω προκαταβολικά συγνώμη, αν δεν προσφέρει κάτι καλό η άσκηση αυτή.

#65

Άσκηση 38

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#66

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 βάλω και τη λύση μου αφού είναι διαφορετική από την πολύ ωραία του s.kap

Κάθε τέτοιο διάστημα περιέχει έναν ακριβώς ακέραιο, έστω a_n

.

Τότε

$\displaystyle \left(2^{n+1}r-\frac{1}{2}<2a_n<2^{n+1}r+\frac{1}{2}\right)$ ,

οπότε $\displaystyle a_{n+1}=2a_n \implies a_n=a_02^n$ .

Έτσι,
$\displaystyle |a_n-2^nr|<\frac{1}{4}$ ή $\displaystyle 2^n|a_0-r|<\frac{1}{4}, \forall n$ με συνέπεια $r=a_0 \in \mathbb{Z}$ .

socrates έγραψε:13.
Να βρείτε όλα τα ζεύγη θετικών ακεραίων τέτοια ώστε ο αριθμός $\displaystyle {\frac{a^3+1}{2ab^2+1}}$ να είναι ακέραιος.

Ένα Hint...

#67

39.
Έστω

ένας (θετικός) πρώτος αριθμός.
Να δείξετε ότι κάθε θετικός ακέραιος έχει πολλαπλάσιο της μορφής $p^{2a}-p^a$ , όπου $a \in \mathbb{N}^*$ .

40.
Έστω

ένα πεπερασμένο σύνολο με στοιχεία θετικούς αριθμούς.
Αν ανάμεσα σε τρία οποιαδήποτε στοιχεία του

υπάρχουν δύο, τέτοια ώστε το γινόμενό τους να ανήκει στο

,
να προσδιορίσετε το μέγιστο πλήθος στοιχείων του

.

41.
Να βρείτε το μέγιστο κοινό διαιρέτη των αριθμών E(1), E(2), E(3),..., E(2009)

,
όπου

.

42.
Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε f(1)=1

και

, για κάθε $x,y \in \mathbb{R}$ .

43.
Ποιοι θετικοί ακέραιοι γράφονται ως άθροισμα (δύο τουλάχιστον) διαδοχικών θετικών ακεραίων;

userresu · #68

socrates έγραψε:42.
Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε και , για κάθε $x,y \in \mathbb{R}$ .

Για x=1 παίρνουμε f(y+1)=f(y)+1

(1), άρα

.
Για y=0 παίρνουμε f(f(x))=f(x)

.
Για y=1/x με x διάφορο του μηδέν, τώρα, έχουμε $f(1+f(x))=xf(\frac{1}{x})+f(x) \Rightarrow 1+f(f(x))=xf(\frac{1}{x})+f(f(x)) \Rightarrow f(\frac{1}{x})=\frac{1}{x}$ , άρα f(x)=x.
Συνολικά έχουμε δηλαδή f(x)=x για κάθε x, η οποία εύκολα βλέπουμε ότι επαληθεύει την αρχική.

Ευχαριστούμε socrates για τις ωραίες ασκήσεις

Nick1990 · #69

socrates έγραψε:39.
Έστω ένας (θετικός) πρώτος αριθμός.
Να δείξετε ότι κάθε θετικός ακέραιος έχει πολλαπλάσιο της μορφής $p^{2a}-p^a$ , όπου $a \in \mathbb{N}^*$ .

Έστω

Τότε θέλουμε

ώστε:

και

Αν επιλέξουμε $a = k\phi(m)$ για

πολύ μεγάλο,
τότε το 2ο εξασφαλίζεται λόγο του ότι το

είναι συγκεκριμένο,
ενώ το 1ο εξασφαλίζεται διότι απο θ. euler:
$(p^{\phi(m)})^k = 1^k = 1 (modm)$

userresu · #70

socrates έγραψε:40.
Έστω ένα πεπερασμένο σύνολο με στοιχεία θετικούς αριθμούς.
Αν ανάμεσα σε τρία οποιαδήποτε στοιχεία του υπάρχουν δύο, τέτοια ώστε το γινόμενό τους να ανήκει στο ,
να προσδιορίσετε το μέγιστο πλήθος στοιχείων του .

Έστω ότι υπάρχουν τουλάχιστον 4 στοιχεία μεγαλύτερα του 1. Παίρνουμε τα 4 μεγαλύτερα από αυτά, έστω a<b<c<d

. Επειδή

και

, πρέπει το

να βρίσκεται μέσα στο

, όμως

, άρα

. Παίρνοντας τώρα την τριάδα acd

και επειδή cd>d

και

, έχουμε πως ac=d=bc

, δηλαδή

, το οποίο είναι άτοπο. Άρα υπάρχουν το πολύ 3 στοιχεία μεγαλύτερα του 1 στο

.
Με τον ίδιο τρόπο, υπάρχουν το πολύ 3 στοιχεία μικρότερα του 1 στο

. Επίσης βλέπουμε ότι το 1 μπορεί να βρίσκεται στο

χωρίς να επηρεάζει κάτι.
Συμπεραίνουμε έτσι, ότι το

δεν μπορεί να έχει πάνω από

στοιχεία. Tο $M=\{ \frac{1}{6},\frac{1}{3},\frac{1}{2},1,2,3,6 \}$ προφανώς ικανοποιεί τις συνθήκες, άρα το μέγιστο πλήθος στοιχείων του

είναι

.

userresu · #71

socrates έγραψε:41.
Να βρείτε το μέγιστο κοινό διαιρέτη των αριθμών ,
όπου.

Βλέπουμε ότι E(1)=11!

, άρα οι πρώτοι διαιρέτες του ΜΚΔ θα είναι κάποιοι από τους 2,3,5,7,11.
Αν p ένας από αυτούς, θα αποδείξουμε ότι κάθε ένας από τους E(n)

διαιρείται με αυτόν. Έστω ότι δεν ισχύει για καποιο E(n)

. Τότε προφανώς ο p δεν διαιρεί τον n, και άρα, αν an+1

,

δύο διαφορετικοί παράγοντες του E(n)

, $bn+1\equiv an+1 (modp) \Leftrightarrow n(b-a)\equiv 0 (modp) \Leftrightarrow b-a\equiv 0 (modp)$ . Δηλαδή οι αριθμοί n+1,2n+1,...,(p-1)n+1

έχουν διαφορετικά υπόλοιπα mod p. Επίσης θεωρούμε πως όλοι αυτοί οι αριθμοί έχουν διαφορετικά υπόλοιπα modp με τον n, γιατι σε διαφορετική περίπτωση $an+1\equiv n (modp) \Leftrightarrow (a-1)n+1\equiv 0 (modp)$ , δηλαδή ισχύει το ζητούμενο. Άρα οι n,n+1,2n+1,...,(p-1)n+1

έχουν διαφορετικά υπόλοιπα modp, όμως αυτοί είναι p αριθμοί, άρα τουλάχιστον ένας θα διαιρείται με το p.
Επίσης, βλέπουμε ότι ο E(p)

διαιρείται ακριβώς μία φορά με τον p.
Άρα καταλήγουμε στο ότι $gcd(E(1),...,E(2009))=2\cdot 3\cdot 5\cdot 7 \cdot 11 = 2310$ .

Ελπίζω να μη μου έχει ξεφύγει κάτι.

#72

44.
Αν

θετικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε abc=1

, να δείξετε ότι

$\displaystyle {4\left(\frac{1}{a(1+bc)^2}+\frac{1}{b(1+ca)^2}+\frac{1}{c(1+ab)^2}\right)\leq 1+\frac{16}{(1+ab)(1+bc)(1+ca)}.}$

45.
Να λυθούν στους φυσικούς αριθμούς οι εξισώσεις:

$a!b! =a!+b!+2^{c}$

46.
Αν a>b>c

οι τρεις ρίζες του πολυωνύμου P(x)=x^3-2x^2-x+1

,

να βρεθεί η τιμή της παράστασης a^2b+b^2c+c^2a.

kwstas12345 · #73

46. Θετουμε $\displaystyle A_{1}=a^2b+b^2c+c^2a,A_{2}=ab^2+bc^2+ca^2$

Aπό τους τύπους Vieta θα έχουμε $\displaystyle a+b+c=2,ab+bc+ca=-1,abc=-1$ . Άρα $\displaystyle \sum_{cyc}{a^2b^2}=\left(\sum_{cyc}{ab} \right)^{2}-2abc\sum_{cyc}{a}=1-2\left(-1 \right)2=5$ και $\displaystyle \sum_{cyc}{a^{2}}=\left(\sum_{cyc}{a} \right)^{2}-2\sum_{cyc}{ab}=4+2=6$

Επίσης $\displaystyle \prod{\left(a+b \right)}=\prod{\left(2-a \right)}=8-4\sum_{cyc}{a}+2\sum_{cyc}{bc}-abc=-1$ και $\displaystyle \prod{\left(a+b \right)}=2abc+\sum_{cyc}{a^{2}\left(b+c \right)}=A_{1}+A_{2}-2\Rightarrow A_{1}+A_{2}=1$ .

Επίσης $\displaystyle A_{1}^2=\sum_{cyc}{a^4b^2}+2abcA_{2}=\sum_{cyc}{a^4b^2}-2A_{2}$ και $\displaystyle A_{2}^{2}=A_{1}^2=\sum_{cyc}{a^2b^4}+2abcA_{1}=\sum_{cyc}{a^4b^2}-2A_{1}$ .

Άρα $\displaystyle A_{1}^{2}+A_{2}^2=\sum_{cyc}{a^2b^4}+\sum_{cyc}{a^4b^2}-2\left(A_{1}+A_{2} \right)=\sum_{cyc}{a^2b^2\left(a^2+b^2 \right)}-2$ $\displaystyle =\sum_{cyc}{a^{2}b^{2}\left(6-c^2 \right)}-2=6\sum_{cyc}{a^2b^2}-3a^2b^2c^2-2=25$ .

Άρα έχουμε το σύστημα: $\displaystyle \begin{cases} A_{1}^2+A_{2}^2=25 & \\ A_{1}+A_{2}=1& \end{cases}\Rightarrow A_{1}^2-A_{1}-12=0$ και έτσι $\displaystyle A_{1}=-3 \vee A_{1}=4$ . Επειδή όμως $\displaystyle A_{1}-A_{2}=\left(a-b \right)\left(b-c \right)\left(a-c \right)>0\Rightarrow A_{1}>A_{2}\Rightarrow$ $\displaystyle 2A_{1}>A_{1}+A_{2}=1\Rightarrow A_{1}>0$ .

Έτσι λοιπόν $\displaystyle a^2b+bc^2+c^2a=4$

ksofsa · #74

Για την 44:

Επειδή abc=1

,θα είναι: $\frac{1}{a(1+bc)^2}=\frac{a^2b^2c^2}{a(abc+bc)^2}=\frac{a}{(1+a)^2}$

και $\frac{1}{(1+ab)(1+bc)(1+ca)}=\frac{a^2b^2c^2}{(abc+bc)(abc+ab)(abc+ca)}=\frac{1}{(1+a)(1+b)(1+c)}$ .

Oπότε η ανισότητα γράφεται:

$4\sum{\frac{a}{(1+a)^2}}\leq 1+\frac{16}{(1+a)(1+b)(1+c)}$ .

Θέτω $x=\frac{1}{1+a},y=\frac{1}{1+b},z=\frac{1}{1+c}$ ,και θα είναι

$a=\frac{1-x}{x},b=\frac{1-y}{y},c=\frac{1-z}{z},$ ,με $(1-x)(1-y)(1-z)=xyz\Rightarrow 2xyz=1+xy+yz+zx-x-y-z(1)$

Η ανισότητα γράφεται:

$4x+4y+4z-4x^2-4y^2-4z^2\leq 1+16xyz$ ,που λόγω της (1) θα γίνει:

$4x+4y+4z-4x^2-4y^2-4z^2\leq 9+8xy+8yz+8zx-8x-8y-8z\Rightarrow (2x+2y+2z)^2-6(2x+2y+2z)+9\geq 0\Rightarrow (2x+2y+2z-3)^2\geq 0$ ,που ισχύει.

Iσότητα για a=b=c=1

#75

47.
Να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της σταθεράς

έτσι ώστε

$\displaystyle {a\left(\frac{x}{z}+\frac{y}{x}+\frac{z}{y}\right)\geq \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+4(x+y+z)},$

για κάθε x,y,z>0

με

48.
Βρείτε όλους τους θετικούς ακέραιους

τέτοιους ώστε ο αριθμός 3^k+5^k

να είναι τέλεια δύναμη ακεραίου.

49.
Δύο μαθητές παίζουν το ακόλουθο παιχνίδι:
Χρησιμοποιώντας τα ψηφία 1,2,3,4,5

γράφουν εναλλάξ στον πίνακα ένα από αυτά μέχρι να σχηματιστεί ένας 2011-ψήφιος αριθμός.
Ο μαθητής που παίζει τελευταίος κερδίζει αν ο αριθμός που σχηματίστηκε (από αριστερά προς τα δεξιά) είναι πολλαπλάσιο του

.
Ποιος έχει στρατηγική νίκης;

50.
Δύο μαθητές παίζουν το ακόλουθο παιχνίδι:
Στο πρώτο τετράγωνο (από αριστερά) ενός ορθογωνίου $1\times 2011$ βρίσκεται ένα πιόνι.
Οι παίκτες μπορούν να μετακινήσουν το πιόνι προς τα δεξιά κατά 1,2,3,4

ή

τετράγωνα.
Κερδίζει όποιος τοποθετήσει το πιόνι στο τελευταίο τετράγωνο.
Ποιος έχει στρατηγική νίκης;
Τι συμβαίνει αν το ορθογώνιο ήταν $1\times 2012$ ;

Ας θυμίσω ότι δεν έχουν απαντηθεί (απ' ό,τι βλέπω) οι 13, 17, 19, 21, 22, 26, 36, 43, 45

#76

socrates έγραψε: 43.
Ποιοι θετικοί ακέραιοι γράφονται ως άθροισμα (δύο τουλάχιστον) διαδοχικών θετικών ακεραίων;

Οι δυνάμεις του 2 δεν γράφονται: Πράγματι
Αν k+1+...+k+n=2^m

τότε θα έπρεπε η $n(2k+1+n)=2^{m+1}$ να έχει λύση που δεν γίνεται.

Οι αριθμοί $2^m\cdot s$ με s περιττό γράφονται, αφού τότε έχουμε να λύσουμε την

$n(2k+1+n)=2^m\cdot s$ . Παίρνουμε n=2^m

και $k=\frac{s-1-2^m}{2}\in\mathbb{Z}$

(Σημείωση (Δημήτρης): Αν οι r πρώτοι όροι είναι αρνητικοί, τότε σβήνουμε τους πρώτους 2r+1 όρους)

4k+1=2k+(2k+1)

(Στην αρχή είχα λάθος ευχαριστώ το Δημήτρη για τη διόρθωση)

kwstas12345 · #77

47. Όταν

έχουμε

. Θα αποδείξουμε τώρα την ανισότητα για a=5

. Δηλαδή: $\displaystyle 5\left( \frac{x}{z}+\frac{y}{x}+\frac{z}{y}\right)\geqslant 4\left(x+y+z \right)+\sum{\frac{1}{x}}$

Αρχικά από ΑΜ-ΓΜ θα έχουμε $\displaystyle \frac{2x}{z}+\frac{z}{y}\geqslant 3\sqrt[3]{\frac{x^2 }{yz}}=3x$ και όμοια $\displaystyle \frac{2y}{x}+\frac{x}{z}\geqslant 3y,\frac{2z}{y}+\frac{y}{x}\geqslant 3z$ και με πρόσθεση δίνουν $\displaystyle \frac{x}{z}+\frac{y}{x}+\frac{z}{y}\geqslant x+y+z$

Ακόμη δείχνουμε $\displaystyle \frac{x}{z}+\frac{y}{x}+\frac{z}{y}\geqslant \sum{\frac{1}{x}}\Leftrightarrow \frac{x}{z}+\frac{y}{x}+\frac{z}{y}\geqslant xy+yz+zx$ η αλλιώς $\displaystyle x^2y+y^z+z^2x\geqslant xy+yz+zx$ η οποία προκυπτει από την πρόσθεση των:

$\displaystyle 2x^2y+y^2z\geqslant 3xy,2y^2z+z^2x\geqslant 3xz,2z^2y+y^2x\geqslant 3yz,$ . Άρα $\displaystyle 5\left(\frac{x}{z}+\frac{y}{x}+\frac{z}{x} \right)=4\left(\frac{x}{z}+\frac{y}{x}+\frac{z}{x} \right)+\left(\frac{x}{z}+\frac{y}{x}+\frac{z}{x} \right)\geqslant 4\left(x+y+z \right)+$ $\displaystyle \sum{\frac{1}{x}}$

kwstas12345 · #78

49. Ας ονομάσουμε Α,Β τον πρώτο και το δεύτερο παίκτη αντίστοιχα. Πάιζει πρώτος ο Α. Aφού ο 2011

είναι περιττός θα πάιξει τελευταίος ο Α. Θα αποδείξουμε ότι ο Β έχει σταρτηγικοί νίκης. Έστω $\displaystyle a_{1},a_{2},...,a_{2011}$ οι αριθμοί που θα παιχτούν. Πρίν συμπληρωθεί ο 2011

αριθμός έχουν παιχτεί 1005

''παρτίδες''. Άν $\displaystyle a_{j},j \in \left\{1,3,...,2009 \right\}$ τα ψηφία που παίζει ο Α τότε άν ο Β επιλέγει κάθε φορά $\displaystyle a_{i}=6-a_{j},6-a_{j} \in \left\{1,2,3,4,5 \right\}, i \in \left\{2,4,...,2010 \right\}$ πρίν τοποθετηθεί το τελευαταιο ψηφίο το άθροισμα των ψηφίων θα είναι $\displaystyle 6 \cdot 1005=6030$ και στο τέλος θα είναι $\displaystyle 6030+a_{2011}$ που δεν είναι ποτέ πολαπλάσιο του

. Άρα νικάει ο Β.Θα μπορούσαμε να αλάζαμε την άσκηση αν μπορούσε να συμπληρωθεί και το ψηφίο

(εκτός από την κίνηση που παίζεται το πρώτο ψηφιο), και τότε ακόμα ο Β έχει στρατηγική νίκης.

userresu · #79

socrates έγραψε:48.
Βρείτε όλους τους θετικούς ακέραιους τέτοιους ώστε ο αριθμός να είναι τέλεια δύναμη ακεραίου.

Αν ο

είναι άρτιος, έστω

, έχουμε $3^k+5^k=3^{2a}+5^{2a}=(3^a+5^a)^2-2\cdot 15^a$ . Προφανώς 2 | 3^a+5^a

, άρα

, που σημαίνει ότι, αν (3^a+5^a)^2=4m

, $4m-2\cdot 15^a=2(2m-15^a)$ , ο οποίος διαιρείται μόνο μία φορά με το 2 και συνεπώς δε μπορεί να είναι δύναμη ακεραίου.

Αν ο

είναι περιττός, $3^k+5^k=8(3^{k-1}-3^{k-2} 5+...-3\cdot 5^{k-2}+5^{k-1})$ , που, επειδή ο δεύτερος παράγοντας δεν διαιρείται με το 2, διαιρείται ακριβώς 3 φορές με το 2. Αυτό σημαίνει ότι ο 3^k+5^k

μπορεί να είναι μόνο κύβος ακεραίου, έστω m^3

. Για

έχουμε λύση.
Βλέπουμε επίσης ότι $3^k+5^k\equiv 5^k\equiv 2 (mod3)$ , άρα $m^3\equiv 2 (mod3)$ . Παίρνοντας τα κυβικά υπόλοιπα mod3, όμως, $m\equiv 2 (mod3)$ . Αν m=3p+2

, $m^3=(3p+2)^3=27p^3+54p^2+18p+8\equiv 8 (mod9)$ . Συνεπώς $3^k+5^k\equiv 8 (mod9)$ . Όμως $5^k\equiv 8 (mod9)$ , αν και μόνο αν $k\equiv 3 (mod6)$ . Πρέπει λοιπόν, $3^k+5^k=a^3 \Leftrightarrow 3^{6n+3}+5^{6n+3}=a^3 \Leftrightarrow (3^{2n+1})^3+(5^{2n+1})^3=a^3$ , η οποία δεν έχει λύσεις από το Μεγάλο θεώρημα του Fermat.

Άρα μοναδική λύση k=1

.

kwstas12345 · #80

50. Το ορθωγώνιο μας είναι χωρισμένο σε 2011

τετράγωνα $\displaystyle 1\times 1$ . Πάιζει πρώτος ο παίκτης Α και δέυτερος ο παίκτης Β.Ο πάικτης Α πρωχωρά κατά $a_{1}$ θέσεις στον πρώτο γύρο. Ο παικτης Β αν προχωρήσει κατά $a_{2}=6-a_{1}$ το πιόνι μας βρίσκεται στην

θέση. Τώρα άν σε κάθε από τους επόμενους γύρους ο Α προχωρά κατά $a_{j}$ και ο Β προχωρά κατά $\displaystyle a_{i}=6-a_{j}$ μετά από 333

γύρους θα έχουμε πρωχωρήσει κατά $\displaystystyle 333\cdot 6=1998$ τετράγωνα και θα βρισκόμαστε στην θέση 2005

, ενώ είναι έτοιμος να αρχίσει ο 335

γύρος, και παίζει ο Α. Ωστόσο όσο και να προχωρήσει ο Α η τελική θέση θα είναι $\displaystyle x_{335} \in \left\{2006,2007,2008,2009,2010 \right\}$ και παίζωντας ο Β την επόμενη φορά θα τοποθετήσει το πιόνι στο τελευταίο τετράγωνο, άρα ο Β έχει στρατηγική νίκης.Στην περίπτωση με το ορθογώνιο $1\times 2012$ είναι χωρισμένο σε 2012

τετράγωνα $\displaystyle 1\times 1$ .Ο πάικτης Α πρωχωρά κατά

θέση το πιόνι άρα βρίσκεται στο δεύτερο τετράγωνο.Στον πρώτο γύρω ο πάικτης Β προχωρά κατά $a_{2}$ τετράγωνα. Μόλις αρχίσει ο 2ος γύρος ο Α προχωρά κατά $\displaystyle a_{3}=6-a_{2}$ τετράγωνα.Στη συνέχεια ο Β προχωρά και πάλι κατά $a_{4}$ και έπειτα ο Α προχωρά κατά $6-a_{4}$ τετράγωνα.Συνεχίζουμε όμοια την διαδικασία και βρισκόμαστε 335

γύρο και πάιζει ο Β. Μέχρι τώρα θα έχουν συμπληρωθεί άλλα $334\cdot 6=2004$ τετράγωνα και το πίονι μας βρίσκεται στην θέση 2006

.Τώρα ότι και να συμπληρώσει ο Β η τελική θέση $\displaystyle x_{335} \in \left\{2007,,2008,2009,2010,2011 \right\}$ και παίζωντας ο Α την επόμενη φορά θα τοποθετήσει το πιόνι στο τελευταίο τετράγωνο, άρα ο Α έχει στρατηγική νίκης στην περίπτωση αυτή.

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