Αρχιμήδης 2016-2017

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 217
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

#41

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιάννης Μπόρμπας » Σάβ Φεβ 04, 2017 8:06 pm

Άσκηση 13 Seniors
Η ακολουθία a_{n} ορίζεται από την σχέση:
2a_{n+1}+2=a_{n+2}+a_{n}, n\ge1 και
a_{1}=2, a_{2}=5 Να βρεθούν οι διάφορες τιμές
του θετικού ακέραιου c για τον οποίο ισχύει ότι
ο αριθμός a_{c}^2+a_{c+1} είναι τέλειο τετράγωνο


Γιάννης Μπορμπαντωνάκης

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
JimNt.
Δημοσιεύσεις: 560
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

#42

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από JimNt. » Σάβ Φεβ 04, 2017 8:45 pm

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Άσκηση 12 Juniors
Να λυθεί στους πραγματικούς η εξίσωση:
x^4+8x^3+23x^2+34x+15=0
Η αρχική γράφεται (x+2)^4-(x-1)^2=0 \Leftrightarrow (x^2+3x+5)(x^2+5x+3)=0 . Συνεπώς, πρέπει είτε x^2+3x+5=0, είτε x^2+5x+3=0. Η πρώτη δεν έχει πραγματικές λύσεις. Η δεύτερη έχει λύσεις x_1=\frac{-5+\sqrt{13}}{2} x_2=\frac{-5-\sqrt{13}}{2}, που αποτελούν και τις μοναδικές λύσεις της αρχικής.


It's the questions we can't answer that teach us the most. They teach us how to think. If you give a man an answer, all he gains is a little fact. But give him a question and he'll look for his own answers.

If you are not sure it is magic then it probably is.
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 217
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

#43

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιάννης Μπόρμπας » Τρί Φεβ 07, 2017 10:32 pm

Άσκηση 14 Seniors
Αν ο a είναι ακέραιος και οι p,q,r,s πρώτοι αριθμοί να λυθεί η εξίσωση a^2-5a+1=p^4+q^4+r^4+s^4


Γιάννης Μπορμπαντωνάκης
Άβαταρ μέλους
JimNt.
Δημοσιεύσεις: 560
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

#44

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από JimNt. » Τετ Φεβ 08, 2017 2:18 pm

Αν ο a είναι ακέραιος και οι p,q,r,s πρώτοι αριθμοί να λυθεί η εξίσωση a^2-5a+1=p^4+q^4+r^4+s^4
Σίγουρα έχει λύση, αν είναι όλοι πρώτοι; Εγώ βρήκα με 3 πρώτους και τον έναν συνθετο. Μάλλον θα έπρεπε να είναι s^8.


It's the questions we can't answer that teach us the most. They teach us how to think. If you give a man an answer, all he gains is a little fact. But give him a question and he'll look for his own answers.

If you are not sure it is magic then it probably is.
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 217
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

#45

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιάννης Μπόρμπας » Τετ Φεβ 08, 2017 5:08 pm

Δεν είπα πως έχει λύση αλλά να λυθεί η εξίσωση. Πράγματι αν ένας από αυτούς τους πρώτους ήταν τέλειο τετράγωνο πρώτου η εξίσωση έχει λύση.
Όμως το πρόβλημα είναι όπως έχει.


Γιάννης Μπορμπαντωνάκης
Άβαταρ μέλους
JimNt.
Δημοσιεύσεις: 560
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

#46

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από JimNt. » Τετ Φεβ 08, 2017 5:15 pm

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Δεν είπα πως έχει λύση αλλά να λυθεί η εξίσωση. Πράγματι αν ένας από αυτούς τους πρώτους ήταν τέλειο τετράγωνο πρώτου η εξίσωση έχει λύση.
Όμως το πρόβλημα είναι όπως έχει.
Τότε
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Άσκηση 14 Seniors
Αν ο a είναι ακέραιος και οι p,q,r,s πρώτοι αριθμοί να λυθεί η εξίσωση a^2-5a+1=p^4+q^4+r^4+s^4
Με \mod 2 είναι προφανές ότι το αριστερό μέλος είναι περιττό. Συνεπώς, τουλάχιστον ένας από τους p,q,r,s είναι ίσος με το 2. Χωρίς βλάβη ας είναι p=2. Η αρχική γίνεται a^2-5a-15=q^4+r^4+s^4. Με \mod 5 και Fermat's Little Theorem γίνεται προφανές ότι 2 εκ των q,r,s είναι ίσοι με 5. Ας είναι q=r=5. Η αρχική γίνεται a^2-5a-1265=s^4 \Leftrightarrow a^2-5a-1265-s^4=0, που έχει \Delta=5085+4s^4. Πρέπει 5085+4s^4=n^2 \Leftrightarrow 5085=(n+2s^2)(n-2s^2), που όμως παίρνοντας όλες τις δυνατές περιπτώσεις βλέπουμε ότι δεν ικανοποείται. Συνεπώς, δεν έχουμε λύσεις.


It's the questions we can't answer that teach us the most. They teach us how to think. If you give a man an answer, all he gains is a little fact. But give him a question and he'll look for his own answers.

If you are not sure it is magic then it probably is.
Άβαταρ μέλους
JimNt.
Δημοσιεύσεις: 560
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

#47

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από JimNt. » Τετ Φεβ 08, 2017 5:19 pm

Άσκηση 15 Juniors
Να βρείτε όλες τις τριάδες (m,n,p), όπου p πρώτος και m,n θετικοί ακέραιοι που ικανοποιούν την: n^{2p}=m^2+n^2+p+1.


It's the questions we can't answer that teach us the most. They teach us how to think. If you give a man an answer, all he gains is a little fact. But give him a question and he'll look for his own answers.

If you are not sure it is magic then it probably is.
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 217
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

#48

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιάννης Μπόρμπας » Τετ Φεβ 08, 2017 7:03 pm

15
Υποθέτουμε ότι p>2
Από FLT έχουμε n^{2p}-n^2-p\equiv0 (\mod{p})
άρα p|m^2+1. Αφού το -1 είναι τετραγωνικό
κατάλοιπο \mod p πρέπει p\equiv1(\mod4)
Λαμβάνοντας περιπτώσεις:
1) n άρτιος. Τότε και ο m είναι άρτιος όμως
LHS\equiv0(\mod4) ενώ RHS\equiv2(\mod4)
2) n περιττός. Τότε n^{2p}-p-1\equiv 3(\mod 4)
Οπότε θα υπάρχει ένας πρώτος αριθμός r
της μορφής 4k+3 που διαιρεί τον n^{2p}-p-1
άρα r|n^2+m^2. Από Legendre πρέπει
\displaystyle{1=\left(\frac{-m^2}{r}\right)=\left(\frac{-1}{r}\right)=-1}
που είναι άτοπο άρα μένει να δούμε την περίπτωση που
p=2. Η αρχική εξίσωση γράφεται ως:
(2n^2-1-2m)(2n^2-1+2m)=13 όπου προκύπτει λύση
(p,m,n)=(2,3,2)
τελευταία επεξεργασία από Γιάννης Μπόρμπας σε Πέμ Φεβ 09, 2017 12:49 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Γιάννης Μπορμπαντωνάκης
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 217
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

#49

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιάννης Μπόρμπας » Τετ Φεβ 08, 2017 7:15 pm

Άσκηση 16 Seniors
Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι a,b,c που ικανοποιούν την εξίσωση:
12^{a}+10^{b}=7102^{c}


Γιάννης Μπορμπαντωνάκης
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 217
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

#50

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιάννης Μπόρμπας » Τετ Φεβ 08, 2017 7:44 pm

Άσκηση 17 Juniors
Να βρεθούν οι θετικοί πραγματικοί x_{1},x_{2},...,x_{2017} που ικανοποιούν ταυτόχρονα τις εξισώσεις:
(1): x_{1}^2+\sqrt{x_{2}}=\sqrt{x_{3}^3}+x_{4}
(2): x_{2}^2+\sqrt{x_{3}}=\sqrt{x_{4}^3}+x_{5}
...
(2017): x_{2017}^2+\sqrt{x_{1}}=\sqrt{x_{2}^3}+x_{3}


Γιάννης Μπορμπαντωνάκης
Άβαταρ μέλους
JimNt.
Δημοσιεύσεις: 560
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

#51

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από JimNt. » Τετ Φεβ 08, 2017 8:26 pm

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Άσκηση 17 Juniors
Να βρεθούν οι θετικοί πραγματικοί x_{1},x_{2},...,x_{2017} που ικανοποιούν ταυτόχρονα τις εξισώσεις:
(1): x_{1}^2+\sqrt{x_{2}}=\sqrt{x_{3}^3}+x_{4}
(2): x_{2}^2+\sqrt{x_{3}}=\sqrt{x_{4}^3}+x_{5}
...
(2017): x_{2017}^2+\sqrt{x_{1}}=\sqrt{x_{2}^3}+x_{3}
Με πρόσθεση κατά μέλη των παραπάνω λαμβάνουμε \sum{x_1^2}+\sum{\sqrt{x_1}=\sum{\sqrt{x_1^3}}+\sum{x_1}.
Λήμμα Για κάθε θετικό πραγματικό a ισχύει a^2+\sqrt{a}\ge a\sqrt{a}+a. Απόδειξη Η αρχική γράφεται a(a-1)-\sqrt{a}(a-1)\ge0 \Leftrightarrow (a-1)(a-\sqrt{a})\ge 0. Διακρίνουμε 3 περιπτώσεις: a>1. Τότε a-1>0 και a>1 \Leftrightarrow a^2>a \Leftrightarrow a>\sqrt{a} \Leftrightarrow a-\sqrt{a}>0, που ισχύει. a=1, που δίνει την ισότητα. a<1. Τότε a-1<0 και a<1 \Leftrightarrow a^2<a \Leftrightarrow\displaystyle{a<\sqrt{a}}\displaystyle{\Leftrightarrow}a-\sqrt{a}<0. Συνεπώς, το αριστερό μέλος είναι πάλι θετικό, και το λήμμα αποδείχτηκε. Συνεπώς, ισχύει ότι x_1^2+\sqrt{x_1}\ge x_1\sqrt{x_1}+x_1........ x_{2017}^2+\sqrt{x_{2017}}\ge x_{2017}\sqrt{x_{2017}}+x_{2017}. Προσθέτοντας όλες τις παραπάνω λαμβάνουμε ότι \sum{x_1^2}+\sum{\sqrt{x_1}\ge \sum{\sqrt{x_1^3}}+\sum{x_1} . Εμείς όμως θέλουμε την ισότητα. Συνεπώς, x_1=x_2=....=x_{2017}=1


It's the questions we can't answer that teach us the most. They teach us how to think. If you give a man an answer, all he gains is a little fact. But give him a question and he'll look for his own answers.

If you are not sure it is magic then it probably is.
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 793
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

#52

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Τετ Φεβ 08, 2017 11:48 pm

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Άσκηση 16 Seniors
Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι a,b,c που ικανοποιούν την εξίσωση:
12^{a}+10^{b}=7102^{c}
Με αρκετές αμφιβολίες, μιας και εξαιτίας της ώρας :sleeping: δεν την έλεγξα πολύ...

Η εξίσωση γίνεται:

2^{2a}\cdot 3^a+2^b\cdot 5^b=2^c\cdot 3551^c

Διακρίνουμε περιπτώσεις:

1) 2a>b

Έχουμε ότι:

2^b(5^b+2^{2a-b}\cdot 3^a)=2^c\cdot 3551^c

Οι αριθμοί 5^b+2^{2a-b}\cdot 3^a και 3551^c είναι περιττοί, άρα 2^b=2^c\Leftrightarrow b=c

Συνεπώς, 5^b+2^{2a-b}\cdot 3^a=3551^c=3551^b\Leftrightarrow 3551^b-5^b=2^{2a-b}\cdot 3^a

Αν b=1, τότε πρέπει 3546=2^{2a-b}\cdot 3^a άτοπο, καθώς ο 3546 διαιρείται και με το 591 που δεν είναι δύναμη του 3 ή του 2.

Αν b>1, από το θεώρημα Zsigmondy έχουμε ότι ο 3551^b-5^b έχει έναν τουλάχιστον πρώτο διαιρέτη διαφορετικό από αυτούς του 3551-5=3546, δηλαδή κάποιο πρώτο διαιρέτη εκτός του 2 και του 3, άτοπο.

2) b>2a

Έχουμε ότι:

2^{2a}(3^a+2^{b-2a}\cdot 5^b)=2^c\cdot 3551^c

Οι αριθμοί 3^a+2^{b-2a}\cdot 5^b και 3551^c είναι περιττοί, άρα 2^{2a}=2^c\Leftrightarrow 2a=c

Συνεπώς, 3^a+2^{b-2a}\cdot 5^b=3551^c=(3551^2)^a\Leftrightarrow (3551^2)^a- 3^a=2^{b-2a}\cdot 5^b

Ελέγχουμε όλα τα a\leq 4 και βρίσκουμε πως δεν υπάρχει λύση.

Αν a>4, από το θεώρημα Zsigmondy έχουμε ότι ο (3551^2)^a- 3^a έχει έναν τουλάχιστον πρώτο διαιρέτη διαφορετικό από αυτούς του (3551^2)^4- 3^4, δηλαδή κάποιο πρώτο διαιρέτη εκτός του 2 και του 5, άτοπο.

3) b=2a

Έχουμε ότι:

2^b(3^a+5^b)=2^{2a}(3^a+5^{2a})=2^{2a}(3^a+25^a)=2^c\cdot 3551^c

Όμως ο 3^a+25^a είναι άρτιος, ενώ ο 3551^c είναι περιττός. Άρα 2^c>2^{2a}\Leftrightarrow c>2a. Όμως τότε 3551^c>3^a+25^a. Άρα έχουμε ότι 2^{2a}(3^a+25^a)<2^c\cdot 3551^c, άτοπο.

Η εξίσωση λοιπόν δεν έχει ακέραιες λύσεις


Houston, we have a problem!
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 217
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

#53

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιάννης Μπόρμπας » Πέμ Φεβ 09, 2017 12:45 am

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Άσκηση 16 Seniors
Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι a,b,c που ικανοποιούν την εξίσωση:
12^{a}+10^{b}=7102^{c}
Με αρκετές αμφιβολίες, μιας και εξαιτίας της ώρας :sleeping: δεν την έλεγξα πολύ...

Η εξίσωση γίνεται:

2^{2a}\cdot 3^a+2^b\cdot 5^b=2^c\cdot 3551^c

Διακρίνουμε περιπτώσεις:

1) 2a>b

Έχουμε ότι:

2^b(5^b+2^{2a-b}\cdot 3^a)=2^c\cdot 3551^c

Οι αριθμοί 5^b+2^{2a-b}\cdot 3^a και 3551^c είναι περιττοί, άρα 2^b=2^c\Leftrightarrow b=c

Συνεπώς, 5^b+2^{2a-b}\cdot 3^a=3551^c=3551^b\Leftrightarrow 3551^b-5^b=2^{2a-b}\cdot 3^a

Αν b=1, τότε πρέπει 3546=2^{2a-b}\cdot 3^a άτοπο, καθώς ο 3546 διαιρείται και με το 591 που δεν είναι δύναμη του 3 ή του 2.

Αν b>1, από το θεώρημα Zsigmondy έχουμε ότι ο 3551^b-5^b έχει έναν τουλάχιστον πρώτο διαιρέτη διαφορετικό από αυτούς του 3551-5=3546, δηλαδή κάποιο πρώτο διαιρέτη εκτός του 2 και του 3, άτοπο.

2) b>2a

Έχουμε ότι:

2^{2a}(3^a+2^{b-2a}\cdot 5^b)=2^c\cdot 3551^c

Οι αριθμοί 3^a+2^{b-2a}\cdot 5^b και 3551^c είναι περιττοί, άρα 2^{2a}=2^c\Leftrightarrow 2a=c

Συνεπώς, 3^a+2^{b-2a}\cdot 5^b=3551^c=(3551^2)^a\Leftrightarrow (3551^2)^a- 3^a=2^{b-2a}\cdot 5^b

Ελέγχουμε όλα τα a\leq 4 και βρίσκουμε πως δεν υπάρχει λύση.

Αν a>4, από το θεώρημα Zsigmondy έχουμε ότι ο (3551^2)^a- 3^a έχει έναν τουλάχιστον πρώτο διαιρέτη διαφορετικό από αυτούς του (3551^2)^4- 3^4, δηλαδή κάποιο πρώτο διαιρέτη εκτός του 2 και του 5, άτοπο.

3) b=2a

Έχουμε ότι:

2^b(3^a+5^b)=2^{2a}(3^a+5^{2a})=2^{2a}(3^a+25^a)=2^c\cdot 3551^c

Όμως ο 3^a+25^a είναι άρτιος, ενώ ο 3551^c είναι περιττός. Άρα 2^c>2^{2a}\Leftrightarrow c>2a. Όμως τότε 3551^c>3^a+25^a. Άρα έχουμε ότι 2^{2a}(3^a+25^a)<2^c\cdot 3551^c, άτοπο.

Η εξίσωση λοιπόν δεν έχει ακέραιες λύσεις
Πολύ ωραία! Μια άλλη λύση είναι η εξής:
Παρατηρούμε ότι: LHS\equiv1+(-1)^b (\mod{11})
Αν ο b είναι περιττός τότε 11|LHS άρα 11|7102^{c} άτοπο.
Άρα ο b πρέπει να είναι άρτιος.
Θα χρησιμοποιήσουμε την αρτιότητα του b για να εφαρμόσουμε Legendre
Στην συνέχεια έχουμε 67,53|7102^{c} άρα
\displaystyle{\left(\frac{-(12^a)}{67}\right)=\left(\frac{-(12^a)}{53}\right)=1}

\displaystyle{\left(\frac{-1}{67}\right)\left(\frac{3^a}{67}\right)=\left(\frac{-1}{53}\right)\left(\frac{3^a}{53}\right)=1}

\displaystyle{-\left(\frac{3^a}{67}\right)=\left(\frac{3^a}{53}\right)=1}
Λαμβάνοντας περιπτώσεις:

Αν ο a είναι άρτιος τότε \displaystyle{1=-\left(\frac{3^a}{67}\right)=-1} που είναι άτοπο

Αν ο a είναι περιττός τότε \displaystyle{1=\left(\frac{3^x}{53}\right)=\left(\frac{3}{53}\right)=\left(\frac{53}{3}\right)=\left(\frac{2}{3}\right)=-1}
που είναι επίσης άτοπο.
Άρα η εξίσωση δεν έχει λύση.


Γιάννης Μπορμπαντωνάκης
Άβαταρ μέλους
JimNt.
Δημοσιεύσεις: 560
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

#54

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από JimNt. » Πέμ Φεβ 09, 2017 8:58 pm

Άσκηση 18 Juniors
Δίνεται μια σκακιέρα \displaystyle{10 \cdot 10} , στην οποία τοποθετούμε 41 πύργους. Να δείξετε ότι θα υπάρχουν 5 πύργοι που δεν θα απειλούνται μεταξύ τους (ανά δύο).


It's the questions we can't answer that teach us the most. They teach us how to think. If you give a man an answer, all he gains is a little fact. But give him a question and he'll look for his own answers.

If you are not sure it is magic then it probably is.
Άβαταρ μέλους
JimNt.
Δημοσιεύσεις: 560
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

#55

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από JimNt. » Σάβ Φεβ 11, 2017 6:05 pm

Άσκηση 19 Juniors
A. Αν για τους θετικούς πραγματικούς x,y,z ισχύει xyz=x+y+z+2, να προσδιορίσετε τον n: x^2+y^2+z^2\ge n
B. Να βρείτε όλες τις δυνατές τιμές του k : m^2+2k \cdot m+n=0, έτσι ώστε να ισχύει η σχέση: (\frac{m_1}{m_2})^2+(\frac{m_2}{m_1})^2 \ge 4.


It's the questions we can't answer that teach us the most. They teach us how to think. If you give a man an answer, all he gains is a little fact. But give him a question and he'll look for his own answers.

If you are not sure it is magic then it probably is.
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 217
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

#56

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιάννης Μπόρμπας » Σάβ Φεβ 11, 2017 7:08 pm

19 A
Από AM-GM έχουμε(xyz)^4=(x+y+z+2)^4\ge 512xyz
Άρα xyz\ge 8 με την ισότητα όταν x=y=z=2
Οπότε x^2+y^2+z^2\ge 3\sqrt[3]{(xyz)^2}\ge12=n
Με την ισότητα να ισχύει όταν x=y=z=2


Γιάννης Μπορμπαντωνάκης
Datis-Kalali
Δημοσιεύσεις: 116
Εγγραφή: Δευ Δεκ 12, 2016 5:33 pm
Τοποθεσία: Λευκωσία

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

#57

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Datis-Kalali » Σάβ Φεβ 11, 2017 8:36 pm

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Άσκηση 8 Juniors
Να λυθεί στους θετικούς ακεραίους η εξίσωση: 2a^2+ab+3a=b^2+12
Η εξίσωση γράφεται ,
b^2-ab-(2a^2+3a-12)=0
Αφου \displaystyle{ είναι θετικός ακέραιος, 
\Delta=a^2+4(2a^2+3a-12)=(3a+2)^2-52=k^2. 
\Rightarrow}(3a+k+2)(3a-k+2)=13\cdot 2^2
Εχούμε ότι
(3a+k+2)\equiv(3a-k+2)  (mod2) και a>0
Τότε,
\begin{cases} 3a+k+2=26 \\ 3a-k+2=2 \end{cases}
\Rightarrow a=4 \Rightarrow b=8
τελευταία επεξεργασία από Datis-Kalali σε Δευ Φεβ 13, 2017 5:21 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
JimNt.
Δημοσιεύσεις: 560
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

#58

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από JimNt. » Σάβ Φεβ 11, 2017 9:17 pm

Datis-Kalali έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Άσκηση 8 Juniors
Να λυθεί στους θετικούς ακεραίους η εξίσωση: 2a^2+ab+3a=b^2+12
Η εξίσωση γράφεται ,
b^2-ab-(2a^2+3a-12)=0
Αφου \displaystyle{ είναι θετικός ακέραιος, 
\Delta=a^2+4(2a^2+3a-12)=(3a+2)^2-52=k^2. 
\Rightarrow}(3a+k+2)(3a-k+2)=13\cdot 2^2
Εχούμε ότι
(3a+k+2)\equiv(3a-k+2)  (mod2) και a>0
Τότε,
\begin{cases} 3a+k+2=26 \\ 3a-k+2=2 \end{cases}
\Rightarrow a=4 \Rightarrow b=8
Είναι ομία με την απάντηση του Jim.Nt, αλλα έγραψα την εξίσωση με b άγνωστος, για να γίνει ευκολότερη
Βασικά και με α άγνωστο το ίδιο πράγμα μπορούσε να γίνει, απλά εγώ επέλεξα φραγή σε διαδοχικά τετράγωνα .


It's the questions we can't answer that teach us the most. They teach us how to think. If you give a man an answer, all he gains is a little fact. But give him a question and he'll look for his own answers.

If you are not sure it is magic then it probably is.
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 217
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

#59

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιάννης Μπόρμπας » Σάβ Φεβ 11, 2017 10:08 pm

Άσκηση 20 Seniors
Να βρεθούν τα ζεύγη θετικών ακεραίων (a,b) που είναι τέτοια ώστε ο αριθμός: \displaystyle{\frac{a^5+ab^4}{a^2+b^2}} να
είναι τέλειος κύβος πρώτου αριθμού.


Γιάννης Μπορμπαντωνάκης
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 793
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

#60

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Κυρ Φεβ 12, 2017 10:30 pm

JimNt. έγραψε:Άσκηση 18 Juniors
Δίνεται μια σκακιέρα \displaystyle{10 \cdot 10} , στην οποία τοποθετούμε 41 πύργους. Να δείξετε ότι θα υπάρχουν 5 πύργοι που δεν θα απειλούνται μεταξύ τους (ανά δύο).
Επιλέγουμε τις 5 γραμμές με τις περισσότερους πύργους.

Σε αυτές τις γραμμές δεν γίνεται να υπάρχει γραμμή χωρίς πύργο, αφού τότε και οι 5 γραμμές που δεν επιλέχθηκαν δεν θα είχαν πύργο, ενώ θα έπρεπε να χωρέσουν 41 πύργοι στις υπόλοιπες 4 γραμμές, άτοπο αφού χωράνε μέχρι 40 πύργοι.

Διακρίνουμε περιπτώσεις:

1) Αν στις επιλεγμένες γραμμές υπάρχει κάποια με 1 μόνο πύργο, τότε ακόμα κι αν όλες οι μη επιλεγμένες γραμμές είχαν από 1 πύργο, θα έπρεπε να χωρέσουν 41-5-1=35 πύργοι στις υπόλοιπες 4 γραμμές, άρα θα υπήρχαν τουλάχιστον 5 πύργοι σε κάθε μία από αυτές. Επομένως, εκτός από τον πύργο της αρχικής σειράς, σίγουρα υπάρχει ένας σε κάθε μία από τις υπόλοιπες γραμμές που να βρίσκονται σε διαφορετικές στήλες και άρα να μην απειλούνται μεταξύ τους.

2) Αν στις επιλεγμένες γραμμές υπάρχει κάποια με 2 πύργους, τότε ακόμα κι αν όλες οι μη επιλεγμένες γραμμές είχαν από 2 πύργους, θα έπρεπε να χωρέσουν 41-10-2=29 πύργοι στις υπόλοιπες 4 γραμμές. Στη χειρότερη περίπτωση θα υπάρχει και δεύτερη γραμμή με 2 πύργους, ενώ θα έπρεπε να χωρέσουν 27 πύργοι στις υπόλοιπες 3 γραμμές, άρα θα υπήρχαν τουλάχιστον 7 πύργοι σε κάθε μία από αυτές. Επομένως, επιλέγουμε έναν από τους 2 πύργους της αρχικής γραμμής, έναν από τους 2 πύργους της άλλης γραμμής που να μη βρίσκεται στην ίδια στήλη με τον προηγούμενο, ενώ σίγουρα υπάρχει ένας σε κάθε μία από τις υπόλοιπες γραμμές που να βρίσκονται σε διαφορετικές στήλες και άρα να μην απειλούνται μεταξύ τους.

3) Αν στις επιλεγμένες γραμμές υπάρχει κάποια με 3 πύργους, τότε ακόμα κι αν όλες οι μη επιλεγμένες γραμμές είχαν από 3 πύργους, θα έπρεπε να χωρέσουν 41-15-3=23 πύργοι στις υπόλοιπες 4 γραμμές. Στη χειρότερη περίπτωση θα υπάρχει δεύτερη και τρίτη γραμμή με 3 πύργους, ενώ θα έπρεπε να χωρέσουν 17 πύργοι στις υπόλοιπες 2 γραμμές, άρα θα υπήρχαν τουλάχιστον 7 πύργοι σε κάθε μία από αυτές. Επομένως, επιλέγουμε έναν από τους 3 πύργους της αρχικής γραμμής, έναν από τους 3 πύργους της δεύτερης γραμμής που να μη βρίσκεται στην ίδια στήλη με τον προηγούμενο, το ίδιο για την τρίτη γραμμή, ενώ σίγουρα υπάρχει ένας σε κάθε μία από τις υπόλοιπες γραμμές που να βρίσκονται σε διαφορετικές στήλες και άρα να μην απειλούνται μεταξύ τους.

4) Αν όλες οι επιλεγμένες γραμμές έχουν τουλάχιστον 4 πύργους, τότε ακόμα κι αν όλες οι μη επιλεγμένες γραμμές είχαν από 4 πύργους, θα έπρεπε να χωρέσουν 41-20-4=17 πύργοι στις υπόλοιπες 4 γραμμές. Στη χειρότερη περίπτωση θα υπάρχουν 4 επιλεγμένες γραμμές με 4 πύργους και η πέμπτη με 5 πύργους. Επομένως, επιλέγουμε έναν πύργο από κάθε μια από τις 4 πρώτες γραμμές που να βρίσκονται σε διαφορετικές στήλες και στην πέμπτη γραμμή σίγουρα υπάρχει ένας που να βρίσκεται σε διαφορετική στήλη και άρα όλοι αυτοί οι πύργοι να μην απειλούνται μεταξύ τους.

Υ.Γ. Η αρχική ιδέα εδώ


Houston, we have a problem!
Απάντηση

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