Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 1998

#1

: 1998.PNG (83.84 KiB) Προβλήθηκε 1577 φορές

KARKAR · #2

Πρόβλημα 2

: GEO 1998.png (9.35 KiB) Προβλήθηκε 1431 φορές

, δηλαδή : m(x+y)=ay+bx

, ο.ε.δ.

#3

Πρόβλημα 3.

Αν ο

δεν ήταν πρώτος, οπότε n=ab

, θα είχαμε

$\displaystyle{ A= \underset{n} {\underbrace {111...11}}= \dfrac {1}{9} \times \underset{n} {\underbrace {999...99} }= \dfrac {1}{9} (10^n-1)= \dfrac {1}{9} (10^{ab}-1)= \dfrac {1}{9} ((10^{a})^b-1)= }$

$\displaystyle{ \dfrac {1}{9} (10^{a}-1) ( 10^{a(b-1)} +... + 10^a+1)= \underset{a} {\underbrace {11...11}} \times( 10^{a(b-1)} +... + 10^a+1)}$ , που είναι σύνθετος. Έπεται ότι αν ο

είναι πρώτος, τότε και ο

θα είναι πρώτος.

Δεν ισχύει το αντίστροφο. Π.χ. για τον πρώτο n=3

έχουμε $A=111=3\times 37$ , σύνθετος.

#4

Πρόβλημα 4 β). Δείξτε ότι υπάρχουν άρρητοι με ρητός.

Γράφω λύση (μόνο) της

β) γιατί είναι θέμα άσχετο με την

α), για την οποία θα γράψω λύση αργότερα.

Το 4 β) το έχουμε συζητήσει παλαιότερα στο φόρουμ όπου προτάθηκαν διάφορες λύσεις, στοιχειώδεις ή μη. Εδώ θα βάλω μία στοιχειώδη λύση στο πνεύμα που νομίζω ότι είχαν οι τότε θεματοθέτες, γι' αυτό το ηλικιακό επίπεδο των διαγωνιζομένων.

Έχουμε $\sqrt {10} ^{\,\,\log _{10} 4} = \sqrt {10} ^{\,2\log _{10} 2} =10 ^{\,\log _{10} 2}=2$ οπότε αν δείξουμε ότι οι $\sqrt {10}$ και $\log _{10} 4$ είναι άρρητοι, τελειώσαμε.

Ο $\sqrt {10}$ είναι γνωστό ότι είναι άρρητος. Έστω τώρα ότι $\log _{10} 4 = \dfrac {p}{q}$ , και πάμε με άτοπο. Σε αυτή την περίπτωση θα είναι $q\log _{10} 4 =p$ , άρα 4^q=10^p

. Άτοπο από την μοναδικότητα της ανάλυσης σε πρώτους. Και λοιπά.

miariskd23 · #5

Καλησπέρα. Γράφω μια λύση για το πρόβλημα 1.
Aπό την ανισότητα Andreescu προκύπτει ότι: $\frac{x}{\alpha} + \frac{y}{\beta} + \frac{z}{\gamma} \ge \frac{(x+y+z)^2}{\alpha x + \beta y + \gamma z}$
Αντικαθιστώντας τις δοσμένες τιμές των $\alpha , \beta , \gamma$ αρκεί τώρα να δείξουμε ότι: $\frac{(x+y+z)^2}{x^2+y^2+z^2+k(2xy+2xz+2yz)} \ge \frac{3}{2k+1} \Rightarrow \frac{(x+y+z)^2}{(x+y+z)^2+(k-1)(2xy+2xz+2yz)} \ge \frac{3}{2k+1}$
$\Rightarrow \frac{(x+y+z)^2+(2k-2)(xy+xz+yz)}{(x+y+z)^2} \le \frac{2k+1}{3} \Rightarrow \frac{2(k-1)(xy+xz+yz)}{(x+y+z)^2} \le \frac{2(k-1)}{3}$
Από την υπόθεση k>2

και άρα

έχουμε:
$\frac{xy+xz+yz}{(x+y+z)^2} \le \frac{1}{3} \Rightarrow 3(xy+xz+yz) \le (x+y+z)^2$
που αποδεικνύει την ανισότητα.

Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 1998

Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 1998

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 1998

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 1998

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 1998

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 1998

Μέλη σε σύνδεση