Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

#201

108.
Προσδιορίστε όλα τα ζεύγη $(a,\, b)$ θετικών ακεραίων τέτοια ώστε (2a-1,2b+1)=1

και

109.
Ο θετικός ακέραιος

έχει ακριβώς έξι διαιρέτες, τους 1<a<b<c<d<n

.
Έστω

. Αν ο

-στος διαιρέτης (σύμφωνα με την παραπάνω διάταξη) του

ισούται με (1+a+b)b

, να βρεθεί ο

.

ksofsa · #202

Για την 107:

Από την ανισότητα Cauchy-Schwartz έχουμε:

$\frac{a}{3b^2+2bc+3c^2}+\frac{b}{3c^2+2ca+3a^2}+\frac{c}{3a^2+2ab+3b^2}=\frac{a^2}{3ab^2+2abc+3c^2a}+\frac{b^2}{3bc^2+2abc+3a^2b}+\frac{c^2}{3ca^2+2abc+3b^2c}\geq \frac{(a+b+c)^2}{3a^2b+3ab^2+3b^2c+3bc^2+3c^2a+3ca^2+6abc}=\frac{(a+b+c)^2}{3(a+b)(b+c)(c+a)}$ .

Αρα αρκεί ν.δ.ο.

$\frac{(a+b+c)^2}{3(a+b)(b+c)(c+a)}\geq \frac{1}{4}(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})\Leftrightarrow [(a+b)+(b+c)+(c+a)]^2\geq 3(a+b)(b+c)+3(b+c)(c+a)+3(c+a)(a+b)$

Θέτουμε x=a+b,y=b+c,z=c+a

και η ανισότητα γράφεται ισοδύναμα $(x+y+z)^2\geq 3(xy+yz+zx)\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+zx\Leftrightarrow (x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2\geq 0$

,που ισχύει.

Σχόλιο:Μήπως παραείναι απλή για Αρχιμήδη;

ksofsa · #203

Για την 94:

Αφού η ανισοτητα είναι συμμετρική, μπορούμε να υποθέσουμε ,χωρίς βλάβη της γενικότητας, ότι $a\geq b\geq c$ .

Η ανισότητα γράφεται ισοδύναμα:

$(\sqrt{a^2+bc}-\sqrt{ca+ab})+(\sqrt{b^2+ca}-\sqrt{ab+bc})+(\sqrt{c^2+ab}-\sqrt{bc+ca})\geq 0\Leftrightarrow \frac{(a^2+bc)-(ca+ab)}{\sqrt{a^2+bc}+\sqrt{ca+ab}}+\frac{(b^2+ca)-(ab+bc)}{\sqrt{b^2+ca}+\sqrt{ab+bc}}+\frac{(c^2+ab)-(bc+ca)}{\sqrt{c^2+ab}+\sqrt{bc+ca}}\geq 0\Leftrightarrow \frac{(a-b)(a-c)}{\sqrt{a^2+bc}+\sqrt{ca+ab}}+\frac{(b-c)(b-a)}{\sqrt{b^2+ca}+\sqrt{ab+bc}}+\frac{(c-a)(c-b)}{\sqrt{c^2+ab}+\sqrt{bc+ca}}\geq 0$

Αφού $a\geq b$ ,είναι $a^2+bc\geq ab+bc,ca+ab\geq b^2+ca\Rightarrow \sqrt{a^2+bc}\geq \sqrt{ab+bc},\sqrt{ca+ab}\geq \sqrt{b^2+ca}\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{a^2+bc}+\sqrt{ca+ab}}\leq \frac{1}{\sqrt{b^2+ca}+\sqrt{ab+bc}}$ .

Ομοίως δείχνουμε ότι $\frac{1}{\sqrt{b^2+ca}+\sqrt{ab+bc}}\leq \frac{1}{\sqrt{c^2+ab}+\sqrt{bc+ca}}$ .

Αρα $\frac{1}{\sqrt{a^2+bc}+\sqrt{ca+ab}}\leq\frac{1}{\sqrt{b^2+ca}+\sqrt{ab+bc}}\leq \frac{1}{\sqrt{c^2+ab}+\sqrt{bc+ca}}$ .

Οπότε από την ανισότητα Vornicu-Schur θα είναι
$\frac{(a-b)(a-c)}{\sqrt{a^2+bc}+\sqrt{ca+ab}}+\frac{(b-c)(b-a)}{\sqrt{b^2+ca}+\sqrt{ab+bc}}+\frac{(c-a)(c-b)}{\sqrt{c^2+ab}+\sqrt{bc+ca}}\geq 0$ , η οποία ισοδυναμεί με την αρχική ανισότητα.

Tην ανισότητα Vornicu-Schur βρήκα στο βιβλίο "Κλασικές και νέες ανισότητες " των Μπάμπη Στεργίου και Νίκου Σκομπρή στη σελίδα 265.

Πείτε μου ,σας παρακαλώ, αν υπάρχει λάθος;

Marios V. · #204

Αν

και

τότε

, δηλαδή

, οπότε

(αφού

) οπότε

.
Όμοια,

.

οπότε:

δηλαδή

.

δηλαδή

.
Επειδή όμως (a+b,2b+1)=1

και

θα είναι

και

.
Οπότε $a+b\leq 2a+1$ και $a+b\leq2b-1$ οπότε $a+1 \leq b$ και $b \leq a+1$ , οπότε b=a+1

, που πράγματι επαληθεύει την αρχική σχέση.
Μοναδικές λύσεις: (k+1,k)

με

θετικό ακέραιο.

#205

socrates έγραψε:26.
Έστω ένας θετικός ακέραιος.
Να αποδείξετε ότι το πολυώνυμο $f(x) = (x^2-1^2)(x^2-2^2)\cdots (x^2-n^2)+ 1$ δε γράφεται ως γινόμενο μη σταθερών πολυωνύμων με ακέραιους συντελεστές.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Hint

Δείτε

viewtopic.php?f=111&t=34956

#206

socrates έγραψε:96.
Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε $\displaystyle{ f(x + y f(x))= f(x f(y))- x + f(y + f(x)) , }$ για κάθε $x,y \in \mathbb{R}.$

Δείτε

viewtopic.php?f=111&t=34462

#207

socrates έγραψε:104.
Έστω $M\subset \Bbb{R}$ σύνολο με 3 τουλάχιστον στοιχεία και τέτοιο ώστε για κάθε $a, b \in M, \ a\ne b$ ο αριθμός $a^2+b\sqrt{2}$ είναι ρητός.
Δείξτε ότι για κάθε $a \in M$ ο αριθμός $a\sqrt{2}$ είναι ρητός.

Δείτε και: http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 6&t=375432

#208

110.
Στο εσωτερικό μοναδιαίου τετραγώνου βρίσκονται κύκλοι συνολικού μήκους 10.

Δείξτε ότι υπάρχει ευθεία που τέμνει τέσσερις τουλάχιστον από αυτούς.

jim.jt · #209

socrates έγραψε:95.
Να βρείτε όλους τους ακεραίους για τους οποίους ο αριθμός είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

Εδώ

sokratis lyras · #210

ΦΕΡΡΑΙΟΣ έγραψε:Αυτές οι δύο ασκήσεις είναι για πολύ καιρό άλυτες

socrates έγραψε:
socrates έγραψε:90.
Να βρείτε όλες τις ακέραιες λύσεις της εξίσωσης

Υπόδειξη:

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Χρησιμοποιήστε άπειρη κάθοδο.

Με κάποια επιφύλαξη.Έστω (a,b,c)

μια λύση της δοθείσας, με τα a,b,c

να έχουν την ελάχιστη απόλυτη τιμή.Παρατηρούμε ότι αναγκαστικά

$a\equiv b\equiv c\equiv 0\mod 2$ και με αντικατάσταση a=2a_1

κλπ προκύπτει ότι η τριάδα (a_1,b_1,c_1)

αποτελεί λύση της δοθείσας, πράγμα άτοπο εκτός αν a=b=c=0

#211

socrates έγραψε:
106.
Θεωρούμε τα ξένα μεταξύ τους υποσύνολα $A = \{a_1 < a_2 < a_3 < a_4 < a_5 < a_6\}$ και $B = \{b_1 > b_2 > b_3 > b_4 > b_5 > b_6\}$ του συνόλου $\{1, 2, 3,..., 12\}.$
Για κάθε $i\in \{1,2,...,6\}$ ορίζουμε $\displaystyle{c_i=\frac{\max (a_i,b_i)}{\min (a_i,b_i)}.}$
Να υπολογίσετε το γινόμενο

Αποκλείεται να είναι $a_i\geq 7$ και ταυτόχρονα $b_i\geq 7.$ Πράγματι, αν αυτό συνέβαινε, τότε οι

διαφορετικοί αριθμοί b_1,...,b_i,a_i,...,a_6

είναι στο σύνολο $\left\{7,8,9,10,11,12 \right\},$ άτοπο.
Ομοίως αποκλείεται να είναι $a_i\leq 6$ και ταυτόχρονα $b_i\leq 6.$
Άρα για κάθε ζευγάρι αριθμών a_i,b_i

ο ένας είναι έως

και ο άλλος τουλάχιστον

Επομένως $\displaystyle\prod_{i=1}^6{max(a_i,b_i)}=7\cdot8\cdot9\cdot10\cdot11\cdot12$ και $\displaystyle\prod_{i=1}^6{min(a_i,b_i)}=1\cdot2\cdot3\cdot4\cdot5\cdot6.$
Άρα c_1c_2...c_6=924.

#212

socrates έγραψε:105.
Υπάρχουν πρώτοι $p_1 < p_2 < ... < p_{99}$ ώστε οι αριθμοί
$p_1 + p_2 , \ p_2 + p_3 , \ ..., \ p_{98} + p_{99}, \ p_{99} + p_1$ να είναι τέλεια τετράγωνα ακεραίων;

Θα δείξουμε ότι δεν υπάρχουν τέτοιοι πρώτοι. Ας υποθέσουμε ότι υπάρχουν πρώτοι $p_1 < p_2 < ... < p_{99}$ ώστε

$p_1+p_2=n_1^2,\,\,\,p_2+p_3=n_2^2,...,p_{99}+p_1=n_{99}^2$ και οι $n_1,...,n_{99}$ ακέραιοι. Τότε

$p_1+p_2+...+p_{99}=\dfrac{n_1^2+n_2^2+...+n_{99}^2}{2}$

Αποκλείεται να είναι όλοι οι p_i

περιττοί. Πράγματι, αν αυτό ίσχυε τότε όλοι οι n_i

θα ήταν άρτιοι και έτσι το πρώτο μέλος της προηγούμενης ισότητας θα ήταν περιττός ενώ το δεύτερο μέλος θα ήταν άρτιος.

Κάποιος λοιπόν από τους p_i

θα είναι άρτιος. Ο μόνος που μπορεί να είναι άρτιος είναι ο p_1.

Θα είναι λοιπόν p_1=2,

όλοι οι οι άλλοι θα είναι περιττοί, οι $n_1,n_{99}$ περιττοί, οι $n_2,...,n_{98}$ άρτιοι. Επίσης

$p_1+n_2^2+n_4^2+...+n_{98}^2=\dfrac{n_1^2+n_2^2+...+n_{99}^2}{2}$

$p_1=\dfrac{n_1^2-n_2^2+n_3^2-n_4^2...-n_{98}^2+n_{99}^2}{2}$

Άρα $n_1^2-n_2^2+n_3^2-n_4^2...-n_{98}^2+n_{99}^2=4.$

Ο αριθμός $-n_2^2+n_3^2-n_4^2...-n_{98}^2$ είναι πολλαπλάσιο του

και $\rm n_1^2\equiv n_{99}^2\equiv 1\left(mod4 \right).$

Άρα το πρώτο μέλος της τελευταίας διαιρούμενο με

αφήνει υπόλοιπο

άτοπο.

gavrilos · #213

socrates έγραψε:105.
Υπάρχουν πρώτοι $p_1 < p_2 < ... < p_{99}$ ώστε οι αριθμοί
$p_1 + p_2 , \ p_2 + p_3 , \ ..., \ p_{98} + p_{99}, \ p_{99} + p_1$ να είναι τέλεια τετράγωνα ακεραίων;

Έχει λυθεί και εδώ αλλά και εδώ.

#214

socrates έγραψε:Δεν έχουν λυθεί τα επόμενα θέματα:

nickthegreek έγραψε:19.

Αν πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε η εξίσωση έχει πραγματικές ρίζες μεγαλύτερες του ,

να αποδείξετε ότι η εξίσωση έχει μία τουλάχιστον πραγματική ρίζα.

Η λύση στην παραπάνω άσκηση (μετά από αρκετό καιρό αντίστασης) είναι παρόμοια με τη λύση στην άσκηση του Αρχιμήδη του 1994-1995 εδώ. Την προσαρμόζω στην παραπάνω εκφώνηση:

Αν x_0

η ρίζα της εξίσωσης ax^2+(c+b)x+(e+d)=0

τότε $ax_0^2+cx_0+e=-bx_0-d \ \ (1)$

Οπότε αν θέσουμε f(x)=ax^4+bx^3+cx^2+dx+e

, τότε

$f\left(\sqrt{x_0}\right)=-bx_0-d+bx_0\sqrt{x_0}+d\sqrt{x_0} =(bx_0+d)\left(\sqrt{x_0}-1\right)$ και
$f\left(-\sqrt{x_0}\right)=bx_0+d-bx_0\sqrt{x_0}-d\sqrt{x_0}=-(bx_0+d)\left(\sqrt{x_0}+1\right)$ .

Όμως η

είναι συνεχής ως πολυώνυμο στο διάστημα $\left[-\sqrt{x_0},\sqrt{x_0}\right]$ και ισχύει $f\left(\sqrt{x_0}\right) f\left(\sqrt{x_0}\right)=(1-x_0)(bx_0+d)^2\leq 0$ άρα από το θεώρημα Bolzano έχουμε το ζητούμενο.

Αλέξανδρος

parmenides51 · #215

socrates έγραψε:Δεν έχουν λυθεί τα επόμενα θέματα:

nickthegreek έγραψε:19.

Αν πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε η εξίσωση έχει πραγματικές ρίζες μεγαλύτερες του ,

να αποδείξετε ότι η εξίσωση έχει μία τουλάχιστον πραγματική ρίζα.

την έχει λύσει διαφορετικά ο Δημήτρης εδώ (όταν είχα μπερδέψει τα πρόσημα) και ο bilot4 εδώ

raf616 · #216

socrates έγραψε:101.
Εξετάστε αν υπάρχουν μη αρνητικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε $\displaystyle{2011^x - 1007^y| m^2+ 25.}$

Καλησπέρα σε όλους! Τυχαία έπεσα πάνω σ΄αυτήν την άσκηση και είπα να την προσπαθήσω. Μία προσέγγιση είναι η εξής:

Έστω x, y > 0

.

Με $\pmod3$ θα πάρουμε ότι $2011^{x} - 1007^{y} \equiv 1 - (-1)^y \pmod3$ . Αν ο

είναι άρτιος τότε $3 | 2011^{x} - 1007^{y} \Rightarrow 3 | m^2 + 25$

Από γνωστό λήμμα προκύπτει ότι 3 | 25

, άτοπο. Άρα,

περιττός.

Με $\pmod4$ θα πάρουμε $2011^{x} - 1007^{y} \equiv (-1)^x + 1 \pmod4$ . Αν ο

είναι περιττός τότε $4 | 2011^{x} - 1007^{y} \Rightarrow 4 | m^2 + 25 \Rightarrow m^2 \equiv -1 \pmod4$ , άτοπο αφού το

δεν είναι τετραγωνικό κατάλοιπο $\pmod4$ . Άρα,

άρτιος.

Ισχύει $2011 \equiv -1 \pmod{503} \Rightarrow 2011^{x} \equiv 1 \pmod{503}$ . Ακόμα $1007^y \equiv 1 \pmod{503}$ . Έτσι $503 | 2011^{x} - 1007^{y} \Rightarrow 503 | m^2 + 25$ .

Θα δείξουμε τώρα ότι το

δεν είναι τετραγωνικό κατάλοιπο $\pmod{503}$ και έτσι δεν υπάρχουν τέτοιοι αριθμοί που να είναι θετικοί. Παρατηρούμε ότι ο 503

είναι πρώτος.

Εδώ θα χρησιμοποιήσουμε το σύμβολο του Legendre. Είναι:

$\left(\dfrac{-25}{503}\right) = \left(\dfrac{-1}{503}\right)\left(\dfrac{25}{503}\right) = -1$ , αφού είναι $503 \equiv 3 \pmod4$ .

Άρα, το ζητούμενο απεδείχθη.

Είναι φανερό ότι δεν μπορεί και ο

και ο

να είναι

. Έστω ότι y = 0

Με $\pmod6$ έχουμε ότι $2011^x \equiv 1 \pmod6 \Rightarrow 6 | 2011^x - 1 \Rightarrow 6 | m^2 + 25$ .

Θα πρέπει $m^2 \equiv -25 \equiv 5 \pmod6$ , άτοπο αφού το

δεν είναι τετραγωνικό κατάλοιπο $\pmod6$ .

Έστω τώρα ότι x = 0

. Με $\pmod{503}$ θα πάρουμε ότι $m^2 + 25 \equiv 0 \pmod{503}$ , άτοπο όπως δείξαμε πιο πάνω.

Έτσι, η απόδειξη τελείωσε και δεν υπάρχουν τέτοιοι αριθμοί.

Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Re: 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 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

Μέλη σε σύνδεση