ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2017-2018

#21

Για να δούμε και κάποια ερωτήματα bonus.

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 03, 2018 2:47 pm
Πρόβλημα 1.
Να εξετάσετε αν υπάρχει πραγματικός αριθμός , τέτοιος ώστε οι αριθμοί $y+\sqrt{3}$ και $y^n+\sqrt{3}$ να είναι και οι δύο ρητοί όπου $n\in\mathbb{N}$ .

Πρόβλημα 3.
Θεωρούμε τους θετικούς ακεραίους έτσι ώστε ο αριθμός , όπου $\displaystyle K=\frac{(a+b)^2+4a}{ab}\,,$ να είναι ακέραιος. Αν είναι περιττός, να βρεθούν οι ακέραιοι . Αν ο άρτιος μπορούμε;

Θέματα μεγάλων

Πρόβλημα 1.
Να λυθεί η εξίσωση που προκύπτει.

Πρόβλημα 4.
α) Βρείτε ένα κάτω φράγμα για το .
β) Το πλήθος των τριγώνων εμβαδού 1 με κορυφές από σημεία (όχι αναγκαστικά μη συνευθειακά) είναι μικρότερο από $cn^{\frac{7}{3}}$ .

S.E.Louridas · #22

Καλημέρα.
Άλλος ένας διαγωνισμός «Αρχιμήδης» τελείωσε. Τέτοιοι διαγωνισμοί ως υψηλοί θεσμοί ανίχνευσης ταλέντων, δεν θα πρέπει με τίποτα να προσφέρονται για να επενδύουμε κοινωνικά, δεν πρόκειται με τίποτα για αυτό. Μέγας ουσιαστικός επιτυχών σε ένα τέτοιο διαγωνισμό είναι κάθε διαγωνιζόμενος σε αυτόν και λόγω του οδοιπορικού του μέχρι εκεί. Η συμμετοχή στον «Αρχιμήδη» είναι κορυφαίο γεγονός και αποτελεί από μόνη της την απόδειξη ότι ο συμμετέχων μετρά στον τομέα της Μαθηματικής και όχι μόνο απόδοσης. Έχω δει τεράστιες Μαθηματικές οντότητες που έφτασαν μέχρι τον «Αρχιμήδη» και για κάποιον λόγο δεν συνέχισαν και όμως αυτή τη στιγμή ως Μαθηματικοί ή θετικοί επιστήμονες μεσουρανούν. Τέτοιοι διαγωνισμοί εκτός των άλλων διδάσκουν με έμφαση την συνέχιση της μάχης με πείσμα, και με τίποτα δεν διδάσκουν τη παραίτηση σε πιθανή πρόσκαιρη αποτυχία. Προφανώς και αξίζουν σεβασμό και θαυμασμό οι συμμετέχοντες στον «Αρχιμήδη». Σίγουρα αυτοί που ξεχώρισαν στον διαγωνισμό αυτό και συνεχίζουν αξίζουν ιδιαίτερα εύσημα, αλλά και επιπλέον κίνητρα και επένδυση από την επίσημη πολιτεία, και σίγουρα όλοι μας ευχόμαστε να συνεχίσουν με Υγεία και Πρόοδο την επιστημονική αυτή πορεία τους.
Επιτρέψτε μου να εκφράσω τον θαυμασμό μου και τον σεβασμό μου για τους συμμετέχοντες στον διαγωνισμό «Αρχιμήδης». Να ευχηθώ ιδιαίτερα στους επιτυχόντες καλή συνέχεια και επιτυχία στους επόμενους διαγωνισμούς και να ξέρουν ότι οι Έλληνες συμπατριώτες παρακολουθούν την πορεία τους αυτή με αγάπη, επιπλέον θαυμασμό αλλά και σεβασμό, αφού αποτελούν για όλους φάρους ζωής.

Γιάννης Μπόρμπας · #23

Για τα θέματα των μεγάλων μπορείτε να δείτε και διαφορετικές (ίσως) λύσεις εδώ:
Πρόβλημα 1
Πρόβλημα 2
Πρόβλημα 3
Πρόβλημα 4

#24

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 03, 2018 2:47 pm
Θέματα μικρών

Πρόβλημα 2.
Θεωρούμε τετράγωνο ${\rm{AB}}\Gamma\Delta$ πλευράς $8\,cm$ , το οποίο υποδιαιρούμε με ευθείες παράλληλες προς τις πλευρές του σε μικρά τετράγωνα πλευράς $1\,cm$ . Χρωματίζουμε μικρά τετράγωνα μαύρα, ενώ όλα τα υπόλοιπα τετράγωνα είναι λευκά. Υποθέτουμε ότι υπάρχει θετικός ακέραιος , τέτοιος ώστε, ανεξάρτητα από την θέση των μαύρων μικρών τετραγώνων, υπάρχει ορθογώνιο εμβαδού $k\,cm^2$ με πλευρές παράλληλες στις πλευρές του ${\rm{AB}}\Gamma\Delta$ και με όλα τα μικρά τετράγωνα από τα οποία αποτελείται να είναι λευκά, που μπορεί να αποκοπεί από το τετράγωνο ${\rm{AB}}\Gamma\Delta$ . Να βρεθεί η μέγιστη δυνατή τιμή του .

Επανέρχομαι διότι η απόδειξη που είχα δώσει ήταν λανθασμένη.

Το πιο κάτω σχήμα δείχνει ότι $k \leqslant 8$ .

$\begin{tikzpicture}[scale=0.6,line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm] \clip(-0.6,-0.56) rectangle (9.04,8.52); \fill[line width=2.pt,fill=black,fill opacity=1.0] (2.,2.) -- (2.,1.) -- (3.,1.) -- (3.,2.) -- cycle; \fill[line width=2.pt,fill=black,fill opacity=1.0] (1.,5.) -- (1.,4.) -- (2.,4.) -- (2.,5.) -- cycle; \fill[line width=2.pt,fill=black,fill opacity=1.0] (2.,7.) -- (2.,6.) -- (3.,6.) -- (3.,7.) -- cycle; \fill[line width=2.pt,fill=black,fill opacity=1.0] (4.,4.) -- (4.,3.) -- (5.,3.) -- (5.,4.) -- cycle; \fill[line width=2.pt,fill=black,fill opacity=1.0] (5.,2.) -- (5.,1.) -- (6.,1.) -- (6.,2.) -- cycle; \fill[line width=2.pt,fill=black,fill opacity=1.0] (6.,5.) -- (6.,4.) -- (7.,4.) -- (7.,5.) -- cycle; \fill[line width=2.pt,fill=black,fill opacity=1.0] (5.,7.) -- (5.,6.) -- (6.,6.) -- (6.,7.) -- cycle; \draw [line width=2.pt] (0.,8.)-- (0.,0.); \draw [line width=2.pt] (0.,0.)-- (8.,0.); \draw [line width=2.pt] (0.,1.)-- (8.,1.); \draw [line width=2.pt] (0.,2.)-- (8.,2.); \draw [line width=2.pt] (8.,3.)-- (0.,3.); \draw [line width=2.pt] (0.,4.)-- (8.,4.); \draw [line width=2.pt] (8.,5.)-- (0.,5.); \draw [line width=2.pt] (0.,6.)-- (8.,6.); \draw [line width=2.pt] (8.,7.)-- (0.,7.); \draw [line width=2.pt] (0.,8.)-- (8.,8.); \draw [line width=2.pt] (8.,8.)-- (8.,0.); \draw [line width=2.pt] (1.,0.)-- (1.,8.); \draw [line width=2.pt] (2.,8.)-- (2.,0.); \draw [line width=2.pt] (3.,0.)-- (3.,8.); \draw [line width=2.pt] (4.,8.)-- (4.,0.); \draw [line width=2.pt] (5.,0.)-- (5.,8.); \draw [line width=2.pt] (6.,8.)-- (6.,0.); \draw [line width=2.pt] (7.,0.)-- (7.,8.); \draw [line width=2.pt] (2.,2.)-- (2.,1.); \draw [line width=2.pt] (2.,1.)-- (3.,1.); \draw [line width=2.pt] (3.,1.)-- (3.,2.); \draw [line width=2.pt] (3.,2.)-- (2.,2.); \draw [line width=2.pt] (1.,5.)-- (1.,4.); \draw [line width=2.pt] (1.,4.)-- (2.,4.); \draw [line width=2.pt] (2.,4.)-- (2.,5.); \draw [line width=2.pt] (2.,5.)-- (1.,5.); \draw [line width=2.pt] (2.,7.)-- (2.,6.); \draw [line width=2.pt] (2.,6.)-- (3.,6.); \draw [line width=2.pt] (3.,6.)-- (3.,7.); \draw [line width=2.pt] (3.,7.)-- (2.,7.); \draw [line width=2.pt] (4.,4.)-- (4.,3.); \draw [line width=2.pt] (4.,3.)-- (5.,3.); \draw [line width=2.pt] (5.,3.)-- (5.,4.); \draw [line width=2.pt] (5.,4.)-- (4.,4.); \draw [line width=2.pt] (5.,2.)-- (5.,1.); \draw [line width=2.pt] (5.,1.)-- (6.,1.); \draw [line width=2.pt] (6.,1.)-- (6.,2.); \draw [line width=2.pt] (6.,2.)-- (5.,2.); \draw [line width=2.pt] (6.,5.)-- (6.,4.); \draw [line width=2.pt] (6.,4.)-- (7.,4.); \draw [line width=2.pt] (7.,4.)-- (7.,5.); \draw [line width=2.pt] (7.,5.)-- (6.,5.); \draw [line width=2.pt] (5.,7.)-- (5.,6.); \draw [line width=2.pt] (5.,6.)-- (6.,6.); \draw [line width=2.pt] (6.,6.)-- (6.,7.); \draw [line width=2.pt] (6.,7.)-- (5.,7.); \end{tikzpicture}$

Για να δείξουμε ότι k=8

, απλά παρατηρούμε ότι μία στήλη δεν θα έχει καθόλου μαύρα τετράγωνα.

kimjonarfib · #25

Συγγνώμη μπορεί κανείς να ανεβάσει το 3 των μικρών.Αν και δεν βλέπω(εγώ τουλάχιστον) λάθη στους συλλογισμούς δεν βγάζω κάποιο καλό αποτέλεσμα.

Ευχαριστώ

#26

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 03, 2018 2:47 pm
Θέματα μικρών

Πρόβλημα 3.
Θεωρούμε τους θετικούς ακεραίους έτσι ώστε ο αριθμός , όπου $\displaystyle K=\frac{(a+b)^2+4a}{ab}\,,$ να είναι ακέραιος. Να αποδείξετε ότι, αν ο είναι περιττός, τότε ο είναι τέλειο τετράγωνο.

Επειδή ο

είναι ακέραιος, τότε a|b^2

. Αφού λοιπόν ο

είναι περιττός, τότε και ο

είναι περιττός.

Γράφουμε a = dx, b = dy

όπου

ο μέγιστος κοινός διαιρέτης των a,b

. [Αυτό είναι κλασικό πρώτο βήμα σε τέτοιες ασκήσεις.]

Τότε (x,y) = 1

και

$\displaystyle K = \frac{d^2(x^2+2xy + y^2) + 4dx}{d^2xy} = 2 + \frac{dx^2 + dy^2 + 4x}{dxy}$

Πρέπει λοιπόν d|4x

και αφού

περιττός, τότε d|x

. Έστω

. Τότε

$\displaystyle K = 2 + \frac{r^2d^3 + dy^2 + 4rd}{rd^2y} = 2 + \frac{r^2d^2 + y^2 + 4r}{rdy}$

Άρα r|y^2

. Όμως

και

, οπότε είναι r=1

.

Τότε έχω x=d

και

οπότε το ζητούμενο αποδείχθηκε.

#27

silouan έγραψε: ↑
Κυρ Μαρ 04, 2018 1:35 am
Για να δούμε και κάποια ερωτήματα bonus.

Πρόβλημα 3.
Θεωρούμε τους θετικούς ακεραίους έτσι ώστε ο αριθμός , όπου $\displaystyle K=\frac{(a+b)^2+4a}{ab}\,,$ να είναι ακέραιος. Αν είναι περιττός, να βρεθούν οι ακέραιοι . Αν ο άρτιος μπορούμε;

Ας ψάξουμε για κάθε τιμή του

, να βρούμε όλες τις θετικές ακέραιες λύσεις της εξίσωσης a^2+b^2+4a = (K-2)ab

.

Θα χρησιμοποιήσουμε Vieta jumping. To

είναι ρίζα της εξίσωσης x^2 - (K-2)ax + a^2+4a

. Η άλλη ρίζα πρέπει να είναι η (a^2+4a)/b

. Οπότε αν η (a,b)

είναι λύση, το ίδιο ισχύει και για την $(a,\tfrac{a^2+4a}{b})$ . Ομοίως, βρίσκουμε ότι $(\tfrac{b^2}{a},b)$ είναι λύση.

Αν η (a,b)

είναι η λύση με το ελάχιστο άθροισμα a+b

αναγκαστικά πρέπει $b \leqslant (a^2+4a)/b$ και $a \leqslant b^2/a$ . Οι δύο αυτές συνθήκες δίνουν b=a

ή

.

Αν

, τότε

που δίνει

και άρα

ή

. (Οπότε είναι και K=8,K=6

ή

αντίστοιχα.)

Αν b=a+1

, τότε

. Πρέπει

το οποίο όμως είναι αδύνατο.

Κάθε μια από τις ελάχιστες λύσεις που βρήκαμε, προκύπτει από μια άλλη λύση μέσω Vieta jumping, και αντίστροφα.

Ξεκινώντας από την (1,1)

, βρίσκουμε τις λύσεις $(1,1),(1,5),(25,5),(25,145),\ldots$

Ισχυρίζομαι ότι όλες αυτές οι λύσεις δίνονται από τον τύπο $(x_n^2,x_nx_{n+1})$ και $(x_{n+1}^2,x_nx_{n+1})$ όπου (x_n)

είναι η ακολουθία $1,1,5,29,\ldots$ που ορίζεται από τον αναδρομικό τύπο $x_{n+2} = 6x_{n+1}-x_n$ (με x_0=x_1=1

).

Θα το δείξω επαγωγικά. Πρώτα όμως θα δείξω επαγωγικά ότι ισχύει η σχέση $x_nx_{n+2} -x_{n+1}^2 = 4$ . Για n=0

είναι άμεσο. Για το επαγωγικό βήμα παρατηρούμε ότι

$\displaystyle \displaystyle{x_{n+1}x_{n+3} - x_{n+2}^2 - (x_nx_{n+2} -x_{n+1}^2) = x_{n+1}(x_{n+3}+x_{n+1}) - x_{n+2}(x_{n+2}+x_n) = 6x_{n+1}x_{n+2} - 6x_{n+2}x_{n+1} = 0}$

Για να δείξουμε τον ισχυρισμό για το ποιες είναι οι λύσεις, αν η $(x_n^2,x_nx_{n+1})$ είναι λύση τότε είναι και η $\displaystyle \left( \frac{x_n^2x_{n+1}^2}{x_n^2}, x_nx_{n+1}\right) = (x_{n+1}^2,x_nx_{n+1})$ καθώς και η $\displaystyle \left(x_{n+1}^2,\frac{x_{n+1}^4+4x_{n+1}^2}{x_nx_{n+1}} \right) = \left(x_{n+1}^2,\frac{x_{n+1}(x_{n+1}^2+4)}{x_n} \right) = (x_{n+1}^2,x_nx_{n+1})$

Με παρόμοιο τρόπο βρίσκουμε ότι η λύση (2,2)

προκύπτει από τις λύσεις της μορφής $(2y_n^2,2y_ny_{n+1})$ και $(2y_{n+1}^2,2y_ny_{n+1})$ όπου (y_n)

είναι η ακολουθία $1,1,3,11,\ldots$ που ορίζεται από τον αναδρομικό τύπο $y_{n+2} = 4y_{n+1}-y_n$ .

Η λύση (4,4)

προκύπτει από τις λύσεις της μορφής $(z_n^2,z_nz_{n+1})$ και $(z_{n+1}^2,z_nz_{n+1})$ όπου (y_n)

είναι η ακολουθία $2,2,4,10,\ldots$ που ορίζεται από τον αναδρομικό τύπο $z_{n+2} = zy_{n+1}-z_n$ .

#28

Μεγαλοι 3Α

ΕΣΤΩ $\displaystyle{a_1<...<a_m}$ θα δείξουμε οτι $\displaystyle{ P(a_{i+1})-P(a_i)}$ ομόσημα $\displaystyle{ \forall i\le m}$
υποθετω οτι η πρωτη διαφορά που βρίσκω ετερόσημη απο όλες τις προηγούμενες είναι η $\displaystyle{P(a_{k+1})-P(a_k)}$ τότε
$\displaystyle{\pm (a_{k+1}-a_{k-1})=P(a_{k+1})-P(a_k)+P(a_k)-P(a_{k-1})=-a_{k+1}-a_{k-1}+2a_k}$ αρα $\displaystyle{a_{k+1}=a_k }$ ή $\displaystyle{a_{k-1}=a_k}$ ατοπο και στις 2 περιπτώσεις΄.
Το πολυώνυμο $\displaystyle{P(x)-x}$ παίρνει την ιδια τιμή $\displaystyle{Α=P(a_1)-a_1}$ για $\displaystyle{m }$ διαφορετικες τιμες του $\displaystyle{x}$ τις $\displaystyle{a_1,...,a_m}$ κατα μια τουλαχιστον επιπλεον του βαθμού του $\displaystyle{n}$ αρα ειναι σταθεροό
Ομοια και για το $\displaystyle{P(x)+x}$

Κω.Κωνσταντινίδης · #29

Για το 3 των μικρών:
Ισοδύναμα είναι $K=2+\frac{a^{2}+b^{2}+4a}{ab}$ .Συνεπώς πρέπει ο $L=\frac{a^{2}+b^{2}+4a}{ab}$ να είναι ακέραιος (και αφού α,b θετικοί ακέραιοι θα είναι και ο L επίσης θετικός). Έστω προς άτοπο ότι ο

δεν είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου. Τότε υπάρχει πρώτος

που διαιρεί τον a με $U_{p}(a)=2m+1$ όπου m μη αρνητικός ακέραιος.

Αφού ο

διαιρεί τον $a^{2}+b^{2}+4a$ έπεται ότι $a/b^{2}$ . Άρα $U_{p}(b^{2})\geq 2m+1\Leftrightarrow U_{p}(b)\geq m+1\Leftrightarrow U_{p}(\frac{b^{2}}{a})\geq 1$ .

Ισχύει ότι $L=\frac{a^{2}+b^{2}+4a}{ab}=\frac{a+\frac{b^{2}}{a}+4a}{b}$ ( $\frac{b^{2}}{a}$ ακέραιος). Επειδή $U_{p}(b)\geq m+1\geq 1$ και $U_{p}(\frac{b^{2}}{a})\geq 1$ και $U_{p}(a+\frac{b^{2}}{a}+4)\geq U_{p}(b)\geq 1$ προκύπτει ότι $p/(a+\frac{b^{2}}{a}+4)$ $\Rightarrow$ $p/4\Leftrightarrow p=2$ . Τότε όμως ο a είναι άρτιος το οποίο είναι άτοπο αφού τότε ο b θα 'πρεπε να ήταν άρτιος(από την διαιρετότητα

/ $b^{2}$ ).

Άρα δεν υπάρχει πρώτος αριθμός p που διαιρεί σε περιττή δύναμη τον a και το ζητούμενο έπεται.

Σημείωση:Με $U_{p}(x)$ συμβολίζουμε την μέγιστη δύναμη του p που διαιρεί τον x. Για παράδειγμα,για την μέγιστη δύναμη του 7 που διαιρεί το 21 γράφουμε $U_{7}(21)=1$ .

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2017-2018

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2017-2018

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2017-2018

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2017-2018

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2017-2018

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2017-2018

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2017-2018

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2017-2018

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2017-2018

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2017-2018

Μέλη σε σύνδεση