ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ,J-2.1

#1

Ξεκινάω με μια σελίδα ασκήσεων για ολυμπιάδες junior. Τις βάζω αρχικά σε pdf , αλλά όποιος τις θελήσει αργότερα για να κάνει σημειώσεις ή κάτι άλλο σε μαθηματικό σχολείο ή αλλού,να μου τις ζητήσει.
Θα προσθέτω λίγο - λίγο από μια σελίδα, κάθε φορά που θα έχω χρόνο.
Τις λύσεις μπορούμε να τις βάζουμε εδώ με αναγραφή στο πάνω μέρος του αριθμού της άσκησης.

Μπάμπης

Dimitris X · #2

Mια γρήγορη λύση για το 3.

Από τις ισότητες παίρνουμε ότι:

abc+c=b^2c+b

.

Προσθέτοντας κατά μέλη έχουμε:

3abc=a^2b+b^2c+c^2a

.

Όμως απο am-gm έχουμε ότι:

$3abc\le a^2b+b^2c+c^2a$ και η ισότητα ισχύει μόνο όταν a=b=c

....

#3

Για την 1

α) x-y=n^n(1-n)+n(n+1)^n>n^n(1-n)+nn^n=n^n>0

άρα

β) $x-y=a^a(1-a^{b-a})+b^a(b^{b-a}-1)>a^a(1-a^{b-a})+a^a(a^{b-a}-1)=0$ άρα x>y

#4

Για την 2:

Αφού $2^{n+1}+3^n|2^n+3^{n+2}$ άρα

$2^{n+1}+3^n|2\cdot (2^n+3^{n+2}) - (2^{n+1}+3^n)=17\cdot 3^n$

Όμοια $2^{n+1}+3^n|3^2\cdot (2^{n+1}+3^n)-(2^n+3^{n+2})=17\cdot 2^n$

Από τις (1),(2)

πρέπει $2^{n+1}+3^n|(17\cdot 3^n,17\cdot 2^n)=17$ για όλες τις τιμές του

.

Άρα πρέπει $2^{n+1}+3^n=1$ (που αποκλείεται) ή $2^{n+1}+3^n=17$ που δίνει n=2

.

Αλέξανδρος

#5

Για την 4:

$x=\displaystyle\frac{5^{n+1}-1}{5^{n+2}-1}$ και $y=\displaystyle\frac{6^{n+1}-1}{6^{n+2}-1}$ .

Άρα $\begin{aligned}x-y &= \frac{30^{n+1}-4\cdot 5^{n+1}-5\cdot 6^{n+1}}{(5^{n+2}-1)(6^{n+2}-1)} \\ &> \frac{30^{n+1}- 5^{n+2}- 6^{n+2}}{(5^{n+2}-1)(6^{n+2}-1)} \\ &> \frac{30^{n+1}- 2\cdot5^{n+2}}{(5^{n+2}-1)(6^{n+2}-1)} \\ &=\frac{5^{n+1}(6^{n+1}-10)}{(5^{n+2}-1)(6^{n+2}-1)} > 0\end{aligned}$

Για την 6:

Κάθε προσθετέος είναι ίσος με 1 ή -1 ανάλογα αν ο παρονομαστής είναι θετικός ή αρνητικός. Όμως όλοι οι προσθετέοι είναι 8 σε πλήθος και το άθροισμα είναι ίσο με 8 συνεπώς κάθε προσθετέος πρέπει να είναι ίσος με 1. Άρα όλοι οι ακέραιοι αριθμοί από το 9 έως και το 19 είναι λύσεις της εξίσωσης.

Αλέξανδρος

#6

Dimitris X έγραψε:Mια γρήγορη λύση για το 3.

Άλλη μία.

Αν δύο από τα a, b, c είναι ίσα, απλό. Αλλιώς χωρίς βλάβη a > b > c. Τότε όμως
$a + \frac{1}{b} > c + \frac{1}{b} > c + \frac{1}{a}$ , άτοπο.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

#7

Άλλη λύση της 4: Θέτουμε A = 1 + 5 + 5^2 + ... + 5^n, B = 1 + 6 + 6^2 + ... + 6^n

, οπότε $x = \frac{A}{1+5A}. \, y = \frac {B}{1+6B}$ . Είναι απλό να δούμε ότι x > y (ισοδυναμεί με την AB + A > B

που ισχύει διότι Α > 1.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #8

Για την 5

Από α : $\frac{\alpha }{2}=\frac{b }{3}=\frac{c}{4}\Leftrightarrow a=\frac{2}{3}b , c=\frac{4}{3}b$ και επειδή $a,b,c\in \mathbb{N}$ υπάρχει φυσικός

ώστε

Άρα

Aπό β : $\frac{c}{x}=\frac{d}{5}\Leftrightarrow d=\frac{5c}{x}=\frac{20k}{x}$
Aπό γ:
Πρέπει $a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}=p$ με

πρώτο. Άρα $4k^{2}+16k^{2}+9k^{2}+\left (\frac{20k}{x} \right )^{2}=p$ . Πρέπει $x\mid 20k{\Leftrightarrow }x\mid 20$ ή $x\mid k$ αφού ο

είναι πρώτος.

Εάν $x\mid 20$ τότε $x\in \left \{ 1,2,4,5,10,20 \right \}$ και επειδή ο είναι πρώτος
ή .
i) Εαν τότε $4k^{2}+16k^{2}+9k^{2}+\left (\frac{20k}{x} \right )^{2}=p\Leftrightarrow29k^{2}+(10k)^{2}=p\Leftrightarrow129k^{2}=p$ άτοπο αφού πρώτος.
ii) Εαν τότε $29k^{2}+(4k)^{2}=p\Leftrightarrow45k^{2}=p$ άτοπο αφού πρώτος.

Άρα πρέπει $x\mid k\Leftrightarrow k=yx$ με

φυσικό.
Έχουμε : $29k^{2}+(\frac{20k}{x})^{2}=p\Leftrightarrow29y^{2}x^{2}+(\frac{20yx}{x})^{2}=p\Leftrightarrow29y^{2}x^{2}+400y^{2}=p\Leftrightarrow y^{2}(29x^{2}+400)=p$ για να μπορεί να ισχύει αυτό πρέπει $y^{2}=1\Leftrightarrow y=1$ και $29x^{2}+400$ πρώτο. Με y=1

έχουμε

που σημαίνει ότι d=20

.
Πρέπει να βρούμε πρώτο

έτσι που $29x^{2}+400$ πρώτος με $x\neq 5$
καθώς αν x=5

τότε

άτοπο αφού πρέπει $c\neq d$ .Mία τιμή για το

είναι η

με

και

(Πράγματι

πρώτος).
Δεν κατάφερα να βρώ άλλον κατάλληλο

.Αφού όμως δεν έχουν μπει περιορισμοί για το

πρέπει αποδείξουμε π.χ ότι $x\leq 3$ ή κάτι άλλο που να περιορίζει το

(χρησιμοποιώντας την $29x^{2}+400=p$ , εγώ ακόμα δεν το έχω καταφέρει.

#9

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: Δευ Δεκ 03, 2018 7:38 pm
Πρέπει να βρούμε πρώτο έτσι που $29x^{2}+400$ πρώτος με $x\neq 5$
...
Δεν κατάφερα να βρώ άλλον κατάλληλο .Αφού όμως δεν έχουν μπει περιορισμοί για το πρέπει αποδείξουμε π.χ ότι $x\leq 3$ ή κάτι άλλο που να περιορίζει το (χρησιμοποιώντας την $29x^{2}+400=p$ , εγώ ακόμα δεν το έχω καταφέρει.

.
Υπόδειξη: Δείξε ότι για κάθε πρώτο $x\ge 5$ , ο αριθμός $29x^{2}+400$ είναι σύνθετος. Η απόδειξη είναι μια-δυο γραμμές.

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #10

Σας ευχαριστώ κύριε Μιχάλη για την υπόδειξη.

Αν $x\geq 5$ τότε x=3m+u,

με $m\in \mathbb{N}$ και u=1

ή

Έχουμε

ή $u=2 \Leftrightarrow x\equiv1(mod3)$ ή $x\equiv2(mod3)$ $\Leftrightarrow x^{2}\equiv1(mod3)$ ή $x^{2}\equiv4(mod3)\equiv1(mod3)$ άρα $x^{2}\equiv1(mod3)$ .
Επίσης $29\equiv2(mod3)$ . Άρα $29x^{2}\equiv2(mod3)$ και επειδή $400\equiv1(mod3)$
παίρνουμε $29x^{2}+400\equiv3(mod3)$ δηλαδή $3\mid 29x^{2}+400$ άρα σύνθετος. Επίσης η τιμή x=2

απορρίπτεται γιατί αλλιώς $2\mid 29x^{2}+400$ .

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ,J-2.1

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ,J-2.1

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ,J-2.1

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ,J-2.1

Re: ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΑΡΧΙΜΗΔΗ Junior- BΑΛΚΑΝΙΑΔΑ ΝΕΩΝ,J-2.1

Μέλη σε σύνδεση