Αρχιμήδης 2020

#41

silouan έγραψε: Πέμ Φεβ 27, 2020 4:05 pm Μπορούμε να προσδιορίσουμε όλους τους αριθμούς που είναι δυνατόν να μείνουν στο τέλος στο πρόβλημα 3 των μεγάλων;

Ενδιαφέρον! Μπορούμε άραγε; Κάποια ιδέα;

GiathnAgaphtwnMaths · #42

Είμαι μαθητής που συμμετείχε φέτος για πρώτη φορά στον Αρχιμήδη των μικρών.

Αν κάποιος δει, στο βιβλίο Μαθηματικοί Διαγωνισμοί 1 των Στεργίου και Μπραζιτίκου στη σελίδα 76 το θέμα 2.52 είναι το ίδιο με το 3 των μικρών.

Θεωρώ πως αυτό είναι λάθος της ΕΜΕ γιατί έτσι χαρίζει διακρίσεις σε όποιον έτυχε να το είχε λύσει, που νομίζω πως κάποιοι θα το είχαν λύσει, μιας και το βιβλίο αυτό είναι δημοφιλές σε όσους επιζητούν διάκριση στον Αρχιμήδη.

Εγώ έλυσα τα δύο πρώτα θέματα, αν είχα προμηεθυτεί το βιβλίο νωρίτερα ίσως και να είχα διακριθεί!

Βέβαια ίσως εγώ να είμαι υπερβολικός.

Τσιαλας Νικολαος · #43

silouan έγραψε: Πέμ Φεβ 27, 2020 4:05 pm Μπορούμε να προσδιορίσουμε όλους τους αριθμούς που είναι δυνατόν να μείνουν στο τέλος στο πρόβλημα 3 των μεγάλων;

Πέρασε αρκετος καιρός... Μήπως μπορούμε να έχουμε την ιδέα-λύση;

2nisic · #44

Η γεωμετρία των νέων έχει πέσει τα τελευταία χρόνια στον αντίστοιχο διαγωνισμό στην Γαλλία ως ερώτημα α) με την εξής διαφορά στην εκφώνηση:
Να αποδειχθεί πώς DZ,DE

εφάπτονται στον περιφραγμένο κύκλο του AZE

Και το β λέει το εξής:Αν T=ZE

τομή

και

το ορθοκεντο του ABC

να αποδειχθεί ότι

κάθετη στην

christinat · #45

Πρόβλημα 1(Μεγάλων)
Έστω $degP(x)=n\geq 1$ και $degQ(x)=m\geq 1$

Θέτω $S(x)=P(Q^{3}(x))$ και $R(x)=xP(x)Q^{3}(x)$
Αφού S(x)=R(x)

τότε και οι βαθμοί: 3mn

και

των πολυώνυμων

και

αντίστοιχα είναι ίσοι

$3mn=n+1+3m \Rightarrow 3m=\frac{n+1}{n-1}$ με $n\neq 1$

Αν

περιττός τότε n+1

,

διαδοχικοί άρτιοι
Οποτε (n-1,n+1)=2

$2d_{1}=n-1$ και $2d_{2}=n+1$ όπου $d_{1},d_{2}$ θετικοί ακέραιοι,διαδοχικοί μεταξύ τους

Αρα $(d_{1},d_{2})=1$

Έτσι $3m=\frac{d_{2}}{d_{1}}$ ,άτοπο

Αν

άρτιος :

διαδοχικοί περιττοί και (n-1,n+1)=1

Για να ισχύει ότι n-1|n+1

πρέπει

Ευκολα προκύπτει λοιπόν ότι m=1

$P(x)=a_{2}x^{2}+a_{1}x+a_{0}$ με $a_{2}\neq 0$ (1)

$Q(x)=b_{1}x+b_{0}$ με $b_{1}\neq 0$ (2)

Καθώς S(x)=R(x)

τότε και οι μεγιστοβάθμιοι όροι τους : $a_{2}b_{1}x^{6}$ και $a_{2}b_{1}^{3}x^{6}$ αντίστοιχα είναι ίσοι

Οπότε $b_{1}^{3}=b_{1}^{6}\Rightarrow b_{1}=1$ (λόγω των σχέσεων (1),(2))

Το πολυώνυμο R(x)

δεν έχει σταθερό όρο ,άρα ούτε και το S(x)

$S(x)=a_{2}Q^{6}(x)+a_{1}Q^{3}(x)+a_{0}$
Πρέπει $a_{0}=0$

Επομένως $P(x)=a_{2}x^{2}+a_{1}x$ και $Q(x)=x+b_{0}$

$S(x)=R(x)\Rightarrow Q^{3}(x)(a_{2}Q^{3}(x)+a_{1})=x(a_{2}x^{2}+a_{1}x)Q^{3}(x)\Rightarrow a_{2}Q^{3}(x)+a_{1}=a_{2}x^{3}+a_{1}x^{2}$

Άρα $a_{2}(Q(x)-x)(Q^{2}(x)+xQ(x)+x^{2})=a_{1}x^{2}-a_{1}\Rightarrow a_{2}b_{0}(3x^{2}+2b_{0}x+b_{0}^{2}+b_{0})=a_{1}x^{2}-a_{1}$

Από την τελευταία σχέση προκύπτει ότι πρέπει να ισχύει :
$2a_{2}b_{0}=0$ και $3a_{2}b_{0}x^{2}=a_{1}x^{2}$

Συνεπώς $b_{0}=0$ και $a_{1}=0$

Αρα $P(x)=a_{2}x^{2}$ και Q(x)=x

για κάθε πραγματικό αριθμό

Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Re: Αρχιμήδης 2020

Μέλη σε σύνδεση