mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 29, 2011 8:42 pm**

στην 75.
$1+2+3+....+p=\frac{p(p+1)}{2}$
η δεδομένη συνθήκη, ισοδυναμεί με την εξής: όλοι οι πρώτοι μικρότεροι του

να διαιρούν το $\frac{p+1}{2}$ .
Ανάμεσα όμως από τα p-1

και $\frac{p+1}{2}$ υπάρχει τουλάχιστον ένας πρώτος αριθμός αν p>3

(bertrand's postulate), πράγμα που σημαίνει πως η συνθήκη δεν μπορεί να ισχύει εκτός και αν το p<4

. Μοναδική λύση η p=3

.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 31, 2011 1:54 pm**

socrates έγραψε: 74.
Σε ένα τουρνουά σκάκι συμμετέχουν άνδρες και γυναίκες. Κάθε δύο συμμετέχοντες έπαιξαν μεταξύ τους ακριβώς μία φορά.
Σε περίπτωση νίκης, ο νικητής κερδίζει 1 βαθμό ενώ ο ηττημένος 0 βαθμούς. Σε περίπτωση ισοπαλίας, και οι δύο παίκτες παίρνουν από 0.5 βαθμό.
Παρατηρήθηκε ότι κάθε παίκτης (είτε άνδρας είτε γυναίκα) κέρδισε τον ίδιο αριθμό βαθμών στα παιχνίδια με τους άνδρες και στα παιχνίδια με τις γυναίκες.
Να δείξετε ότι ο συνολικός αριθμός των συμμετεχόντων είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

Έστω ότι

το σύνολο των ανδρών και

το σύνολο των γυναικών και έστω |A| = a

και

. Θα μετρήσουμε με δυο διαφορετικούς τρόπους των αριθμό των αγώνων μεταξύ ανδρών και γυναικών. Αυτός ο αριθμός είναι προφανώς

.

Επειδή όμως κάθε αγώνας δίνει ακριβώς 1 βαθμό συνολικά στους δυο συμμετέχοντες, ο αριθμός των αγώνων ισούται με x+y

όπου

ο συνολικός αριθμός των βαθμών που κέρδισαν οι άντδες ενάντια στις γυναίκες και

ο συνολικός αριθμός βαθμών που κέρδισαν οι γυναίκες ενάντια στους άνδρες.

Αλλά το

, από τα δεδομένα του προβλήματος, ισούται και με τον συνολικό αριθμό βαθμών που κέρδισαν οι άνδρες ενάντια στους άνδρες και αυτό ισούται με τον συνολικό αριθμό των αγώνων μεταξύ των ανδρών. Δηλαδή $x = \binom{a}{2}$ και ομοίως $y = \binom{b}{2}$ .

Άρα $ab = \binom{a}{2} + \binom{b}{2}$ και από αυτό παίρνουμε n = (a-b)^2

όπου

ο συνολικός αριθμός συμμετεχόντων. Για να μην επαναλαμβάνομαι οι (εύκολες) πράξεις έχουν γίνει εδώ.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 29, 2011 10:30 pm**

76.
Αν

μη αρνητικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε (3^m+1)^n-3^p=x^2,

να βρείτε τις δυνατές τιμές του

77.
Για ποιους θετικούς ακέραιους

μπορούμε να χωρίσουμε ένα τετράγωνο σε

τετράγωνα (όχι απαραίτητα ίσα);

78.
Η ακολουθία $\{a_n\}_{n\geq 1}$ ορίζεται ως: a_1=2010

και για $n\geq 2$ ο a_n

ισούται με τον ελάχιστο ακέραιο που υπερβαίνει τον $a_{n-1}$ και διαιρείται με τον

Να δείξετε ότι η ακολουθία $a_{100},a_{101},...$ είναι αριθμητική πρόοδος.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Δεκ 06, 2011 6:45 pm**

socrates έγραψε: 77.
Για ποιους θετικούς ακέραιους μπορούμε να χωρίσουμε ένα τετράγωνο σε τετράγωνα (όχι απαραίτητα ίσα);

Έχουμε δει εδώ πως μπορούμε να το κάνουμε για κάθε $n \geqslant 17$ . Η ίδια απόδειξη δείχνει πως μπορούμε να το κάνουμε για κάθε

εκτός ίσως από n=2,3,5,6,8,11,14

. Και λέω ίσως διότι υπάρχουν και αυτές οι περίεργες κατασκευές και άντε να αποδείξεις ότι δεν υπάρχει τέτοια με 14 π.χ. τετράγωνα.

Επεξεργασία: Τελικά η σωστή απάντηση είναι για κάθε $n \neq 2,3,5$ . Θα διορθώσω την λύση από αύριο.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 07, 2011 1:55 pm**

Επανέρχομαι με την απαραίτητη διόρθωση.

: squaredsquares.png (10.45 KiB) Προβλήθηκε 3798 φορές

Όπως φαίνεται στο συνημμένο υπάρχει κατασκευή για n=6,8

. Αν έχουμε μια κατασκευή με

τετραγωνάκια, χωρίζοντας ένα από αυτά σε τέσσερα μικρότερα, παίρνουμε μια κατασκευή με n+3

τετραγωνάκια. Επειδή υπάρχει και η προφανής κατασκευή για n=1

, έχουμε επίσης κατασκευές για n=4,7

και επαγωγικά χρησιμοποιώντας τις κατασκευές για n=6,7,8

έχουμε κατασκευή για κάθε $n \geqslant 6$ .

Επομένως έχουμε κατασκευές για κάθε

εκτός ίσως από n=2,3,5

. Τα

είναι αδύνατα αφού τότε θα υπάρχουν δυο κορυφές του μεγάλου τετραγώνου που θα ανήκουν στο ίδιο τετραγωνάκι. Αλλά τότε αυτό το τετραγωνάκι θα έχει τις ίδιες διαστάσεις με το μεγάλο και άρα δεν μπορούν να υπάρχουν άλλα τετραγωνάκια.

Το n=5

είναι και αυτό αδύνατο. Ας υποθέσουμε πως το μεγάλο τετράγωνο έχει πλευρά μήκους 1 και ας υποθέσουμε πως το τετραγωνάκι που περιέχει την πάνω αριστερά κορυφή έχει πλευρά μήκους x_1

, αυτό που περιέχει την πάνω δεξιά έχει μήκος x_2

, την κάτω δεξιά x_3

και την κάτω αριστερά x_4

. Ονομάζω αυτά τα τετραγωνάκια $T_1,\ldots,T_4$ αντίστοιχα. Χωρίς βλάβη της γενικότητας $x_4 \leqslant x_1,x_2,x_3$ . Πρέπει x_4 < 1/2

. Αν

και

τότε το πέμπτο τετραγωνάκι πρέπει να περιέχει την πάνω αριστερά και την κάτω δεξιά κορυφή του T_4

, άτοπο. Χωρίς βλάβη λοιπόν έχουμε x_1 + x_4 = 1

. Τότε

και άρα

. Τότε το πέμπτο τετραγωνάκι πρέπει να περιέχει την κάτω δεξιά γωνία του T_2

και την κάτω δεξιά γωνία του T_4

το οποίο πάλι είναι άτοπο.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 07, 2011 3:14 pm**

76. Για n=0,1,2 εύκολα βρίσκουμε τις λύσεις (m,n,p,x)=(k,0,0,0), (3,1,1,5), (0,2,1,1). Έστω τώρα οτι έχουμε $n\geq 3$ . Είναι $3^m+1\equiv 0 (mod.2)\Rightarrow (3^m+1)^n\equiv 0 (mod.8)$ .
Επίσης είναι $3^p\equiv 1,3 (mod8)$ και $x^2\equiv 1 (mod8)$ εφόσον ο χ είναι περιττός. Η εξίσωση λοιπόν παίρνοντας mod8 γίνεται: $0-1,3\equiv 1(mod.8)$ που προφανώς είναι άτοπο. Άρα οι δυνατές τιμές του n είναι 0,1,2.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 07, 2011 4:03 pm**

79.
Να προσδιορίσετε όλους τους θετικούς ακεραίους

τέτοιους ώστε:
$\displaystyle{\bullet n=d_{13}+d_{14}+d_{15}}$
$\displaystyle{\bullet (d_5+1)^3=d_{15}+1,}$
όπου 1=d_1<d_2<...<d_k=n

οι διαιρέτες του

80.
Να δείξετε ότι

$\displaystyle{\frac{(ab+b)(2b+1)}{(ab+a)(5b+1)}+\frac{(bc+c)(2c+1)}{(bc+b)(5c+1)}+\frac{(ca+a)(2a+1)}{(ca+c)(5a+1)}\geq \frac{3}{2}},$

για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς a,b,c

, για τους οποίους

$\displaystyle{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq 3.}$

81.
Να δείξετε ότι η εξίσωση 4x^3-3x+1=2y^2

έχει τουλάχιστον

θετικές ακέραιες λύσεις με $x\leq 2005$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 07, 2011 6:43 pm**

socrates έγραψε:81.
Να δείξετε ότι η εξίσωση έχει τουλάχιστον θετικές ακέραιες λύσεις με $x\leq 2005$ .

Εύκολα βλέπουμε ότι αν $\displaystyle{x}$ άρτιος, η εξίσωση δεν έχει ακέραιες λύσεις, αφού το ένα μέλος είναι άρτιο ενώ το άλλο περιττό. Συνεπώς $\displaystyle{x}$ περιττός, έστω $\displaystyle{x=2k+1 \;,\; k \in \mathbb{N}}$ .
Πρέπει:
$\displaystyle{x\leq 2005\Rightarrow 2k\leq 2004\Rightarrow k\leq 1002}$ .

Η εξίσωση γίνετε: $\displaystyle{4(2k+1)^3-6k-2=2y^2\Rightarrow y^2=2(8k^3+12k^2+6k+1)-3k-1=16k^3+24k^2+9k+1}$

Το πολυώνυμο στο 2ο μέλος έχει ρίζα το $\displaystyle{-1}$ , οπότε με Horner έχουμε: $\displaystyle{y^2=(k+1)(16k^2+8k+1)=(k+1)(4k+1)^2\Rightarrow y=(4k+1)\sqrt{k+1}}$

Άρα η εξίσωση έχει ακέραιες λύσεις όταν το $\displaystyle{k+1}$ είναι τέλειο τετράγωνο.

Είναι $\displaystyle{1\leq k+1\leq 1003}$ . Αφού $\displaystyle{31<\sqrt{1003}<32}$ , υπάρχουν $\displaystyle{31}$ τέλεια τετράγωνα από το $\displaystyle{1}$ έως το $\displaystyle{1003}$ . Συνεπώς η εξίσωση έχει $\displaystyle{31}$ λύσεις για $\displaystyle{x\leq 2005}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Δεκ 13, 2011 6:50 pm**

socrates έγραψε:79.
Να προσδιορίσετε όλους τους θετικούς ακεραίους τέτοιους ώστε:
$\displaystyle{\bullet n=d_{13}+d_{14}+d_{15}}$ (1)
$\displaystyle{\bullet (d_5+1)^3=d_{15}+1,}$ (2)
όπου οι διαιρέτες του

$d_{15}<n<3d_{15}$ από την πρώτη, και άρα $n=2d_{15}$ (3)

, οπότε $d_{2}=2$ . αντικαθιστώντας το (3) στην (1) της εκφώνησης, έχουμε $n=2(d_{13}+d_{14})$
ή διαφορετικά $\frac{n}{2}=d_{13}+d_{14}=\frac{n}{d_{4}}+\frac{n}{d_{3}}$ , διαγράφουμε τα

, λύνουμε ως προς $d_{4}$ και $d_{3}$ (ξεχωριστά) και βρίσκουμε ότι πρέπει $d_{4}-2|2d_{4}$ και $d_{3}-2|2d_{3}$ , οπότε $d_{3}-2,d_{4}-2|4$ , οπότε $d_{3,4}-2\in \left\{1,2,4 \right\}$ δηλαδή $d_{3,4}\in \left\{3,4,6\right\}$ οπότε $d_{3}=3$ και $d_{4}=6$ .
οπότε $d_{15}+1\equiv1 (mod3)$ , δηλαδή $(d_{5}+1)^{3}\equiv1 (mod3), d_{5}+1\equiv1 (mod3), 3|d_{5}, d_{5}=9$ . οπότε αντικαθιστόντας στην (2), θα έχουμε $d_{15}=999$ , δηλαδή n=1998

.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 18, 2011 1:11 pm**

Μπορεί κάποιος να μου εξηγήσει πώς προκύπτει το $d_{5}=9$ στην τελευταία λύση;
Ευχαριστώ πολύ.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 18, 2011 5:26 pm**

φυσικά.
θεωρώ πως έχεις καταλάβει τι κάναμε μέχρι το $d_{4}=6$ .
Μετά: αφού το

είναι διαιρέτης του $n=2d_{15}$ , θα είναι και του $d_{15}$ . Οπότε το $d_{15}+1$ αφήνει υπόλοιπο

με το τρια. Από την σχέση που μας δίνει η εκφώνηση, το $(d_{5}+1)^{3}$ αφήνει επίσης υπόλοιπο

με το

. Αυτό όμως ισχύει αν και μόνο αν και το $d_{5}+1$ αφήνει υπόλοιπο

με το

(μπορεί να επιβεβεωθεί δοκιμάζοντας τις άλλες περιπτώσεις). Οπότε το $d_{5}$ θα είναι πολλαπλάσιο του

. όμως, $d_{4}=6$ , οπότε $d_{5}>6$ . όμως: αν πχ $d_{5}=12$ , τότε το

διαιρεί το $d_{5}$ , και άρα και το

, κάτι που δεν γίνεται αφού δεν το έχουμε συμπεριλάβει ως διαιρέτη. Ομοίως και για κάθε άλλη πιθανή τιμή του $d_{5}$ μεγαλύτερη του

, οπότε $d_{5}=9$ .
αν εξακολουθείς να μην καταλαβαίνεις κάτι, ξαναρωτάς.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 18, 2011 11:27 pm**

Φερμά_96 έγραψε:φυσικά.
θεωρώ πως έχεις καταλάβει τι κάναμε μέχρι το $d_{4}=6$ .
Μετά: αφού το είναι διαιρέτης του $n=2d_{15}$ , θα είναι και του $d_{15}$ . Οπότε το $d_{15}+1$ αφήνει υπόλοιπο με το τρια. Από την σχέση που μας δίνει η εκφώνηση, το $(d_{5}+1)^{3}$ αφήνει επίσης υπόλοιπο με το . Αυτό όμως ισχύει αν και μόνο αν και το $d_{5}+1$ αφήνει υπόλοιπο με το (μπορεί να επιβεβεωθεί δοκιμάζοντας τις άλλες περιπτώσεις). Οπότε το $d_{5}$ θα είναι πολλαπλάσιο του . όμως, $d_{4}=6$ , οπότε $d_{5}>6$ . όμως: αν πχ $d_{5}=12$ , τότε το διαιρεί το $d_{5}$ , και άρα και το , κάτι που δεν γίνεται αφού δεν το έχουμε συμπεριλάβει ως διαιρέτη. Ομοίως και για κάθε άλλη πιθανή τιμή του $d_{5}$ μεγαλύτερη του , οπότε $d_{5}=9$ .
αν εξακολουθείς να μην καταλαβαίνεις κάτι, ξαναρωτάς.

Νομίζω τώρα πως το έχω καταλάβει

socrates έγραψε:
78.
Η ακολουθία $\{a_n\}_{n\geq 1}$ ορίζεται ως: και για $n\geq 2$ ο ισούται με τον ελάχιστο ακέραιο που υπερβαίνει τον $a_{n-1}$ και διαιρείται με τον
Να δείξετε ότι η ακολουθία $a_{100},a_{101},...$ είναι αριθμητική πρόοδος.

Θα χρησιμοποιήσουμε το απλό λήμα πως για ακεραίους x>y>1

ισχύει

Ορίζω ως f(n) το πηλίκου του $\alpha_{n}$ δια n. Προφανώς η f(n) είναι φθίνουσα. Θα δείξουμε πως μετά από κάποιο n, η f(n) μένει σταθερή σε μια τιμή που αποτελεί το λόγο της αριθμητικής προόδου. Για την $\alpha_{n}$ ισχύει οτι
$\alpha_{2}\leq \alpha _{1}+2$ .
$\alpha_{3}\leq \alpha_{2}+3$
...
$\alpha_{100}\leq \alpha_{99}+100$
Για την ισότητα έχουμε $n\mid \alpha_{n-1}\Leftrightarrow \alpha_{n}=\alpha_{n-1}+n$ . Προσθέτοντας κατά μέρη τις ανισότητες έχουμε πως $\alpha_{100}\leq \alpha_{1}+2+3+...+100=7059$ . Από την $\alpha_{100}=100f(n)$ και την τελευταία προκύπτει οτι $20<f(n)\leq 70<100$ . Οπότε από το λήμα έχουμε f(100)100>(f(100)-1)101

που σημαίνει οτι f(101)>f(100)-1

. Επειδή όμως η f όπως έχουμε πει είναι μια φθίνουσα ακέραια συνάρτηση θα έχουμε οτι f(101)=f(100). Συνεχίζοντας με τον ίδιο τρόπο, επικαλούμενοι την επαγωγή δείχνουμε οτι f(100)=f(101)=f(102)=...=w.
Οπότε $\alpha_{100+n}=w(100+n)$ που είναι αριθμητική πρόοδος.
Μπορεί κάποιος να ελέγξει αν έχω κάπου λάθος;

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 19, 2011 1:05 am**

Kostas_94 έγραψε:
socrates έγραψε:
78.
Η ακολουθία $\{a_n\}_{n\geq 1}$ ορίζεται ως: και για $n\geq 2$ ο ισούται με τον ελάχιστο ακέραιο που υπερβαίνει τον $a_{n-1}$ και διαιρείται με τον
Να δείξετε ότι η ακολουθία $a_{100},a_{101},...$ είναι αριθμητική πρόοδος.
Θα χρησιμοποιήσουμε το απλό λήμα πως για ακεραίους ισχύει
Ορίζω ως f(n) το πηλίκου του $\alpha_{n}$ δια n. Προφανώς η f(n) είναι φθίνουσα. Θα δείξουμε πως μετά από κάποιο n, η f(n) μένει σταθερή σε μια τιμή που αποτελεί το λόγο της αριθμητικής προόδου. Για την $\alpha_{n}$ ισχύει οτι
$\alpha_{2}\leq \alpha _{1}+2$ .
$\alpha_{3}\leq \alpha_{2}+3$
...
$\alpha_{100}\leq \alpha_{99}+100$
Για την ισότητα έχουμε $n\mid \alpha_{n-1}\Leftrightarrow \alpha_{n}=\alpha_{n-1}+n$ . Προσθέτοντας κατά μέρη τις ανισότητες έχουμε πως $\alpha_{100}\leq \alpha_{1}+2+3+...+100=7059$ . Από την $\alpha_{100}=100f(n)$ και την τελευταία προκύπτει οτι $20<f(n)\leq 70<100$ . Οπότε από το λήμα έχουμε που σημαίνει οτι . Επειδή όμως η f όπως έχουμε πει είναι μια φθίνουσα ακέραια συνάρτηση θα έχουμε οτι f(101)=f(100). Συνεχίζοντας με τον ίδιο τρόπο, επικαλούμενοι την επαγωγή δείχνουμε οτι f(100)=f(101)=f(102)=...=w.
Οπότε $\alpha_{100+n}=w(100+n)$ που είναι αριθμητική πρόοδος.
Μπορεί κάποιος να ελέγξει αν έχω κάπου λάθος;

Μια χαρά μου φαίνεται. Αυτή τη λογική χρησιμοποιώ κι εγώ.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 26, 2011 1:25 am**

82.
α) Να δείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο

υπάρχουν μοναδικοί ακέραιοι x_n,y_n

τέτοιοι ώστε $(1+\sqrt{33})^n=x_n+y_n\sqrt{33}$ .
β) Αν

πρώτος, να αποδείξετε ότι ένας τουλάχιστον από τους $y_{p-1},y_p,y_{p+1}$ διαιρείται με τον

.

83.
Δίνεται το πολυώνυμο $P(x)=(x+1)^p(x-3)^q=x^n+a_1x^{n-1}+a_2x^{n-2}+...a_{n-1}x+a_n,$
όπου

και

θετικοί ακέραιοι.
α) Αν a_1=a_2

, να δείξετε ότι ο αριθμός

είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.
β) Να δείξετε ότι υπάρχουν άπειρα ζεύγη $(p,q)\in \Bbb{N}^2$ τέτοια ώστε a_1=a_2

.

84.
Αν a,b,c

πραγματικοί αριθμοί για τους οποίους a+b+c=0

και $a\geq 1$ ,
να βρείτε την ελάχιστη τιμή της παράστασης a^4+b^4+c^4-3abc.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Δεκ 27, 2011 1:05 pm**

socrates έγραψε:82.
α) Να δείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο υπάρχουν μοναδικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε $(1+\sqrt{33})^n=x_n+y_n\sqrt{33}$ .
β) Αν πρώτος, να αποδείξετε ότι ένας τουλάχιστον από τους $y_{p-1},y_p,y_{p+1}$ διαιρείται με τον .

α)Θα αποδείξουμε την ύπαρξη με επαγωγή. $x_{1}=1$ και $y_{1}=1$ . Έστω οτι $(1+\sqrt{33})^n= x_{n} +y_{n}\sqrt{33}$ . Τότε $(1+\sqrt{33})^{n+1}=(1+\sqrt{33})(x_{n} +y_{n}\sqrt{33})=(x_{n}+33y_{n})+\sqrt{33}(x_{n}+ y_{n})$ .
Για τη μοναδικότητα αν υπήρχαν ακέραιοι με $(a,b) \neq (x_{n},y_{n})$ με την ίδια ιδιότητα, τότε με λίγες πράξεις θα είχαμε $\sqrt{33}=\frac{x_{n}-a}{b-y_{n}}$ , που είναι άτοπο, αφού το πρώτο μέλος είναι ρητό, ενώ το δεύτερο άρρητο.
β) Θα χρησιμοποιήσουμε τα εξής δυο λήμματα:
ΛΗΜΜΑ 1
$p|\begin{pmatrix} p\\ i \end{pmatrix}$
για p πρώτο και 0< i<p
Απόδειξη: Είναι $\begin{pmatrix} p\\ i \end{pmatrix} =\frac{p!}{i!(p-i)!}=\frac{p}{p-i}\begin{pmatrix} p-1\\ i \end{pmatrix}$ , το οποίο διαιρείται από το p, αφού (p, p-i)=1.
ΛΗΜΜΑ 2
Για p περιττόπρώτο και (a,p)=1, είναι $a^{p-1/2}=\pm1(mod.p)$
Πρόκειται για ένα θεώρημα (ή μάλλον άμεσο πόρισμα ενός θεωρήματος), γνωστό ως κριτήριο Euler. Για περισσότερες λεπτομέρεις μπορείτε να δείτε εδώ http://en.wikipedia.org/wiki/Euler%27s_criterion.

Συνεχίζοντας με την άσκηση, έχουμε ήδη δείξει οτι:
$x_{1}=1, y_{1}=1$
$x_{n+1}=x_{n}+33y_{n}$
$y_{n+1}=x_{n} +y_{n}(1)$
Αφαιρώντας κατά μέλη και θέτοντας $n\rightarrow n-1$ , έχουμε $x_{n}-y_{n}=32y_{n-1}(2)$
Αν p=2, εύκολα προκύπτει οτι $y_{2}=2$ , οπότε διαιρείται απ`το 2.
Στη συνέχεια θεωρούμε τον p περιττό πρώτο. Από το διωνυμικό ανάπτυγμα του $(1+\sqrt{33})^p$ , προκύπτει οτι
$x_{p}=1+\begin{pmatrix} p\\ 2 \end{pmatrix}33 + \begin{pmatrix} p\\ 4 \end{pmatrix}33^2+...+\begin{pmatrix} p\\ p-1 \end{pmatrix}33^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1(mod.p)(3)$

$y_{p}=\begin{pmatrix} p\\ 1 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} p\\ 3 \end{pmatrix}33+...+\begin{pmatrix} p\\ p \end{pmatrix}33^\frac{p-1}{2}\equiv 33^\frac{p-1}{2} (mod.p)$
(λόγω του πρώτου λήμματος).
Αν p=3 ή p=11, τότε προφανώς p| $y_{p}$
Αλλιώς (p, 33)=1

και λόγω του δεύτερου λήμματος, $y_{p}\equiv \pm1(mod.p)$
Αν $y_{p}\equiv +1(mod.p)$ , τότε από (2) και (3) είναι $p|32y_{p-1}=2^5y_{p-1}\Rightarrow p|y_{p-1}$
Aν $y_{p}\equiv -1(mod.p)$ , τότε από (1) και (3) είναι $p|y_{p+1}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Δεκ 27, 2011 2:13 pm**

socrates έγραψε:
83.
Δίνεται το πολυώνυμο $P(x)=(x+1)^p(x-3)^q=x^n+a_1x^{n-1}+a_2x^{n-2}+...a_{n-1}x+a_n,$
όπου και θετικοί ακέραιοι.
α) Αν , να δείξετε ότι ο αριθμός είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.
β) Να δείξετε ότι υπάρχουν άπειρα ζεύγη $(p,q)\in \Bbb{N}^2$ τέτοια ώστε .

Αρχίζω με το (α). Λόγω της ισότητας που δίνεται, είναι $deg((x+1)^p(x-3)^q)=deg(x^n+a_1x^{n-1}+a_2x^{n-2}+...a_{n-1}x+a_n)\Rightarrow p+q=n$ .
Από το διώνυμικό ανάπτυγμα:
$(x+1)^p=x^p+\begin{pmatrix} p\\ 1 \end{pmatrix}x^{p-1} +\begin{pmatrix} p\\ 2 \end{pmatrix}x^{p-2}+...+1$
$(x-3)^q=x^q - \begin{pmatrix} q\\1 \end{pmatrix}3x^{q-1}+x^q \begin{pmatrix} q\\ 2 \end{pmatrix}3^2x^{q-2}+...+(-1)^q$ .
Οπότε
$n-1=(p-1)+q=p+(q-1)\Rightarrow a_{n-1}=1(- \begin{pmatrix} q\\1 \end{pmatrix}3)+1\begin{pmatrix} p\\ 1 \end{pmatrix}=p-3q$ και
$n-2=p+(q-2)=(p-1)+(q-1)=(p-2)+q\Rightarrow$
$a_{n-2}=1\begin{pmatrix} q\\ 2 \end{pmatrix}3^2-3\begin{pmatrix} p\\ 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} q\\ 1 \end{pmatrix}+x^q - \begin{pmatrix} p\\ 2 \end{pmatrix}=9\frac{q(q-1)}{2}-3pq+\frac{p(p-1)}{2}$ .
Έχοuμε λοιπόν
$a_{n-1}=a_{n-2}\Leftrightarrow$
$2p-6q=9q(q-2)-6pq+p(p-1)\Leftrightarrow$
$p^2-6pq+9q^2=3p+3q\Leftrightarrow$
$(p-3q)^2=3(p+q)\Leftrightarrow$
(p-3q)^2=3n

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Δεκ 27, 2011 2:54 pm**

Συνεχίζω με το (β).
Εξαιτίας της ισοδυναμίας που έχουμε αποδείξει, αρκεί να βρούμε άπειρες λύσεις για την (p-3q)^2=3(p+q)(1)

. Αυτή πράγματι έχει άπειρες λύσεις τις μορφής (p,q) =(3(4k+1)(3k+1),3k(4k+1))

, κ φυσικός, αφού
p+q =(4k+1)(9k+3k+3)=3(4k+1)^2

και προφανώς ισχύει η (1)

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 30, 2011 5:49 pm**

socrates έγραψε:84.
Αν πραγματικοί αριθμοί για τους οποίους και $a\geq 1$ ,
να βρείτε την ελάχιστη τιμή της παράστασης

Μία προσπάθεια με αρκετές πράξεις:

Είναι $\displaystyle{c=-(a+b)}$ , οπότε αντικαθιστώντας: $\displaystyle{a^4+b^4+c^4-3abc=a^4+b^4+(a+b)^4+3ab(a+b)}$

Θεωρούμε την συνάρτηση $\displaystyle{f(x)=a^4+x^4+(x+a)^4+3ax(x+a)}$ ορισμένη στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$ .
Τότε $\displaystyle{f'(x)=4x^3+4(x+a)^3+3a(x+a)+3ax=4x^3+4(x+a)^3+6ax+3a^2}$ και $\displaystyle{f''(x)=12x^2+12(x+a)^2+6a=24x^2+24ax+12a^2+6a}$

Η διακρίνουσα του τριωνύμου στην δεύτερη παράγωγο είναι $\displaystyle{\Delta =24^2a^2-2\cdot 24^2a^2-24^2a=-24^2a(a+1)<0 \; \; \; \forall \; a\geq 1}$ . Συνεπώς $\displaystyle{f''(x)>0 \; \; \forall \; x \in \mathbb{R}}$ . Οπότε $\displaystyle{f'}$ γνησίως αύξουσα, άρα και "1-1".

Παρατηρούμε ότι $\displaystyle{f'(-\frac{a}{2})=-\frac{a^3}{2}+\frac{a^3}{2}-3a^2+3a^2=0}$ και αφού $\displaystyle{f'}$ "1-1", το $\displaystyle{-\frac{a}{2}}$ είναι μοναδική ρίζα. Εύκολα, αφού $\displaystyle{f'}$ αύξουσα, βρίσκουμε το πρόσημο της και την μονοτονία της $\displaystyle{f}$ . Η $\displaystyle{f}$ εμφανίζει ολικό ελάχιστο στο $\displaystyle{-\frac{a}{2}}$ το $\displaystyle{f(-\frac{a}{2})=a^4+\frac{a^4}{16}+\frac{a^4}{16}-\frac{3a^3}{4}=\frac{9a^4-6a^3}{8}=\frac{3a^3(3a-2)}{8}}$ .
Όμως, αφού $\displaystyle{a\geq 1}$ , $\displaystyle{f(-\frac{a}{2})=\frac{3a^3(3a-2)}{8}\geq \frac{3}{8}}$ .
Οπότε:
$\displaystyle{f(x)\geq f(-\frac{a}{2})\geq \frac{3}{8} \; \; \forall \; x \in \mathbb{R}}$

Το τελευταίο, για $\displaystyle{x=b}$ δίνει: $\displaystyle{\mathop f(b)\geq \frac{3}{8}\Rightarrow a^4+b^4+(a+b)^4+3ab(a+b)\geq \frac{3}{8}\Rightarrow a^4+b^4+c^4-3abc\geq \frac{3}{8}}$ . Στην τελευταία για $\displaystyle{(a,b,c)=(1,-\frac{1}{2},-\frac{1}{2})}$ ισχύει ισότητα.

Συνεπώς το ελάχιστο της παράστασης $\displaystyle{a^4+b^4+c^4-3abc}$ είναι $\displaystyle{\frac{3}{8}}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 01, 2012 2:40 pm**

socrates έγραψε: 84.
Αν πραγματικοί αριθμοί για τους οποίους και $a\geq 1$ ,
να βρείτε την ελάχιστη τιμή της παράστασης

Διαφορετικά:

Από τις ανισότητες $\displaystyle{b^4+c^4\geq \frac{1}{8}(b+c)^4}$ και $\displaystyle{\frac{(b+c)^2}{4}\geq bc}$ έχουμε

$\displaystyle{a^4+b^4+c^4-3abc\geq a^4+\frac{(b+c)^4}{8}-\frac{3}{4}a(b+c)^2=a^4+\frac{a^4}{8}-\frac{3}{4}a^3=\frac{3a^3}{4}\Big(\frac{3a}{2}-1\Big)\geq \frac{3}{4}\Big(\frac{3}{2}-1\Big)=\frac{3}{8}}$

και η ισότητα ισχύει όταν $\displaystyle{a=1,b=c=-\frac{1}{2}.}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 11, 2012 4:29 pm**

85.
Να βρείτε την ελάχιστη τιμή της παράστασης
$\displaystyle{\frac{a+b+c}{2}-\frac{[a,b]+[b,c]+[c,a]}{a+b+c},}$
όπου a,b,c

ακέραιοι, μεγαλύτεροι της μονάδας και [x,y]

το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των x,y

.

86.
Θεωρούμε την ακολουθία που ορίζεται ως $a_{n+2}a_{n}=(a_{n+1})^2+2$ με $a_{1}=a_{2}=1$ .
Να δείξετε ότι η ακολουθία αποτελείται από περιττούς ακεραίους και ότι οι αριθμοί $a_{n},a_{n+1},a_{n+2}$ είναι ανά δύο πρώτοι μεταξύ τους για κάθε

87.
Έστω $\{a_n\}_{n\geq 1}$ ακολουθία που ορίζεται ως $\displaystyle{a_1=2,\ a_{n+1}=2a_n+\lfloor \sqrt{3}a_n\rfloor}$ .
Βρείτε το υπόλοιπο της διαίρεσης του $a_{2012}$ με το

.

88.
Θεωρούμε την ακολουθία $d_n=\sqrt[n+1]{a^n+b^n}$ όπου $a,b \in \mathbb{N}^*$
Προσδιορίστε όλα τα ζεύγη (a,b)

για τα οποία όλοι οι όροι της ακολουθίας d_n

είναι ακέραιοι.

mathematica.gr

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 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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