Παρασκευή 22 Οκτωβρίου 2021

Μέγιστη τιμή

Το άθροισμα δύο πραγματικών αριθμών είναι $n$ και το άθροισμα των τετραγώνων τους είναι $n + 2021$, όπου $n$ θετικός ακέραιος αριθμός. 
Ποια είναι η μέγιστη δυνατή τιμή του $n$; 
(A) 64      (B) 66      (C) 63      (D) 67      (E) 62

3 σχόλια:

  1. Έχουμε από την εκφώνηση :
    x+y= n και x^2 + y^2 = n+2021, με n θετικό ακέραιο.
    Από τις σχέσεις αυτές έχουμε :
    x^2 + y^2-x-y-2021=0, ισοδύναμα έχουμε:
    (x-1/2)^2 + (y-1/2)^2 -4043/2 =0
    Η εξίσωση αυτή παριστάνει κύκλο με κέντρο το σημείο (1/2 , 1/2) και ακτίνα R= Sqrt(4043/2).
    Οι παραμετρικές αυτού του κύκλου είναι :
    x-1/2 = R cos(φ) και y-1/2= R sin(φ), αθροίζοντας κατά μέλη έχουμε x+y=Sqrt(4043/2)(cos(φ)+sin(φ))+1
    Το x+y γίνεται μέγιστο για φ=κπ+π/4 με κ άρτιο ή μηδέν και ελάχιστο για κ περιττό.
    Η μέγιστη τιμή του x+y είναι:
    x+y= Sqrt(4043/2)(cos(π/4)+sin(π/4))+1 (για κ=0) =
    = 1+Sqrt(4043)= 64,58 κατά προσέγγιση.
    Έτσι έχουμε x+y<=64,58 και επειδή n=x+y, έχουμε n<=64,58 με n θετικό ακέραιο.
    Συνεπώς η μέγιστη δυνατή ακέραια τιμή του n=64.

    ΑπάντησηΔιαγραφή
  2. Θεωρώ ευθύγραμμο τμήμα $BC = n$ με $n$ θετικός ακέραιος . Φέρνω στο σημείο $B$ ευθεία που σχηματίζει με την $BC$ γωνία $45^\circ $. Ο κύκλος $\left( {C,\sqrt {n + 2021} } \right)$ τέμνει την ευθεία αυτή εν γένει σε δύο σημεία , το ένα απ’ αυτά έστω $A$.

    Ας είναι $AK\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CL$ τα ύψη του $\vartriangle ABC$ . Θα είναι :

    $CL = \frac{{n\sqrt 2 }}{2} \leqslant \sqrt {n + 2021} = AC$ απ’ όπου έχω: ${n^2} - 2n - 4042 \leqslant 0$.

    Έχω προφανώς δύο ετερόσημες ρίζες και το $n > 0$ βρίσκεται ανάμεσά τους , άρα $n \leqslant 1 + \sqrt {4043} \simeq 64,584589$, οπότε ${n_{\max }} = 64$

    ΑπάντησηΔιαγραφή
  3. Έστω x+y=n , x^2 + y^2=n+2021 και x,y ρητοί:(a1/a2)+(b1/b2)=n,όπου a1,a2,b1,b2 ακέραιοι με a2,b2 διάφορους του μηδενός και (a1,a2)=(b1,b2)=1. Τότε a1b2+a2b1=na2b2 και a2/b2(αφού (a1,a2)=1) και b2/a2(αφού (b1,b2)=1),άρα a2=b2.Υψώνουμε στο τετράγωνο την πρώτη εξίσωση και αφαιρούμε κατά μέλη τη δεύτερη και έχουμε:2a1b1/a2b2=n^2-n-2021.Αφού a2=b2,τότε (a2,b1)=1 και συγχρόνως (a2,a1)=1,άρα a2/2,άρα a2=1 ή a2=2.Αν a2=b2=1,τότε 2a1b1=n^2 - n - 2021,άτοπο αφού το πρώτο μέλος είναι άρτιος και το δεύτερο περιττός(n^2 - n - 2021=n(n-1)-2021 ).Αν a2=b2=2,τότε (a1/2)+(b1/2)=n και (a1/2)^2 + (b1/2)^2 = n+2021.Υψώνουμε στο τετράγωνο την πρώτη, αφαιρούμε κατά μέλη τη δεύτερη εξίσωση και έχουμε:2a1b1=4n^2 - 4n - 4(2021),άρα a1b1=2(n^2 - n - 2021),άτοπο, αφού a1,b1 περιττοί(a1,a2)=(a1,2)=(b1,b2)=(b1,2)=1 . Άρα τουλάχιστον ο ένας εκ των x,y είναι άρρητος, έστω ο x=ρ+α(όπου ρ ρητός και α άρρητος).Τότε y=n-ρ-α=ρ'-α, όπου ρ'=n-ρ. Από την εξίσωση x^2 + y^2= n+2021 προκύπτει ότι ρ'=ρ, άρα n-ρ=ρ, n=2ρ.Άρα έχουμε (ρ+α)^2 + (ρ-α)^2 = n+2021 , επομένως 2ρ^2 + 2α^2 = n+2021 και (n-1)^2=4043-4α^2.Άρα η μέγιστη ακέραιη τιμή του n είναι το 64,αφού (65-1)^2=64^2=4096>4043-4α^2,ενώ (64-1)^2=63^2=3969 και α=√((4043-3969)/4)=√(37/2), που είναι πράγματι άρρητος.

    ΑπάντησηΔιαγραφή