Δευτέρα 26 Ιουνίου 2017

Problem of the Week: 2012 AMC 12A, Problem 21

Let $a$, $b$, and $c$ be positive integers with $a\ge$ $b\ge$ $c$ such that
$a^2-b^2-c^2+ab=2011$ 
and
$a^2+3b^2+3c^2-3ab-2ac-2bc=-1997$. 
What is $a$?
Αναρτήθηκε από στις 26.6.17
Ετικέτες ,

1 σχόλιο:

  1. Κατερίνα Ραπτάκη29 Ιουνίου 2017 στις 11:33 π.μ.

    Προσθέτουμε κατά μέλη:
    a^2-b^2-c^2+ab=2011
    a^2+3b^2+3c^2-3ab-2ac-2bc=-1997

    2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2ac-2bc=14
    a^2+α^2+b^2+b^2+c^2+c^2-2ab-2ac-2bc=14
    Παρατηρούμε ότι το παραπάνω είναι 3 τριώνυμα:
    (a-b)^2+(a-c)^2+(b-c)^2=14
    Αυτό μπορεί να ισχύει μόνο για 3 τέλεια τετράγωνα που έχουν άθροισμα 14 και αυτά μπορεί να είναι μόνο τα 1, 4 και 9. Άρα τα a-b, a-c & b-c έχουν τις τιμές 1, 2 και 3 αλλά χωρίς να ξέρουμε ακόμα ποιο είναι ποιο.
    Επειδή a>=b>=c, έχουμε a-c>a-b και a-c>b-c. Επομένως η μεγαλύτερη τιμή είναι για το a-c, δηλ a-c=3. Για τα άλλα δύο δεν ξέρουμε ακόμα.
    Έχουμε a=c+3 αλλά μπορεί να είναι a-b=1 δηλ b=a-1 ή a-b=3 δηλ b=a-2.
    Θα αντικαταστήσουμε αυτές τις τιμές στην πρώτη από τις αρχικές εξισώσεις:
    Ας εξετάσουμε την πρώτη περίπτωση όπου b=a-1:

    a^2-(a-1)^2-(a-3)^2+a(a-1)=2011-->
    a^2-a^2+2a-1-a^2+6a-9+a^2-a=2011
    7a=2021
    Όμως το a είναι ακέραιος ενώ 2021/7 δεν είναι ακέραιος.
    Άρα δε μπορεί να ισχύει το b=a-1, επομένως ισχύει το b=a-2.
    Αντικαθιστούμε πάλι στην πρώτη εξίσωση και παίρνουμε:
    a^2-a^2+4a-4-a^2+6a-9+a^2-a=2011-->8a=2024 δηλαδή a=253.

    ΑπάντησηΔιαγραφή

Εγγραφή σε: Σχόλια ανάρτησης (Atom)