▬ فیتیلستان ریاضی (1) - 16 آبان 1393 ▬

IRYSC-team · 1393/8/16

سلام دوستان گرامی،
اولین مسابقه‌ی فیتیلستان ریاضی از امروز آغاز شده و تا صبح جمعه‌ی هفته‌ی آینده (23 آبان) ادامه دارد. برای آشنایی با مسابقه و جوایز آن به اینجا بروید.

در این دور از مسابقه هر کاربر فقط یک بار می‌تواند پاسخ سوال داده شده را در ادامه‌ی تاپیک بنویسد و در پایان 10 مسابقه‌، همه‌ی جواب‌ها به همراه امتیازهای تعلق گرفته به آن‌ها منتشر خواهد شد. فقط 11 هفته‌ی دیگر، برندگان سری اول فیتیلستان ریاضی معرفی می‌شوند و جوایز ایشان اهدا خواهد شد.

[HR][/HR]سوال فیتیلستان 1 ریاضی

بخش اول (نظریه‌ی اعداد)

جایگشت

$(a_1\ , \ a_2\ , \ldots\ , \ a_n)$
از اعداد

$1 \ , \ 2 \ , \ldots \ , \ n$
را مربعی می‌نامیم هرگاه حداقل یکی از اعداد

$a_1 \ , \ a_1+a_2 \ , \ldots \ , \ a_1+a_2+\cdots+a_n$

مربع کامل باشند. بزرگ‌ترین عدد

$n<2000$
را بیابید که هریک از جایگشت‌های

$1 \ , \ 2 \ , \ldots \ , \ n$
مربعی باشند.

-=-=-=-=-=-=-=--=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=--=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=--=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=--=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=--=-

بخش دوم (جبر)

آیا عدد طبیعی

$n$
وجود دارد که بتوان مجموعه‌ی

$\left\{1^{10}\ , \ 2^{10} \ , \ldots \ , \ n^{10} \right\}$
را به ده زیرمجموعه با مجموع اعضای یکسان افراز کرد؟

طراح سوالات این مسابقه: محمد شریفی

[HR][/HR]بهتر است با دلایل کافی، توضیح هر بخش را بنویسید و در صورت نیاز به محاسبه، آن را نیز همین‌جا وارد کنید. دو بخش فرمول نویس (Fx در ادیتور) و آپلودسنتر آیریسک برای گویا و زیبا نوشتن پاسخ‌ها به شما کمک خواهند کرد.

MGH000 · 1393/8/21

پاسخ : ▬ فیتیلستان ریاضی (1) - 16 آبان 1393 ▬

جواب سوال 1:
ادعا میکنیم برای این که به ازای همه ی جایگشت های اعداد 1و...وn این دنباله مربعی باشد،نیاز است تا جمله ی آخر آن یعنی

$a_{1}+...+a_{n}=\frac{n(n+1)}{2}$

مربع کامل باشد.
اثبات ادعا:ابتدا جایگشتی را در نظر میگیریم که در آن

$a_{i}=i$

باشد.حال فرض می کنیم در این دنباله ی

$1,1+2,...,1+2+...+8,...,\frac{n(n+1)}{2}$

به ازای

$k_{1},k_{2},...,k_{t}$

جمع اعداد 1تا

$k_{t}$

مربع کامل باشد.
حال در دنباله ی

$(a_{1},...,a_{n})$

این تغییرات را ایجاد میکنیم:

$a_{k_{i}}=k_{i}+1$

و

$a_{k_{i}+1}=k_{i}$

را بجای

$a_{k_{i}+1}=k_{i} +1$

و

$a_{k_{i}}=k_{i}$

قرار میدهیم.در نتیجه به همه ی مربع کامل ها یک واحد افزوده می شود.پس دیگر مربع کامل نخواهند بود(جملات قبل و بعد تغییر نمی کند).حال اگر همه ی این دنباله ها بخواهند مربعی باشند باید جمله ی آخر آنها مربع کامل باشد چون در این جایگشتی که گفتیم هیچ جمله ای مربع کامل نیست مگر جمله ی آخر یعنی

$\frac{n(n+1)}{2}$

. پس ادعای ما ثابت شد.

$\frac{n(n+1)}{2}=r^{2}$

در نتیجه

$n^{2}+n=2r^{2}$

.عبارت را در 4 ضرب کرده و 1 واحد اضافه میکنیم.در نتیجه :

$(2n+1)^{2}=2(2r)^{2}+1\Rightarrow x^{2}=2y^{2}+1$

که در اینجا x همان 2n+1 و y هم 2r به توان دو است.
حال باید جواب های معادله پل

$x^{2}-2y^{2}=1$

را بیابیم که در آن x فرد نیز باشد.کوچکترین جواب نا بدیهی این دستگاه

$(x,y)=(3,2)$

است پس مجموعه جواب های این معادله به فرم

$(3+2\sqrt{2})^{n}$

است. حال :

$(a_{n+1}+b_{n+1}\sqrt{2})=(a_{n}+b_{n}\sqrt{2})(3+2\sqrt{2})\Rightarrow (a_{n+1}+b_{n+1}\sqrt{2})=((3a_{n}+4b_{n}\sqrt{2})+(2a_{n}+3b_{n})\sqrt{2})\Rightarrow a_{n+1}=3a_{n}+4b_{n},b_{n+1}=2a_{n}+3b_{n}\Rightarrow (x,y)=(3,2),(17,12),(99,70),(577,408),(3363,2378),...$

حال اگر x را مقدار بیشتری قرار دهیم چون

$n=\frac{x-1}{2}$

درنتیجه n از 2000 بیشتر خواهد شد و اما ما دنبال جواب ماکزیمم کمتر از 2000 هستیم.

$n=\frac{x-1}{2}\Leftrightarrow x=3363\Leftrightarrow n=1681$

.
پس max{n}<2000 برابر با 1681 است که همه ی جایگشت هایش مربعی هستند.(درواقع جمله ی آخر مربع کامل است).

Dadgarnia · 1393/8/22

پاسخ : ▬ فیتیلستان ریاضی (1) - 16 آبان 1393 ▬

بخش اول:
واضح است که

$\sum_{i=1}^{n}a_i=\frac{n(n+1)}{2}$

پس اگر

$\frac{n(n+1)}{2}$

مربع کامل باشد همه ی جایگشت های اعداد 1 تا

$n$

مربعی هستند. حالا فرض کنید

$\frac{n(n+1)}{2}$

مربع کامل نباشد، می خواهیم یک جایگشت از اعداد 1 تا

$n$

بیابیم که مربعی نباشد. جایگشت را اینگونه می سازیم به طوریکه از عدد 1 شروع می کنیم و به ترتیب اعداد را از کوچک به بزرگ می نویسیم. حال اگر

$\sum_{i=1}^{j}i$

برای یک

$1\leq j\leq n$

مربع کامل شد در جایگاه

$j$

ام عدد

$j+1$

و در جایگاه

$j+1$

ام عدد

$j$

را قرار می دهیم. واضح است که

$\sum_{i=1}^{j+1}i-j$

مربع کامل نیست (زیرا

$n>1$

است) حالا ثابت می کنیم

$\sum_{i=1}^{j+1}i$

نمی تواند مربع کامل باشد. برای اثبات این حکم کافی است ثابت کنیم:

$\frac{j(j+1)}{2}< \frac{(j+1)(j+2)}{2}< \left ( \sqrt{\frac{j(j+1)}{2}}+1 \right )^2$

سمت چپ این نامساوی که بدیهی است. برای اثبات سمت راست این نامساوی داریم:

$\frac{(j+1)(j+2)}{2}< \frac{j(j+1)}{2}+2\sqrt{\frac{j(j+1)}{2}}+1 \Leftrightarrow j< 2\sqrt{\frac{j(j+1)}{2}}$

$\Leftrightarrow j^2< 2j(j+1)\Leftrightarrow j+2> 0$

با توجه به صحیح بودن نامساوی آخر چیزی که می خواستیم ثابت می شود و جایگشتی که می خواستیم ساخته می شود. حال می خواهیم تمام

$n$

هایی را بیابیم که

$\frac{n(n+1)}{2}$

مربع کامل باشد. فرض می کنیم اینگونه باشد پس داریم (

$m$

عددی صحیح است):

$\frac{n(n+1)}{2}=m^2\Rightarrow (2n+1)^2-8m^2=1$

حال اگر فرض کنیم

$x=2n+1,y=m$

به معادله ی

$x^2-8y^2=1$

می رسیم که این یک معادله ی پل است و چون 8 مربع کامل نیست بی نهایت جواب دارد و اولین جواب نا بدیهی آن

$(x,y)=(3,1)$

است. پس جواب های آن به طریق زیر بدست می آید:

$\left\{\begin{matrix} x_{n+1}=3x_n+8y_n\\ y_{n+1}=x_n+3y_n \end{matrix}\right.$

و بزرگترین جواب برای

$n$

که کوچکتر از 2000 باشد 1681 است.

sepidfekr · 1393/8/22

پاسخ : ▬ فیتیلستان ریاضی (1) - 16 آبان 1393 ▬

1681
برای راحتی کار راه حل به طور مختصر آمده و محاسبات ذکر نشده است

یک جایگشت از 1,2,3,..,n را در نطر بگیرید که ترتیب در آن رعایت شده باشد
حالا جمله

$a_{i}$

این جایگشت مربع کامل باشد اونوقت

$a_{i}+1$

دیگر مربع کامل نیست پس از این رو باید جمله

$1+2+...+n=\frac{n(n+1)}{2}$

از این جایگشت یعنی جمله آخر آن مربع کامل باشد
حال بزرگترین n را که در همین شرط صدق میکند را میتوان با معادلع پِل به دست آورد که بعد از انجام این محاسبات این عدد 1681 است
باتشکر و تقدیر از تیم آیریسک به خصوص جناب آقای شریفی:1:

▬ فیتیلستان ریاضی (1) - 16 آبان 1393 ▬

سطح سوال این مسابقه برای شما چگونه بود؟

ساده و آسان (آب خوردن)

مشکل و فیتیله‌ای

IRYSC-team

مدیر آیریسک

MGH000

New Member

Dadgarnia

New Member

sepidfekr

New Member