Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 1

Σ' αυτόν τόν φάκελο καταχωρούνται, γιά περιορισμένο χρονικό διάστημα, ασκήσεις πού προτείνονται από οποιοδήποτε μέλος, αλλά η επίλυσή τους αφήνεται ΜΟΝΟ στούς μαθητές.

Συντονιστής: polysot

Άβαταρ μέλους
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 161
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #1 από Γιάννης Μπόρμπας » Τρί Απρ 11, 2017 11:02 pm

Διαγώνισμα 1 Επίπεδο: Αρχιμήδης

Πρόβλημα 1
Να βρεθούν όλες οι τριάδες μη αρνητικών ακεραίων (a,b,c)
που ικανοποιούν την εξίσωση: 2^a+9^b=c^3

Πρόβλημα 2
Αν για τα πολυώνυμαP(x),Q(x)\in\mathbb{Z}[x] ισχύει ότι:
(1) Είναι μονικά με ακέραιους συντελεστές μεγαλύτερους του -4
(Μονικά είναι τα πολυώνυμα που έχουν συντελεστή μεγιστοβάθμιου όρου ίσο με 1)
(2) Είναι μη σταθερά τέτοια ώστε:
P(x+p)-P(x-p)=4Q(xp) για κάποιο περιττό πρώτο αριθμό p και \forall x\in\mathbb{R}
(3) Ο Q(0) είναι πρώτος αριθμός
α) Να βρεθούν τα δυνατά πολυώνυμα P(x),Q(x)
β) Ποια είναι η αναγκαία και ικανή συνθήκη έτσι ώστε (P(x),Q(x))=1 \forall x\in\mathbb{Z};
(Με (a,b) συμβολίζουμε τον μέγιστο κοινό διαιρέτη των a,b)

Πρόβλημα 3
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ABC εγγεγραμμένο σε κύκλο c.
Τα ύψη BE,CD τέμνουν την εφαπτόμενη του κύκλου c στο A
στα σημεία K,L αντίστοιχα. Αν οι BL,KC τέμνουν τον c στα
σημεία S,T να αποδείξετε ότι η DE είναι παράλληλη με την ST.

Πρόβλημα 4
Δίνεται ένα σύνολο S το οποίο περιλαμβάνει 2017 σημεία του επιπέδου
έτσι ώστε ανά τρία να μην είναι συνευθειακά. Στην συνέχεια το παραπάνω
σύνολο, διαμερίζεται σε k υποσύνολα. Έπειτα, σε κάθε ζεύγος σημείων που ανήκουν
στο ίδιο υποσύνολο, φέρνουμε το ευθύγραμμο τμήμα που τα ενώνει και το
χρωματίζουμε με ένα από τα πέντε διαθέσιμα χρώματα. Μία διαμέριση του
συνόλου S θα ονομάζεται "καλή" αν υπάρχει κατάλληλος χρωματισμός
έτσι ώστε κάθε τρίγωνο που σχηματίζεται να έχει και τις 3 πλευρές του
βαμμένες με διαφορετικό χρώμα. Να βρεθεί η μέγιστη τιμή του k
έτσι ώστε να μην υπάρχει "καλή" διαμέριση του S
τελευταία επεξεργασία από Γιάννης Μπόρμπας σε Παρ Απρ 21, 2017 1:40 pm, έχει επεξεργασθεί 3 φορές συνολικά.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1005
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #2 από Ορέστης Λιγνός » Τετ Απρ 12, 2017 12:31 am

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 1

Πρόβλημα 1
Να βρεθούν όλες οι τριάδες μη αρνητικών ακεραίων (a,b,c)
που ικανοποιούν την εξίσωση: 2^a+9^b=c^3



Γεια σου Γιάννη!

Δίνω μία λύση στο πανέμορφο αυτό πρόβλημα :clap2:

Καταρχήν, θα εξετάσουμε τις περιπτώσεις όπου κάποιο από τα a,b,c είναι 0.

Αν a=0, έχουμε την c^3=9^b+1 \Leftrightarrow (c-1)(c^2+c+1)=3^{2b}.

Αφού το 3 είναι πρώτος, πρέπει c-1=3^k, \, c^2+c+1=3^{\ell}.

3^{\ell}=c^2+c+1=(c-1)^2+3c=9^k+3c \Leftrightarrow c=3^{\ell-1}-3^{2k-1} (1).

Αν k=0, c=2 και 9^b=7, άτοπο.

Άρα, k \geqslant 1.

Έτσι, c=3^k+1 \equiv 1(\bmod 3).

Αν όμως \ell \geqslant 2, από την (1) είναι 3/c, άτοπο.

Άρα, \ell<1 \Leftrightarrow \ell=0, άρα c^2+c+1=3^{\ell}=1 \Leftrightarrow c=0 \Leftrightarrow 9^b=-1, άτοπο.

Έστω λοιπόν a,b,c \neq 0.

Προφανώς, 2^a \equiv c^3 \equiv -1,0,1 (\bmod9).

Με (\bmod6), a \equiv 0,3 (\bmod 6).

Έστω λοιπόν a=3x, \, x \in \mathbb{N^*}.

Είναι (2^x)^3+9^b=c^3 \Leftrightarrow c^3-(2^x)^3=3^{2b}.

Άρα, με 2^x=d, c^3-d^3=3^{2b} \Leftrightarrow (c-d)(c^2+d^2+cd)=3^{2b}.

Έστω c-d=3^m, \, c^2+cd+d^2=3^n και εύκολα cd=3^{n-1}-3^{2m-1}.

Με n>1, m>0, 3/cd, και αφού c \equiv d(\bmod 3) (απλό), 3/d οπότε 3/2^x, άτοπο.

Άρα, n \leqslant 1, ή m=0.

Το x \geqslant 1 \Leftrightarrow d \geqslant 2 \Leftrightarrow 3^n=c^2+cd+d^2 >d^2>3 \Leftrightarrow n>1.

Έτσι, m=0 \Leftrightarrow c=d+1.

Πρέπει c^2+cd+d^2=3^n \Leftrightarrow 3d^2+3d+1=3^n, άτοπο.

Άρα, η εξίσωση είναι αδύνατη.

Και τώρα :sleeping:


Ο καθένας λέει ότι να΄ναι και είναι πάντα σύμφωνος με τον εαυτό του ! 'Ολοι μιλάνε και κανείς δεν ακούει! Ο κόσμος είναι σε νοητική αδράνεια ! Ελένη Γλυκατζή Αρβελέρ
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1005
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #3 από Ορέστης Λιγνός » Τετ Απρ 12, 2017 12:46 am

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 1



Πρόβλημα 3
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ABC εγγεγραμμένο σε κύκλο c.
Τα ύψη BE,CD τέμνουν την εφαπτόμενη του κύκλου c στο A
στα σημεία K,L αντίστοιχα. Αν οι BL,KC τέμνουν τον c στα
σημεία S,T να αποδείξετε ότι η DE είναι παράλληλη με την ST.



Είναι \widehat{LAD}=\widehat{C} (εφαπτόμενη).

Άρα, \widehat{KLC}=\widehat{ALD}=90^0-\widehat{C}=\widehat{EBC}=\widehat{KBC} \Leftrightarrow \widehat{KLC}=\widehat{KBC}, άρα KLBC εγγράψιμο.

Έτσι, \widehat{KLS}=180^0-\widehat{KCB}=180^0-\widehat{TCB}=180^0-\widehat{TSL}, οπότε KL \parallel ST (1).

Από Θ. Nagel, OA \perp DE και OA \perp KL, άρα KL \parallel DE (2).

Από (1), (2) DE \parallel ST.

orestis3.png
orestis3.png (31.63 KiB) Προβλήθηκε 955 φορές


Ο καθένας λέει ότι να΄ναι και είναι πάντα σύμφωνος με τον εαυτό του ! 'Ολοι μιλάνε και κανείς δεν ακούει! Ο κόσμος είναι σε νοητική αδράνεια ! Ελένη Γλυκατζή Αρβελέρ
sot arm
Δημοσιεύσεις: 109
Εγγραφή: Τρί Μάιος 03, 2016 5:25 pm

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #4 από sot arm » Τετ Απρ 12, 2017 12:56 am

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 1

Πρόβλημα 3
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ABC εγγεγραμμένο σε κύκλο c.
Τα ύψη BE,CD τέμνουν την εφαπτόμενη του κύκλου c στο A
στα σημεία K,L αντίστοιχα. Αν οι BL,KC τέμνουν τον c στα
σημεία S,T να αποδείξετε ότι η DE είναι παράλληλη με την ST.



Μια μεταμεσονύκτια λύση για την γεωμετρία.
\displaystyle{\hat{BCA}=\hat{BAL} } ως υπό χορδής και εφαπτομένης
Επίσης:
\displaystyle{\hat{KBC}=\hat{EBC}=90-\hat{BCA}=90-\hat{BAL}=\hat{DLA}=\hat{CLK}}
Συνεπώς: BCKL εγγράψιμο από όπου:
\displaystyle{\hat{CLB}=\hat{BKC}}
Από όπου προκύπτει: \displaystyle{\hat{LBD}=\hat{ECK} ή \displaystyle{\hat{SBA}=\hat{ACT}
Άρα A μέσο του τόξου \arc{ST} και ST \perp OA
Είναι και KL \perp OA ως εφαπτόμενη άρα: ST \parallel KL.
Από το εγγράψιμο BEDC έχω: \hat{DBC}=\hat{DEA} και ως υπό χορδής και εφαπτομένης: \hat{ABC}=\hat{CAK}
και από τις δύο τελευταίες: KL \parallel DE και από όπου το ζητούμενο άμεσο.
Υ.Γ. με πρόλαβε ο Ορέστης
προβλημα3.png
προβλημα3.png (118.66 KiB) Προβλήθηκε 954 φορές


Αρμενιάκος Σωτήρης
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 448
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #5 από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Τετ Απρ 12, 2017 1:06 am

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 1

Πρόβλημα 1
Να βρεθούν όλες οι τριάδες μη αρνητικών ακεραίων (a,b,c)
που ικανοποιούν την εξίσωση: 2^a+9^b=c^3



Μια άλλη αντιμετώπιση:

Κάθε κύβος c^3 είναι της μορφής 9k, 9k+1 ή 9k-1.

Επομένως πρέπει 2^a\equiv \pm 1 \pmod{9}

Με επαγωγή εύκολα βρίσκουμε πως αυτό επιτυγχάνεται όταν a=3n.

Άρα η εξίσωση γίνεται:

2^{3n}+9^b=c^3\Leftrightarrow 8^n+9^b=c^3

Όμως 8^n\equiv 1 \pmod{7}, άρα η εξίσωση γίνεται:

7k+1+9^b\equiv c^3

Ακόμη τα δυνατά υπόλοιπα του 9^b με το 7 είναι 1, 2, 4. Ταυτόχρονα όμως πρέπει το c^3 να είναι της μορφής 7k, 7k+1 ή 7k-1. Σε καμία περίπτωση όμως δεν γίνεται κάτι τέτοιο.


Houston, we have a problem!
Άβαταρ μέλους
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 161
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #6 από Γιάννης Μπόρμπας » Τετ Απρ 12, 2017 1:16 am

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 1

Πρόβλημα 1
Να βρεθούν όλες οι τριάδες μη αρνητικών ακεραίων (a,b,c)
που ικανοποιούν την εξίσωση: 2^a+9^b=c^3



Μια άλλη αντιμετώπιση:

Κάθε κύβος c^3 είναι της μορφής 9k, 9k+1 ή 9k-1.

Επομένως πρέπει 2^a\equiv \pm 1 \pmod{9}

Με επαγωγή εύκολα βρίσκουμε πως αυτό επιτυγχάνεται όταν a=3n.

Άρα η εξίσωση γίνεται:

2^{3n}+9^b=c^3\Leftrightarrow 8^n+9^b=c^3

Όμως 8^n\equiv 1 \pmod{7}, άρα η εξίσωση γίνεται:

7k+1+9^b\equiv c^3

Ακόμη τα δυνατά υπόλοιπα του 9^b με το 7 είναι 1, 2, 4. Ταυτόχρονα όμως πρέπει το c^3 να είναι της μορφής 7k, 7k+1 ή 7k-1. Σε καμία περίπτωση όμως δεν γίνεται κάτι τέτοιο.

Πάρα πολύ όμορφα!


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7221
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #7 από Demetres » Παρ Απρ 21, 2017 12:50 pm

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Πρόβλημα 4
Δίνεται ένα σύνολο S το οποίο περιλαμβάνει 2017 σημεία του επιπέδου
έτσι ώστε ανά τρία να μην είναι συνευθειακά. Στην συνέχεια το παραπάνω
σύνολο, διαμερίζεται σε k υποσύνολα έτσι ώστε κάθε υποσύνολο να περιέχει
τουλάχιστον 3 σημεία. Έπειτα, σε κάθε ζεύγος σημείων που ανήκουν
στο ίδιο υποσύνολο, φέρνουμε το ευθύγραμμο τμήμα που τα ενώνει και το
χρωματίζουμε με ένα από τα πέντε διαθέσιμα χρώματα. Μία διαμέριση του
συνόλου S θα ονομάζεται "καλή" αν υπάρχει κατάλληλος χρωματισμός
έτσι ώστε κάθε τρίγωνο που σχηματίζεται να έχει διαφορετικό χρώμα
πλευρών. Να βρεθεί η μέγιστη τιμή του k έτσι ώστε να μην υπάρχει
"καλή" διαμέριση του S


Φαντάζομαι εννοεί ότι κάθε δύο πλευρές κάθε τριγώνου που σχηματίζεται έχουν διαφορετικό χρώμα. Επίσης πρέπει να αγνοηθεί το «κάθε υποσύνολο να περιέχει τουλάχιστον 3 σημεία.» Αλλιώς για κάθε k > 2017/3 δεν μπορεί καν να υπάρξει διαμέριση ώστε κάθε υποσύνολο να περιέχει τουλάχιστον 3 σημεία.

Θα δείξουμε ότι το μέγιστο τέτοιο k είναι το 336:

Αν k = 336 τότε, επειδή 2017 = 6 \cdot 336 + 1, από την αρχή του περιστερώνα θα υπάρχει ένα υποσύνολο με τουλάχιστον 7 σημεία. Παίρνω ένα από αυτά τα σημεία και κοιτάζω τα τουλάχιστον 6 ευθύγραμμα τμήματα που ξεκινούν από αυτό. Τουλάχιστον 2 θα έχουν το ίδιο χρώμα και θα σχηματίζουν τρίγωνο, άτοπο.

Έστω τώρα k \geqslant 337. Τότε μπορώ να διαμερίσω το σύνολο σε υποσύνολα μεγέθους το πολύ 6. Αρκεί να δείξω πως κάθε τέτοιο υποσύνολο μπορεί να χρωματιστεί «καλά». Ένας τέτοιος χρωματισμός φαίνεται πιο κάτω:

\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm]
\clip(-0.9479300952812239,0.5562401417792119) rectangle (2.9990482739521958,4.3307284537453565);
\draw [line width=1.6pt,color=red] (1.,2.376381920471174)-- (1.,4.077683537175253);
\draw [line width=1.6pt,color=red] (-0.6180339887498947,2.9021130325903073)-- (2.618033988749895,2.9021130325903064);
\draw [line width=1.6pt,color=red] (0.,1.)-- (2.,1.);
\draw [line width=1.6pt,color=blue] (1.,2.376381920471174)-- (2.618033988749895,2.9021130325903064);
\draw [line width=1.6pt,color=blue] (1.,4.077683537175253)-- (2.,1.);
\draw [line width=1.6pt,color=blue] (-0.6180339887498947,2.9021130325903073)-- (0.,1.);
\draw [line width=1.6pt,color=green] (1.,2.376381920471174)-- (2.,1.);
\draw [line width=1.6pt,color=green] (0.,1.)-- (2.618033988749895,2.9021130325903064);
\draw [line width=1.6pt,color=green] (-0.6180339887498947,2.9021130325903073)-- (1.,4.077683537175253);
\draw [line width=1.6pt,color=orange] (1.,2.376381920471174)-- (0.,1.);
\draw [line width=1.6pt,color=orange] (-0.6180339887498947,2.9021130325903073)-- (2.,1.);
\draw [line width=1.6pt,color=orange] (1.,4.077683537175253)-- (2.618033988749895,2.9021130325903064);
\draw [line width=1.6pt,color=yellow] (1.,2.376381920471174)-- (-0.6180339887498947,2.9021130325903073);
\draw [line width=1.6pt,color=yellow] (1.,4.077683537175253)-- (0.,1.);
\draw [line width=1.6pt,color=yellow] (2.618033988749895,2.9021130325903064)-- (2.,1.);
\draw [fill=white] (0.,1.) circle (1.5pt);
\draw [fill=white] (2.,1.) circle (1.5pt);
\draw [fill=white] (2.618033988749895,2.9021130325903064) circle (1.5pt);
\draw [fill=white] (1.,4.077683537175253) circle (1.5pt);
\draw [fill=white] (-0.6180339887498947,2.9021130325903073) circle (1.5pt);
\draw [fill=white] (1.,2.376381920471174) circle (1.5pt);
\end{tikzpicture}

Ο πιο πάνω χρωματισμός γενικεύεται σε χρωματισμό όλων των ευθυγράμμων τμημάτων μεταξύ 2n σημείων με 2n-1 χρώματα ώστε να μην υπάρχει σημείο στο οποίο να εμφανίζονται δύο χρώματα: Παίρνουμε ένα κανονικό (2n-1)-γωνο μαζί με το κέντρο του. Χρωματίζουμε τα τμήματα από το κέντρο προς τις κορυφές με διαφορετικά χρώματα. Κάθε άλλο τμήμα παίρνει το χρώμα της ακτίνας στην οποία είναι κάθετο.


Άβαταρ μέλους
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 161
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #8 από Γιάννης Μπόρμπας » Παρ Απρ 21, 2017 1:57 pm

Demetres έγραψε:Ο πιο πάνω χρωματισμός γενικεύεται σε χρωματισμό όλων των ευθυγράμμων τμημάτων μεταξύ 2n σημείων με 2n-1 χρώματα ώστε να μην υπάρχει σημείο στο οποίο να εμφανίζονται δύο χρώματα: Παίρνουμε ένα κανονικό (2n-1)-γωνο μαζί με το κέντρο του. Χρωματίζουμε τα τμήματα από το κέντρο προς τις κορυφές με διαφορετικά χρώματα. Κάθε άλλο τμήμα παίρνει το χρώμα της ακτίνας στην οποία είναι κάθετο.

Σας ευχαριστώ για την διευκρίνηση, μόλις βελτίωσα την εκφώνηση. Αυτή ήταν η αρχική ιδέα που είχα, όμως πίστευα
ότι η γενικευμένη κατασκευή θα ξέφευγε από αυτό το επίπεδο.



Επιστροφή σε “Ασκήσεις ΜΟΝΟ για μαθητές”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης