ΘΑΛΗΣ 1995 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

#1

Α Λυκείου

Θέμα 1ο

Δυο μαθητές Α και Β παίζουν το ακόλουθο παιχνίδι:
Τους δίνεται ένα κανονικό πολύγωνο με άρτιο πλήθος πλευρών, μεγαλύτερο από 6 (π.χ.ένα 100-γωνο). Κάθε παίκτης συνδέει δυο από τις κορυφές του πολυγώνου με ένα τμήμα το οποίο, όμως, να μην τέμνει κανένα από άλλα τέτοια τμήματα που οι παίκτες είχαν φέρει προηγουμένως. Θα χάσει ο παίκτης που πρώτος δε θα μπορέσει να φέρει ένα τέτοιο τμήμα. Μπορεί ένας παίκτης να ακολουθήσει μια στρατηγική ώστε να νικήσει σίγουρα;

Θέμα 2ο
Ένα τετράγωνο $K\Lambda M N$ είναι εγγεγραμμένο σε ένα τετράγωνο $AB\Gamma \Delta$ ώστε οι κορυφές του $K, \Lambda, M, N$ να βρίσκονται πάνω στις πλευρές

, $B\Gamma$ , $\Gamma\Delta$ , και $\Delta A$ αντίστοιχα. Αν ο λόγος του εμβαδού του $K\Lambda M N$ προς το εμβαδόν του $AB\Gamma\Delta$ είναι $\lambda$ , να βρείτε το λόγο των μηκών των τμημάτων στα οποία διαιρούνται οι πλευρές του τετραγώνου $AB\Gamma\Delta$ από τις κορυφές του άλλου τετραγώνου.

Θέμα 3ο
Υπάρχει τρίγωνο με όλες τις πλευρές του και ένα ύψος του να έχουν ακέραια μήκη και η περίμετρός του να είναι 21;

Θέμα 4ο
Αν $\alpha>0$ , $\beta > 0$ να αποδείξετε ότι $\sqrt{\alpha}+\sqrt{\beta}\leq \sqrt{\dfrac{\alpha^2}{\beta}}+ \sqrt{\dfrac{\beta^2}{\alpha}}$ .

Δείτε το ευρετήριο όλων των διαγωνισμών της ΕΜΕ εδώ.

Αλέξανδρος

Edit: Επεξεργασία εκφώνησης! Ευχαριστώ το Δημήτρη για την επισήμανση.

pito · #2

Μια ιδέα για το 4ο θέμα:

$\sqrt{a}+\sqrt{\beta }\leq \frac{|a|}{\sqrt{\beta }}+\frac{|\beta |}{\sqrt{a}}$
$\Leftrightarrow \sqrt{a}+\sqrt{\beta }\leq \frac{a}{\sqrt{\beta }}+\frac{\beta }{\sqrt{a}}$
$\Leftrightarrow a\sqrt{\beta }+\beta \sqrt{a}\leq a\sqrt{a}+\beta \sqrt{\beta }$
$\Leftrightarrow \sqrt{a }$ \displaystyle{(\beta -a)} $-\sqrt{\beta }(\beta -\alpha )\leq 0$
$(\beta -a)(\sqrt{a}-\sqrt{\beta })\leq 0$ (1)

( Είναι $\sqrt{a^{2}}=|a|=a,$ αφού a>0

, όμοια $\sqrt{\beta ^{2}}=|\beta |=\beta$

H (1) ισχύει γιατί:
α) αν $\beta >\alpha \Rightarrow \beta -a>0 , \beta >a\Rightarrow \sqrt{\beta }>\sqrt{a}\Rightarrow \sqrt{a}-\sqrt{\beta }<0$
άρα και $(\beta -a)(\sqrt{a}-\sqrt{\beta })<0$

β) Αν $\beta <a\Rightarrow \beta -a<0, \beta <a\Rightarrow \sqrt{\beta }<\sqrt{a}\Rightarrow \sqrt{a}-\sqrt{\beta }>0$
άρα και $(\beta -a)(\sqrt{a}-\sqrt{\beta })<0$

γ) Αν $a=\beta$ η (1) ισχύει ως ισότητα.

G.Bas · #3

cretanman έγραψε:Α Λυκείου

Θέμα 4ο
Αν $\alpha>0$ , $\beta > 0$ να αποδείξετε ότι $\sqrt{\alpha}+\sqrt{\beta}\leq \sqrt{\dfrac{\alpha^2}{\beta}}+ \sqrt{\dfrac{\beta^2}{\alpha}}$ .

Αλέξανδρος

Μα είναι CS

$\displaystyle{\left(\sqrt{\frac{a^2}{b}}+\sqrt{\frac{b^2}{a}}\right)\left(\sqrt{b}+\sqrt{a}\right)\geq \left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2}$

ή

$\displaystyle{\sqrt{\frac{a^2}{b}}+\sqrt{\frac{b^2}{a}}\geq \sqrt{a}+\sqrt{b}}$

#4

cretanman έγραψε: Θέμα 3ο
Υπάρχει τρίγωνο με όλες τις πλευρές του και ένα ύψος του να έχουν ακέραια μήκη και η περίμετρός του να είναι 21;

Ας υποθέσουμε πως τέτοιο τρίγωνο υπάρχει και έστω a,b,c

τα μήκη των πλευρών του. Επειδή οι a,b,c

είναι ακέραιοι με άθροισμα

, πρέπει οι και οι τρεις να είναι περιττοί, ή μόνο ο ένας να είναι περιττός. Από των τύπο του Ήρωνα το εμβαδόν του τριγώνου ισούται με $\displaystyle{ E = \frac{\sqrt{(a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)}}{4}}$ και από την προηγούμενη παρατήρηση βλέπουμε ότι οι a+b+c,a+b-c,a-b+c,-a+b+c

είναι όλοι περιττοί και άρα $\displaystyle{ E = \frac{\sqrt{n}}{4}}$ για κάποιο περιττό ακέραιο

. Αν όμως π.χ. το ύψος h_a

είναι ακέραιος τότε έχουμε επίσης ότι E = ah_a/2 = m/2

για κάποιο ακέραιο

. Αλλά τότε παίρνουμε $\displaystyle{ \frac{\sqrt{n}}{4} = \frac{m}{2}}$ και άρα n = 4m^2

, δηλαδή ο

είναι άρτιος, άτοπο.

Άρα τέτοιο τρίγωνο δεν υπάρχει.

#5

Αλέξανδρε, μήπως για την 1 η εκφώνηση μιλάει για ευθύγραμμα τμήματα που συνδέουν τις κορυφές (και όχι τις πλευρές) του πολυγώνου; Διότι νομίζω αν μιλάμε για πλευρές το παιγνίδι μπορεί να μην τελειώσει ποτέ.

#6

Ναι Δημήτρη! Έχεις δίκιο κι ευχαριστώ! Έκανα τη διόρθωση

Αλέξανδρος

#7

cretanman έγραψε:Θέμα 1ο

Δυο μαθητές Α και Β παίζουν το ακόλουθο παιχνίδι:
Τους δίνεται ένα κανονικό πολύγωνο με άρτιο πλήθος πλευρών, μεγαλύτερο από 6 (π.χ.ένα 100-γωνο). Κάθε παίκτης συνδέει δυο από τις κορυφές του πολυγώνου με ένα τμήμα το οποίο, όμως, να μην τέμνει κανένα από άλλα τέτοια τμήματα που οι παίκτες είχαν φέρει προηγουμένως. Θα χάσει ο παίκτης που πρώτος δε θα μπορέσει να φέρει ένα τέτοιο τμήμα. Μπορεί ένας παίκτης να ακολουθήσει μια στρατηγική ώστε να νικήσει σίγουρα;

Ο μαθητής Α έχει στρατηγική νίκης. Αφού το πλήθος των κορυφών είναι άρτιο, έστω

άρα υπάρχουν δύο κορυφές K,L

ώστε η

να αφήνει τα n-1

σημεία στο ένα ημιεπίπεδο και τα υπόλοιπα n-1

στο άλλο. Η πρώτη κίνηση του A είναι να ενώσει τα σημεία K,L

. Σε κάθε τμήμα που φέρνει ο B στο ένα ημιεπίπεδο, ο Α φέρνει το αντίστοιχο "συμμετρικό" (ως προς το

) τμήμα στο άλλο ημιεπίπεδο. Τότε όσο έχει να παίξει ο Β θα έχει να παίζει και ο A (αφού παίζει "συμμετρικά"). Κάποια στιγμή όμως ο Β δε θα έχει να παίξει και τότε ο A είναι ο νικητής.

Αλέξανδρος

#8

pito έγραψε: Μια ιδέα για το 4ο θέμα:
......
$(\beta -a)(\sqrt{a}-\sqrt{\beta })\leq 0$ (1)

Από αυτό το σημείο λίγο γρηγορότερα. Αφού $\alpha,\beta >0$ , η (1)

γράφεται:

$\left(\sqrt{\beta}^2-\sqrt{\alpha}^2\right)\left(\sqrt{a}-\sqrt{\beta }\right) \leq 0$ δηλαδή

$-\left(\sqrt{\beta}-\sqrt{\alpha}\right)^2\left(\sqrt{\beta}+\sqrt{\alpha}\right)\leq 0$ που ισχύει.

Αλέξανδρος

#9

Για την πρώτη άσκηση να προσθέσω πως όπως και να παίξουν θα κερδίσει ο πρώτος παίκτης. Ακόμη και να θέλει να χάσει ο πρώτος παίκτης δεν μπορεί!

Πράγματι αν έχουμε ένα κυρτό

-γωνο, τότε κάθε διαγώνιός του το χωρίζει σε δυο κυρτά πολύγωνα με n_1

και

κορυφές αντίστοιχα ώστε n_1 + n_2 = n+2

. Μετά λοιπόν από την πρώτη κίνηση του πρώτου παίκτη έχουμε δυο κυρτά πολύγωνα με άθροισμα κορυφών n+2

. Μετά την πρώτη κίνηση του δεύτερου παίκτη θα έχουμε τρία κυρτά πολύγωνα με άθροισμα κορυφών n+4

και γενικά αν το παιγνίδι ολοκληρωθεί μετά από

κινήσεις, θα έχουμε k+1

κυρτά πολύγωνα με άθροισμα κορυφών n+2k

. Όμως το παιγνίδι θα ολοκληρωθεί μόνο όταν όλα τα πολύγωνα γίνουν τρίγωνα. Τότε όμως θα έχουν άθροισμα κορυφών 3(k+1)

και επομένως θα έχουμε n +2k = 3k+3

και άρα

. Δηλαδή όπως και να παίξουν το παιγνίδι θα ολοκληρωθεί μετά από n-3

κινήσεις.

Αφού λοιπόν το

είναι άρτιος, το παιγνίδι θα ολοκληρωθεί μετά από περιττό αριθμό κινήσεων και άρα ο τελευταίος παίκτης που θα κάνει κίνηση είναι ο πρώτος παίκτης.

#10

Demetres έγραψε:Για την πρώτη άσκηση να προσθέσω πως όπως και να παίξουν θα κερδίσει ο πρώτος παίκτης. Ακόμη και να θέλει να χάσει ο πρώτος παίκτης δεν μπορεί!

Πράγματι αν έχουμε ένα κυρτό -γωνο, τότε κάθε διαγώνιός του το χωρίζει σε δυο κυρτά πολύγωνα με και κορυφές αντίστοιχα ώστε . Μετά λοιπόν από την πρώτη κίνηση του πρώτου παίκτη έχουμε δυο κυρτά πολύγωνα με άθροισμα κορυφών . Μετά την πρώτη κίνηση του δεύτερου παίκτη θα έχουμε τρία κυρτά πολύγωνα με άθροισμα κορυφών και γενικά αν το παιγνίδι ολοκληρωθεί μετά από κινήσεις, θα έχουμε κυρτά πολύγωνα με άθροισμα κορυφών . Όμως το παιγνίδι θα ολοκληρωθεί μόνο όταν όλα τα πολύγωνα γίνουν τρίγωνα. Τότε όμως θα έχουν άθροισμα κορυφών και επομένως θα έχουμε και άρα . Δηλαδή όπως και να παίξουν το παιγνίδι θα ολοκληρωθεί μετά από κινήσεις.

Αφού λοιπόν το είναι άρτιος, το παιγνίδι θα ολοκληρωθεί μετά από περιττό αριθμό κινήσεων και άρα ο τελευταίος παίκτης που θα κάνει κίνηση είναι ο πρώτος παίκτης.

Εξαιρετική σκέψη Δημήτρη!! Ευχαριστούμε πολύ...

Αλέξανδρος

#11

Ακόμη μια παρατήρηση για την πρώτη άσκηση

Θεώρημα: Έστω ένα παιγνίδι με δύο παίκτες οι οποίοι κινούνται εναλλάξ. Έστω ότι όπως και να παίξουν, το παιγνίδι ολοκληρώνεται σε πεπερασμένο αριθμό κινήσεων με κάποιον να είναι νικητής (δεν υπάρχει ισοπαλία). Έστω επίσης ότι κάθε παίκτης, σε κάθε του κίνηση, έχει πεπερασμένο αριθμό επιλογών όπου οι επιλογές του εξαρτώνται μόνο από τις προηγούμενες κινήσεις των δύο παικτών. Τότε ένας από τους δύο παίκτες έχει στρατηγική νίκης.

Είναι άμεσο ότι το παιγνίδι της άσκησης 1 ικανοποιεί τα κριτήρια του θεωρήματος και άρα μας λέει ότι κάποιος από τους δύο παίκτες έχει στρατηγική νίκης. (Δεν μας λέει ποιος αλλά η άσκηση δεν το ζητάει.)

Θα δώσω μια απόδειξη του θεωρήματος στην περίπτωση που υπάρχει ένας αριθμός

ώστε το παιγνίδι σίγουρα να τελειώνει μετά από

κινήσεις. Αυτό αν και δεν είναι προφανές (πείστε τον εαυτό σας ότι πράγματι δεν είναι προφανές) έπεται από τις συνθήκες του θεωρήματος. Δεν θα δώσω απόδειξη για αυτό. Για την άσκηση 1 βέβαια είναι άμεσο ότι είμαστε σε αυτήν την περίπτωση.

Θα ονομάζουμε θέση του παιγνιδιού μια ακολουθία $(x_1,x_2,\ldots,x_r)$ κινήσεων, όπου το x_1

είναι μια κίνηση του πρώτου παίκτη, x_2

είναι μια κίνηση του δεύτερου παίκτη η οποία επιτρέπεται να γίνει αν ο πρώτος παίκτης έκανε την κίνηση x_1

κ.τ.λ. Θα ονομάζουμε επίσης μια θέση $(x_1,x_2,\ldots,x_r)$ τελική αν μετά την κίνηση x_r

δεν επιτρέπεται να γίνουν άλλες κινήσεις. Παρατηρούμε ότι από τις συνθήκες του θεωρήματος υπάρχει πεπερασμένος αριθμός θέσεων και επιπλέον κάθε θέση έχει το πολύ

κινήσεις. Σκοπός μας είναι να δώσουμε τιμές 1 ή 2 σε όλες τις θέσεις έτσι ώστε αν το παιγνίδι αρχίσει από την συγκεκριμένη θέση (φυσικά αν η συγκεκριμένη θέση προκύψει μετά από περιττό αριθμό κινήσεων τότε στο παιγνίδι που ξεκινάει από αυτήν την θέση παίζει πρώτος ο δεύτερος παίκτης) τότε αν η τιμή είναι 1 θα έχει στρατηγική νίκης ο πρώτος παίκτης ενώ αν είναι 2 ο δεύτερος.

Θα προχωρήσουμε επαγωγικά αλλά ανάποδα. Κοιτάζουμε πρώτα όλες τις θέσεις με

κινήσεις. Από τις συνθήκες είναι όλες του τελικές και σε κάθε μία από αυτή δίνουμε την τιμή 1 ή 2 ανάλογα αν σε αυτήν την τελική θέση νικητής είναι ο πρώτος παίκτης ή ο δεύτερος. Έστω ότι έχουμε δώσει τιμές 1,2 σε όλες τις θέσεις με περισσότερες από $\ell$ κινήσεις ώστε να ικανοποιούνται οι συνθήκες. Θα δείξουμε τώρα πως θα δώσουμε τιμές για τις θέσεις με $\ell$ κινήσεις. Ας πάρουμε πρώτα την περίπτωση ο $\ell$ να είναι άρτιος. Δηλαδή από όλες αυτές συνεχίζει ο πρώτος παίκτης. Τότε για την θέση $(x_1,x_2,\ldots,x_{\ell})$
(α) Αν η θέση είναι τελική, τότε της δίνουμε την τιμή αυτού που κέρδισε.
(β) Αν δεν είναι τελική και υπάρχει $x_{\ell+1}$ ώστε η θέση $(x_1,x_2,\ldots,x_{\ell},x_{\ell+1})$ να έχει την τιμή 1, τότε της δίνουμε την τιμή 1.
(γ) Αλλιώς τις δίνουμε την τιμή 2.
Αν έχουμε δώσει στην θέση την τιμή 1 τότε είτε έχει ήδη κερδίσει ο πρώτος παίκτης (περίπτωση (α)) είτε είμαστε στην περίπτωση (β) οπότε ο πρώτος παίκτης μπορεί να κερδίσει παίζοντας την κίνηση $x_{\ell+1}$ . Αν της δώσαμε την τιμή 2, τότε είτε έχει ήδη κερδίσει ο πρώτος παίκτης, είτε είμαστε στην περίπτωση (γ) οπότε όπως και να παίξει ο πρώτος παίκτης θα καταλήξει σε μια θέση με $\ell + 1$ κινήσεις που θα έχει την τιμή 2 οπότε ο δεύτερος παίκτης έχει στρατηγική νίκης.
Ομοίως εργαζόμαστε αν ο $\ell$ είναι περιττός οπότε η απόδειξη του θεωρήματος έχει ολοκληρωθεί.

Αυτή η μέθοδος μπορεί να χρησιμοποιηθεί για να βρεθεί μια στρατηγική νίκης. Μόνο που δεν είναι καθόλου πρακτική. Ήδη για την πρώτη κίνηση του πρώτου παίκτη έχουμε $100 \times 97/2$ διαφορετικές επιλογές/θέσεις. Για κάθε μία από αυτές θα πρέπει να βρούμε την τιμή της και για να το κάνουμε αυτό πρέπει πρώτα να βρούμε τις τιμές όλων των θέσεων που την ακολουθούν κ.τ.λ.

#12

cretanman έγραψε: Θέμα 2ο
Ένα τετράγωνο $K\Lambda M N$ είναι εγγεγραμμένο σε ένα τετράγωνο $AB\Gamma \Delta$ ώστε οι κορυφές του $K,\Lambda, M,N$ να βρίσκονται πάνω στις πλευρές , $B\Gamma$ , $\Gamma\Delta$ , και $\Delta A$ αντίστοιχα. Αν ο λόγος του εμβαδού του $K\Lambda M N$ προς το εμβαδόν του $AB\Gamma\Delta$ είναι $\lambda$ , να βρείτε το λόγο των μηκών των τμημάτων στα οποία διαιρούνται οι πλευρές του τετραγώνου $AB\Gamma\Delta$ από τις κορυφές του άλλου τετραγώνου.

Έστω

η πλευρά του $AB\Gamma \Delta$ και

η πλευρά του $K \Lambda M N$ . Τότε $\dfrac{a^2}{b^2}=\lambda>1$ .

Ας υποθέσουμε επίσης ότι η κάθε πλευρά χωρίζεται σε λόγο $\dfrac{x}{y}$ όπου $x+y=a \ \ (1)$ . Από το Πυθαγόρειο θεώρημα π.χ. στο AKN

παίρνουμε $x^2+y^2=b^2 \ \ (2)$ .

: thalis95alyk.png (8.53 KiB) Προβλήθηκε 2412 φορές

Από

υψώνοντας στο τετράγωνο παίρνουμε (x+y)^2=a^2

και διαιρώντας την τελευταία με τη (2)

κατά μέλη παίρνουμε:

$\dfrac{x^2+2xy+y^2}{x^2+y^2}=\lambda$ δηλαδή $\dfrac{\left(\frac{x}{y}\right)^2+2\frac{x}{y}+1}{\left(\frac{x}{y}\right)^2+1}=\lambda$

Αν θέσουμε $\dfrac{x}{y}=t$ τότε η παραπάνω γίνεται:

$\dfrac{t^2+2t+1}{t^2+1}=\lambda$ και η δευτεροβάθμια ως προς

που προκύπτει δίνει θετική λύση $t=\dfrac{\sqrt{\lambda^2-1}}{\lambda-1}$

Αλέξανδρος

ΦΕΡΡΑΙΟΣ · #13

cretanman έγραψε: Θέμα 4ο
Αν $\alpha>0$ , $\beta > 0$ να αποδείξετε ότι $\sqrt{\alpha}+\sqrt{\beta}\leq \sqrt{\dfrac{\alpha^2}{\beta}}+ \sqrt{\dfrac{\beta^2}{\alpha}}$ .

$\sqrt a=\gamma, \sqrt \beta=\delta.$
Άρα έχουμε:
$\gamma +\delta \leq {\gamma ^2\over \delta }+{\delta ^2\over \gamma } \Leftrightarrow \gamma +\delta \leq {\gamma ^3+\delta^3 \over \delta\gamma} \Leftrightarrow \gamma \delta \left(\gamma +\delta \right)\leq {\gamma ^3+\delta^3} \Leftrightarrow \gamma \delta \left(\gamma +\delta \right)\leq \left(\gamma +\delta \right)\left(\gamma ^2-\gamma \delta+\delta ^3 \right) \Leftrightarrow 2\gamma \delta \leq \gamma ^2+\delta ^2\Leftrightarrow \left(\gamma -\delta \right)^2\geq 0$
που ισχύει.

edit : πρόσθεσα την εκφώνηση

ΘΑΛΗΣ 1995 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

ΘΑΛΗΣ 1995 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1995 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1995 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1995 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1995 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1995 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1995 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1995 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1995 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1995 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1995 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1995 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1995 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Μέλη σε σύνδεση