Τεστ Εξάσκησης (9), Μικροί

#1

ΘΕΜΑ 1
Η διχοτόμος της γωνίας $\angle ACB$ οξυγωνίου τριγώνου ABC

τέμνει την πλευρά

στο

Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ADC

τέμνει την πλευρά

στα σημεία

και

Η παράλληλη στην

από το

τέμνει την

στο

Να δείξετε ότι το τρίγωνο AFB

είναι ισοσκελές.

ΘΕΜΑ 2
Να βρείτε το μικρότερο θετικό ακέραιο που μπορεί να γραφεί στη μορφή $\displaystyle{3a^2 - ab^2 - 2b - 4,}$ όπου a, b

θετικοί ακέραιοι.

ΘΕΜΑ 3
Οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί

,

ικανοποιούν τη σχέση a+b+c+abc=4.

Να δείξετε ότι

$\displaystyle \left (1+\dfrac{a}{b}+ca \right )\left (1+\dfrac{b}{c}+ab \right)\left (1+\dfrac{c}{a}+bc \right) \ge 27$

ΘΕΜΑ 4
Με πόσους τρόπους μπορούμε να τοποθετήσουμε στη σειρά

βόλους, αν κάθε βόλος είναι είτε κόκκινος είτε πράσινος και δεν υπάρχουν πράσινοι βόλοι σε διαδοχικές θέσεις;

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #2

socrates έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 27, 2020 7:39 pm
ΘΕΜΑ 1
Η διχοτόμος της γωνίας $\angle ACB$ οξυγωνίου τριγώνου τέμνει την πλευρά στο Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου τέμνει την πλευρά στα σημεία και Η παράλληλη στην από το τέμνει την στο Να δείξετε ότι το τρίγωνο είναι ισοσκελές.

: 242.PNG (35.96 KiB) Προβλήθηκε 848 φορές

Έστω ότι η παράλληλη από το

στην

τέμνει τον (A,B,C)

στο

.Είναι $\angle ABT=\angle BAE=\angle DCB$ άρα C,D,T

συνευθειακά και συνεπώς $F\equiv T$ δηλαδή

το μέσο του τόξου

του

που δεν περιέχει το

και έτσι

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #3

socrates έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 27, 2020 7:39 pm

ΘΕΜΑ 3
Οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί ,, ικανοποιούν τη σχέση Να δείξετε ότι

$\displaystyle \left (1+\dfrac{a}{b}+ca \right )\left (1+\dfrac{b}{c}+ab \right)\left (1+\dfrac{c}{a}+bc \right) \ge 27$

$4=a+b+c+abc\geq 3\sqrt[3]{abc}+abc$ .Αν ήταν $abc\geq 1$ οπότε $3\sqrt[3]{abc}+abc\geq 4$ .Είναι λοιπόν $abc\leq 1$ .
$\displaystyle {\prod (1+\dfrac{a}{b}+ac)\geq 27\Leftrightarrow \prod (a+b+abc)\geq 27abc\Leftrightarrow \prod (4-a)\geq 27abc\Leftrightarrow 64-16\sum a+\sum 4ab-abc\geq 27abc\overset{a+b+c=4-abc}{\Leftrightarrow}$
$\overset{a+b+c=4-abc}{\Leftrightarrow} 3abc\leq ab+bc+ac}$
Όμως $ab+bc+ac\geq 3\left ( abc \right )^{2/3}\geq 3abc$ αφού $\left ( abc \right )^{2/3}\geq abc\Leftrightarrow a^2b^2c^2\geq a^3b^3c^3\Leftrightarrow abc\leq 1$ που ισχύει και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #4

socrates έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 27, 2020 7:39 pm
ΘΕΜΑ 2
Να βρείτε το μικρότερο θετικό ακέραιο που μπορεί να γραφεί στη μορφή $\displaystyle{3a^2 - ab^2 - 2b - 4,}$ όπου θετικοί ακέραιοι.

Για

παίρνομε τον αριθμό

,θα δείξουμε ότι είναι και ο ζητούμενος.
Αρκεί να μην υπάρχουν a,b

φυσικοί ώστε $3a^2-ab^2-2b-4=1\Leftrightarrow 3a^2-ab^2-2b=5$
Θα είναι $3a^2-ab^2-2b\equiv 5\pmod2\Leftrightarrow a^2-ab^2\equiv 1\pmod2$
Πρέπει

περιττός και

άρτιος.Τότε όμως πρέπει $3a^2-ab^2-2b\equiv 5\pmod4\Leftrightarrow 3-0-0\equiv 1\pmod4$ άτοπο!
Άρα πράγματι ο ζητούμενος είναι ο

#5

socrates έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 27, 2020 7:39 pm
ΘΕΜΑ 4
Με πόσους τρόπους μπορούμε να τοποθετήσουμε στη σειρά βόλους, αν κάθε βόλος είναι είτε κόκκινος είτε πράσινος και δεν υπάρχουν πράσινοι βόλοι σε διαδοχικές θέσεις;

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#6

socrates έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 27, 2020 7:39 pm
ΘΕΜΑ 4
Με πόσους τρόπους μπορούμε να τοποθετήσουμε στη σειρά βόλους, αν κάθε βόλος είναι είτε κόκκινος είτε πράσινος και δεν υπάρχουν πράσινοι βόλοι σε διαδοχικές θέσεις;

Μπορούμε να έχουμε 12,11,10,..., 6

κόκκινους βόλους.
Αφού δεν πρέπει πράσινοι βόλοι να βρίσκονται σε διαδοχικές θέσεις, θα βρίσκονται ανάμεσα σε κόκκινους ή στις ακριανές θέσεις.
Αν έχουμε ακριβώς

κόκκινους, θεωρούμε τη διάταξη $\displaystyle{ \_ \ K \_ \ K \_ \ ... \ \_ \ K \_ \ K \_ }$ δηλαδή

θέσεις με κόκκινους βόλους και n+1

κενές θέσεις στα άκρα και ανάμεσά τους. Οι πράσινοι 12-n

βόλοι μπορούν να τοποθετηθούν στις κενές θέσεις με $\displaystyle{\binom{n+1}{12-n}}$ τρόπους.

Οπότε,
αν υπάρχουν ακριβώς 12 κόκκινοι βόλοι, αυτό γίνεται με $\displaystyle{\binom{13}{0}=1}$ τρόπο,
αν υπάρχουν ακριβώς 11 κόκκινοι βόλοι, αυτό γίνεται με $\displaystyle{\binom{12}{1}=12}$ τρόπους,
αν υπάρχουν ακριβώς 10 κόκκινοι βόλοι, αυτό γίνεται με $\displaystyle{\binom{11}{2}=55}$ τρόπους,
αν υπάρχουν ακριβώς 9 κόκκινοι βόλοι, αυτό γίνεται με $\displaystyle{\binom{10}{3}=120}$ τρόπους,
αν υπάρχουν ακριβώς 8 κόκκινοι βόλοι, αυτό γίνεται με $\displaystyle{\binom{9}{4}=126}$ τρόπους,
αν υπάρχουν ακριβώς 7 κόκκινοι βόλοι, αυτό γίνεται με $\displaystyle{\binom{8}{5}=56}$ τρόπους,
αν υπάρχουν ακριβώς 6 κόκκινοι βόλοι, αυτό γίνεται με $\displaystyle{\binom{7}{6}=7}$ τρόπους.

Συνολικά, 1+12+55+120+126+56+7=377

τρόποι.

Ορέστης Λιγνός · #7

socrates έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 27, 2020 7:39 pm
ΘΕΜΑ 3
Οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί ,, ικανοποιούν τη σχέση Να δείξετε ότι

$\displaystyle \left (1+\dfrac{a}{b}+ca \right )\left (1+\dfrac{b}{c}+ab \right)\left (1+\dfrac{c}{a}+bc \right) \ge 27$

Μία διαφορετική λύση ...

Κάνοντας τις πράξεις και χρησιμοποιώντας την συνθήκη, αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle \sum \dfrac{a+b}{c}+ab+bc+ca \geqslant 9$ (*).

Από ΑΜ-ΓΜ στην συνθήκη έχω $a+b+c \geqslant 3$ . Θα δείξω την (*) με μόνη συνθήκη ότι $a+b+c \geqslant 3$ .

Για να δείξω αυτή έχω βρει δύο διαφορετικές προσεγγίσεις:

1ος Τρόπος: Θα δείξω ότι WLOG μπορώ να υποθέσω ότι a+b+c=3

. Έστω

και

με $k \geqslant 1$ και a',b',c' >0

ώστε

.

Είναι, $\displaystyle \sum \dfrac{a+b}{c}+ab+bc+ca=\displaystyle \sum \dfrac{a'+b'}{c'}+k^2(a'b'+b'c'+c'a') \geqslant \sum \dfrac{a'+b'}{c'}+a'b'+b'c'+c'a'$ , αφού $k \geqslant 1$ .

Άρα αρκεί να δείξω ότι $\displaystyle \sum \dfrac{a'+b'}{c'}+a'b'+b'c'+c'a' \geqslant 9$ με a'+b'+c'=3

.

Οπότε πράγματι μπορώ να υποθέσω ότι a+b+c=3

(μία άλλη εφαρμογή αυτής της τεχνικής, εδώ).

Τότε, είναι $\dfrac{a+b}{c}=\dfrac{3}{c}-1$ και κυκλικά, οπότε αρκεί να δείξω ότι $\displaystyle \sum \dfrac{3}{a}+\sum ab \geqslant 12$ .

Από την ανισότητα της JBMO 2015 έχω ότι $\displaystyle \sum \dfrac{1}{a}+\sum ab \geqslant 6$ , άρα $\displaystyle \sum \dfrac{3}{a}+\sum ab=3(\sum \dfrac{1}{a}+\sum ab)-2\sum ab \geqslant 18-2 \sum ab \geqslant 12$ , καθώς $\displaystyle \sum ab \leqslant (a+b+c)^2/3=3$ .

2ος Τρόπος: Από ΑΜ-ΓΜ, έχουμε ότι $\dfrac{a}{b}+\dfrac{a}{c}+ab \geqslant \dfrac{3a}{\sqrt[3]{c}} \geqslant \dfrac{9a}{c+2}$ , και προσθέτοντας κυκλικά αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle \sum \dfrac{a}{c+2} \geqslant 1$ .

Από CS όμως είναι $\displaystyle \sum \dfrac{a}{c+2} \geqslant \dfrac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca+2(a+b+c)} \geqslant$ $\dfrac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2/3+2(a+b+c)}=\dfrac{3(a+b+c)}{6+a+b+c}=1+\dfrac{2(a+b+c)-6}{6+a+b+c} \geqslant 1$ , καθώς $a+b+c \geqslant 3$ .

#8

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 17, 2020 3:20 pm

socrates έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 27, 2020 7:39 pm
ΘΕΜΑ 3
Οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί ,, ικανοποιούν τη σχέση Να δείξετε ότι

$\displaystyle \left (1+\dfrac{a}{b}+ca \right )\left (1+\dfrac{b}{c}+ab \right)\left (1+\dfrac{c}{a}+bc \right) \ge 27$

Μία διαφορετική λύση ...

Κάνοντας τις πράξεις και χρησιμοποιώντας την συνθήκη, αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle \sum \dfrac{a+b}{c}+ab+bc+ca \geqslant 9$ (*).

Από ΑΜ-ΓΜ στην συνθήκη έχω $a+b+c \geqslant 3$ . Θα δείξω την (*) με μόνη συνθήκη ότι $a+b+c \geqslant 3$ .

...

Άλλος ένας τρόπος:

Είναι $\displaystyle{\frac{a+b}{c}+c(a+b)\geq 2(a+b)}$ οπότε

$\displaystyle \sum \dfrac{a+b}{c}+ab+bc+ca \geqslant 4(a+b+c)-(ab+bc+ca)\geq 4(a+b+c)-\frac{(a+b+c)^2}{3}\geq 9$

Η τελευταία ισχύει διότι, με x=a+b+c,

γράφεται $12x-x^2\geq 27 \iff (x-3)(x-9)\leq 0,$
αληθές, αφού δείξαμε ότι $x=a+b+c\geq 3$ ενώ από την συνθήκη είναι a+b+c<4<9.

Τεστ Εξάσκησης (9), Μικροί

Τεστ Εξάσκησης (9), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (9), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (9), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (9), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (9), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (9), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (9), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (9), Μικροί

Μέλη σε σύνδεση