Τεστ Εξάσκησης (23), Μικροί

#1

ΘΕΜΑ 1
Υποθέτουμε ότι οι πραγματικοί αριθμοί a, b, c, d

δεν είναι ακέραιοι και το άθροισμα οποιονδήποτε τριών από αυτούς είναι ακέραιος.
Είναι δυνατόν ο αριθμός ab + cd

να είναι ακέραιος;

ΘΕΜΑ 2
Χρωματίζουμε κάθε σημείο του επιπέδου με ένα από

χρώματα έτσι ώστε τα σημεία κάθε ευθείας του επιπέδου να είναι χρωματισμένα με το πολύ δύο χρώματα.
Να προσδιορίσετε τη μέγιστη τιμή του

ΘΕΜΑ 3
Θεωρούμε τρίγωνο ABC

με $\angle ABC=60^{\circ}$ και $\angle ACB =40^{\circ}.$ To σημείο

βρίσκεται στην προέκταση της πλευράς BC,

προς το

έτσι ώστε

Να προσδιορίσετε το μέτρο της γωνίας $\angle ADB.$

ΘΕΜΑ 4
Να αποδείξετε ότι

$\displaystyle a^2b^2(a^2+b^2-2) \geq (a+b)(ab-1) ,$

για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς

και

#2

socrates έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 11, 2020 1:30 am
ΘΕΜΑ 1
Υποθέτουμε ότι οι πραγματικοί αριθμοί δεν είναι ακέραιοι και το άθροισμα οποιονδήποτε τριών από αυτούς είναι ακέραιος.
Είναι δυνατόν ο αριθμός να είναι ακέραιος;

Απάντηση: Όχι δεν μπορεί.

Θα γράφω p,q,r,s,t,...

όταν θέλω να συμβολίσω ακέραιο.

Από την υπόθεση έχουμε $a+b+c=p, \, b+c+d=q$ οπότε με αφαίρεση d=a+r

. Όμοια $b=a+s, \, c=a+t$ , οπότε έχουμε

p=a+b+c=3a+s+t

. Λύνοντας ως προς

έχουμε $a= \frac {A}{3}$ για κάποιον ακέραιο

. Έτσι

$ab+cd= a(a+r)+(a+s)(a+t) = 2a^2 +a(r+s+t)+st = \dfrac {2A^2+3A(r+s+t)}{9}+ st$

Αν ο τελευταίος είναι ακέραιος, έπεται ότι ο

και άρα

διαιρεί τον 2A^2+3A(r+s+t)

. Συνεπώς o 2A^2

είναι πολλαπλάσιο του

, οπότε και ο

είναι πολλαπλάσιο του

. Άρα $a= \frac {A}{3} =$ ακέραιος. Άτοπο.

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #3

socrates έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 11, 2020 1:30 am

ΘΕΜΑ 2
Χρωματίζουμε κάθε σημείο του επιπέδου με ένα από χρώματα έτσι ώστε τα σημεία κάθε ευθείας του επιπέδου να είναι χρωματισμένα με το πολύ δύο χρώματα.
Να προσδιορίσετε τη μέγιστη τιμή του

Έστω $n\geq 4$ . Αν όλες οι ευθείες είναι μονοχρωματικές τότε έχουμε άτοπο αφού κάθε

τεμνόμενες θα πρέπει να έχουν ένα κοινό χρώμα.Έστω λοιπόν δύο σημεία A_1,A_2

μιας ευθείες με χρώματα X_1,X_2

αντίστοιχα. Αφού $n\geq 4$ θα υπάρχει σημείο A_3

στο επίπεδο με χρώμα X_3

και τουλάχιστον ένα ακόμη A_4

με χρώμα

.Τότε όμως οι ευθείες A_1A_4,A_2A_3

δεν έχουν κοινό χρώμα άρα θα πρέπει να είναι παράλληλες.Είναι σίγουρο όμως πως πάνω στην A_1A_2

υπάρχει σημείο A_5

με χρώμα είτε X_1

είτε

.Αν είναι

οι

δεν είναι παράλληλες και έτσι καταλήξαμε σε άτοπο.Όμοια αν είναι X_1

οι

τέμνονται.
Δηλαδή $n\leq 3$ .Η τιμή n=3

είναι εφικτή όταν κάθε ευθεία έχει

χρώματα και έτσι πάντα ανά δύο έχουν κοινό χρώμα.

: 261.PNG (12.18 KiB) Προβλήθηκε 905 φορές

#4

socrates έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 11, 2020 1:30 am
ΘΕΜΑ 4
Να αποδείξετε ότι

$\displaystyle a^2b^2(a^2+b^2-2) \geq (a+b)(ab-1) ,$

για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς και

Θέτοντας $\displaystyle{a+b=x>0, ab=y>0}$ είναι $\displaystyle{x\geq 2\sqrt{y}}$ και έχουμε να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{y^2(x^2-2y-2)\geq x(y-1)}$

δηλαδή ότι

$\displaystyle{y^2x^2-(y-1)x-2y^2(y+1)\geq 0.}$

Θεωρούμε $\displaystyle{f(x)=y^2x^2-(y-1)x-2y^2(y+1)}$ (παραβολή) που είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα $\displaystyle{\left[ \frac{y-1}{2y^2},+\infty\right).}$

Όντως βρισκόμαστε σε αυτό διάστημα, λόγω της $\displaystyle{x\geq 2\sqrt{y}.}$

Οπότε είναι

$\displaystyle{f(x)\geq f(2\sqrt{y})=\cdots =2\sqrt{y}(y-1)(y^{3/2}-1)\geq 0.}$

Από την απόδειξη είναι φανερό ότι η ισότητα ισχύει αν-ν $\displaystyle{x=2, y=1\iff a=b=1.}$

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #5

socrates έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 11, 2020 1:30 am

ΘΕΜΑ 3
Θεωρούμε τρίγωνο με $\angle ABC=60^{\circ}$ και $\angle ACB =40^{\circ}.$ To σημείο βρίσκεται στην προέκταση της πλευράς προς το έτσι ώστε Να προσδιορίσετε το μέτρο της γωνίας $\angle ADB.$

: 262.PNG (14.91 KiB) Προβλήθηκε 875 φορές

Έστω ότι η κάθετη από το

στην

τέμνει την

στο

.Είναι $\angle CAK=10^{\circ}$

Επιπλέον από ν.συνημιτόνου b^2=a^2+c^2-ac

και αφού $\angle A=2\angle C\,\,\,(*)$ από εδώ έχουμε πως $a^2=c^2+bc\,\,\,(**)$
Το BAK

είναι ορθογώνιο με $\angle KBA=60^{\circ}$ άρα CK=BK-a=2c-a

Οι

με πρόσθεση δίνουν b^2=2c^2+bc-ac

. Επιπλέον $\left\{\begin{matrix} & b^2=a^2+c^2-ac & \\ & a^2=c^2+bc & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} & (b-c)(b+c)=a(a-c) & \\ & a^2=c(b+c) & \end{matrix}\right.\overset{\times }{\Rightarrow }a(b-c)=c(a-c)\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow c^2= 2ac-ab\,\,\,(***)$

Είναι $CK\cdot CD=(2c-a)(a+b+c)=ac+2bc-ab+2c^2-a^2\overset{(*)}{=}2c^2+ac+2bc-ab-c^2-bc=$
$=2c^2+ac+bc-ab-c^2\overset{(***)}{=}2c^2+ac+bc-2ac+ab=2c^2+bc-ac\overset{(*)}{=}b^2 =AC^2$

Έτσι η

εφάπτεται του (A,K,D)

στο

δηλαδή $\boxed{\angle ADB=\angle CAK=10^{\circ}}$

Ορέστης Λιγνός · #6

socrates έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 11, 2020 1:30 am
ΘΕΜΑ 3
Θεωρούμε τρίγωνο με $\angle ABC=60^{\circ}$ και $\angle ACB =40^{\circ}.$ To σημείο βρίσκεται στην προέκταση της πλευράς προς το έτσι ώστε Να προσδιορίσετε το μέτρο της γωνίας $\angle ADB.$

Έστω σημείο $Q \in CD$ ώστε CA=CQ

.

Θα αποδείξω έναν Ισχυρισμό που τελειώνει το πρόβλημα:

Ισχυρισμός

Ισχύει, QA=AB+BC

Απόδειξη

Έστω ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του $\vartriangle ABC$ τέμνει την

στο

.

Έχω ότι, $\angle ACB=40^\circ, CA=CQ \Rightarrow \angle CAQ=\angle CQA=20^\circ$ .

Ακόμη, $\angle RBC=\angle RAC=20^\circ$ , οπότε $\angle ABR=\angle B-\angle RBC=40^\circ$ , και αφού $\angle BAR=100^\circ$ , προκύπτει $\angle ARB=40^\circ=\angle ABR$ , οπότε AB=AR

.

Ακόμη, έχω ότι $\angle BRC=\angle BAC=80^\circ=\pi-\angle BAR=\angle BCR \Rightarrow BC=BR$ .
Επιπλέον, $\angle RBQ=20^\circ=\angle RQB \Rightarrow BR=RQ$ , συνεπώς BC=BR=RQ

.

Τελικά, QA=AR+RQ=AB+BC

. $\blacksquare$

Πίσω στην άσκηση, είναι QD=CD-CQ=AB+BC+CA-CA=AB+BC=AQ

, από τον Ισχυρισμό.

Συνεπώς το $\vartriangle AQD$ είναι ισοσκελές, με $\angle AQB=20^\circ$ , συνεπώς $\angle ADB=10^\circ$ .

#7

socrates έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 11, 2020 1:30 am
ΘΕΜΑ 3
Θεωρούμε τρίγωνο με $\angle ABC=60^{\circ}$ και $\angle ACB =40^{\circ}.$ To σημείο βρίσκεται στην προέκταση της πλευράς προς το έτσι ώστε Να προσδιορίσετε το μέτρο της γωνίας $\angle ADB.$

: Χωρίς τίτλο.png (30.25 KiB) Προβλήθηκε 802 φορές

Άλλη μια λύση έχουμε με βάση το παραπάνω σχήμα, όπου CE=CA

και

#8

socrates έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 11, 2020 1:30 am
ΘΕΜΑ 4
Να αποδείξετε ότι

$\displaystyle a^2b^2(a^2+b^2-2) \geq (a+b)(ab-1) ,$

για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς και

Αλλιώς:

Αρκεί να δείξουμε ότι:

$a^4 b^2 +a^2 b^4 +a+b \ge 2a^2 b^2 +a^2 b+ab^2$

Η τελευταία προκύπτει με πρόσθεση των

$\displaystyle{\frac{1}{5} (2a^4 b^2 +2a+b) \ge a^2 b}$
$\displaystyle{\frac{1}{5} (2a^2 b^4 +a+2b) \ge ab^2}$
$\displaystyle{\frac{1}{5} (3a^4 b^2 +3a^2 b^4 +2a+2b) \ge 2a^2 b^2}$ .

Πώς προκύπτουν οι συντελεστές;

Δείτε σχετικά: https://mathematica.gr/forum/viewtopic. ... 09&t=30672

#9

socrates έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 11, 2020 1:30 am
ΘΕΜΑ 3
Θεωρούμε τρίγωνο με $\angle ABC=60^{\circ}$ και $\angle ACB =40^{\circ}.$ To σημείο βρίσκεται στην προέκταση της πλευράς προς το έτσι ώστε Να προσδιορίσετε το μέτρο της γωνίας $\angle ADB.$

Κι άλλες λύσεις, εδώ:
https://mathematica.gr/forum/viewtopic. ... 10&t=13568

Τεστ Εξάσκησης (23), Μικροί

Τεστ Εξάσκησης (23), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (23), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (23), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (23), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (23), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (23), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (23), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (23), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (23), Μικροί

Μέλη σε σύνδεση