mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 23, 2021 1:08 pm**

Πρόβλημα 1
Αν οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί x,y

είναι τέτοιοι ώστε: 2(x+y)=1+xy

, να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της παράστασης
$\displaystyle{A=x+\frac{1}{x}+y+\frac{1}{y}.}$
Πρόβλημα 2
Η Άννα και ο Βασίλης παίζουν ένα παιγνίδι στον πίνακα με αριθμούς ως εξής:
Οι δύο παίκτες παίζουν ο ένας μετά τον άλλον και αν στον πίνακα είναι γραμμένος ο θετικός ακέραιος

ο παίκτης που έχει σειρά να παίξει, σβήνει τουν

και γράφει τον αριθμό n+p

όπου

είναι ένας πρώτος διαιρέτης του

. Στον πίνακα είναι γραμμένος αρχικά ο αριθμός 2 και παίζει πρώτη η Άννα. Το παιγνίδι το κερδίζει εκείνος που θα μπορέσει πρώτος να γράψει ένα αριθμό μεγαλύτερο ή ίσο του 31.
Να βρείτε ποιος παίκτης έχει στρατηγική νίκης, δηλαδή ποιος μπορεί γράφοντας τους κατάλληλους αριθμούς να κερδίσει το παιγνίδι ανεξάρτητα από το πώς θα παίξει ο άλλος.

Πρόβλημα 3
Να εξετάσετε αν υπάρχει θετικός ακέραιος

για τον οποίο ο αριθμός 8^n+47

είναι πρώτος.

Πρόβλημα 4
Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ<ΒΓ<ΑΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο (c). Ο κύκλος c(Α,ΑΒ) με (κέντρο Α και ακτίνα ΑΒ) τέμνει την ευθεία ΒΓ στο σημείο Δ και τον κύκλο (c) στο σημείο Η. Ο κύκλος c(Α,ΑΓ) με (κέντρο Α και ακτίνα ΑΓ) τέμνει την ευθεία ΒΓ στο σημείο Ζ και τον κύκλο (c) στο σημείο Ε. Οι ευθείες ΖΗ και ΕΔ τέμνονται (τέλος) στο σημείο Θ. Να αποδείξετε ότι οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων ΘΔΖ και ΘΕΗ είναι ίσοι μεταξύ τους.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 23, 2021 1:21 pm**

silouan έγραψε: ↑
Παρ Ιούλ 23, 2021 1:08 pm

Πρόβλημα 3
Να εξετάσετε αν υπάρχει θετικός ακέραιος για τον οποίο ο αριθμός είναι πρώτος.

Έστω

, για

πρώτο αριθμό.
Αρχικά $p≥8+47=55>3,5,13 \Rightarrow p≠3,5,11$
Με mod.3

παίρνουμε $8ⁿ=p-47=1,2+1=2,3=0,2mod.3 \Rightarrow (-1)ⁿ=-1mod.3$ , άρα

περιττός.
Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:

Περίπτωση (Α): n=1mod.4

.

Έστω

, για θετικό ακέραιο

.
Με

παίρνουμε όμως $p=8^{4k+1}+47=3^{4k+1}+2=3\cdot 81^k+2=3\cdot1^{k}+2=5=0mod.5\Rightarrow 5|p\Rightarrow p=5$ , αδύνατο.

Περίπτωση (Β): n=3mod.4

Έστω

, για θετικό ακέραιο

.
Με

παίρνουμε όμως
$p=8^{4l+3}+47=8^{4l+3}+8=8(8^{4l+2}+1)=8(64^{2l+1}+1)=$
$=8[(-1)^{2l+1}+1]=8(-1+1)=0mod.13 \Rightarrow$
$\Rightarrow 13|p \Rightarrow p=13$ , αδύνατο.

Άρα δεν υπάρχουν τέτοιοι

.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 23, 2021 1:32 pm**

silouan έγραψε: ↑
Παρ Ιούλ 23, 2021 1:08 pm

Πρόβλημα 2
Η Άννα και ο Βασίλης παίζουν ένα παιγνίδι στον πίνακα με αριθμούς ως εξής:
Οι δύο παίκτες παίζουν ο ένας μετά τον άλλον και αν στον πίνακα είναι γραμμένος ο θετικός ακέραιος ο παίκτης που έχει σειρά να παίξει, σβήνει τουν και γράφει τον αριθμό όπου είναι ένας πρώτος διαιρέτης του . Στον πίνακα είναι γραμμένος αρχικά ο αριθμός 2 και παίζει πρώτη η Άννα. Το παιγνίδι το κερδίζει εκείνος που θα μπορέσει πρώτος να γράψει ένα αριθμό μεγαλύτερο ή ίσο του 31.
Να βρείτε ποιος παίκτης έχει στρατηγική νίκης, δηλαδή ποιος μπορεί γράφοντας τους κατάλληλους αριθμούς να κερδίσει το παιγνίδι ανεξάρτητα από το πώς θα παίξει ο άλλος.

Θα δείξουμε ότι η Άννα έχει στρατηγική νίκης.
Αρχικά η Άννα γράφει το

, οπότε ο Βασίλης γραφεί αναγκαστικά το

.
Έπειτα η Άννα γράφει το

, οπότε ο Βασίλης γραφεί αναγκαστικά το

.
Στη συνέχεια η Άννα γράφει το

, και αρκεί να ελέγξουμε 2 περιπτώσεις:

Περίπτωση (Α): ο Βασίλης γραφεί το

Περίπτωση (Β): ο Βασίλης γραφεί το

Στην (Α), η Άννα γράφει το

, άρα o Βασίλης γραφεί είτε το

, είτε το

.
- Αν ο Βασίλης γράψει το

, τότε η Άννα γράφει το

, έπειτα ο Βασίλης αναγκαστικά το

, οπότε η Άννα γράφει το

και κερδίζει.
- Αν πάλι γράψει το

, τότε η Άννα γράφει το

και κερδίζει.

Στην (Β), η Άννα γράφει το

, οπότε ο Βασίλης γραφεί αναγκαστικά το

και στη συνέχεια η Άννα γράφει το

και πάλι κερδίζει,
οπότε τελειώσαμε.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 23, 2021 1:40 pm**

Για το πρόβλημα 1, μια προσπάθεια:

Από ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου έχουμε $x+\dfrac{1}{x}+y+\dfrac{1}{y} \ge 2\sqrt{xy}+2\dfrac{1}{\sqrt{xy}}=2\dfrac{xy+1}{\sqrt{xy}}=4\dfrac{x+y}{\sqrt{xy}}\ge 4\dfrac{2\sqrt{xy}}{\sqrt{xy}}=8$

Ισότητα έχουμε για $x=y=2+\sqrt{3}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 23, 2021 1:54 pm**

giannispapav έγραψε: ↑
Παρ Ιούλ 23, 2021 1:40 pm
Για το πρόβλημα 1, μια προσπάθεια:

Από ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου έχουμε $x+\dfrac{1}{x}+y+\dfrac{1}{y} \ge 2\sqrt{xy}+2\dfrac{1}{\sqrt{xy}}=2\dfrac{xy+1}{\sqrt{xy}}=4\dfrac{x+y}{\sqrt{xy}}\ge 4\dfrac{2\sqrt{xy}}{\sqrt{xy}}=8$

Ισότητα έχουμε για $x=y=2+\sqrt{3}$

Και για $x=y= 2 - \sqrt{3}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 23, 2021 1:58 pm**

Lymperis Karras έγραψε: ↑
Παρ Ιούλ 23, 2021 1:54 pm

giannispapav έγραψε: ↑
Παρ Ιούλ 23, 2021 1:40 pm
Για το πρόβλημα 1, μια προσπάθεια:

Από ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου έχουμε $x+\dfrac{1}{x}+y+\dfrac{1}{y} \ge 2\sqrt{xy}+2\dfrac{1}{\sqrt{xy}}=2\dfrac{xy+1}{\sqrt{xy}}=4\dfrac{x+y}{\sqrt{xy}}\ge 4\dfrac{2\sqrt{xy}}{\sqrt{xy}}=8$

Ισότητα έχουμε για $x=y=2+\sqrt{3}$
Και για $x=y= 2 - \sqrt{3}$

Ναι σωστά. Το παρέλειψα για οικονομία χώρου

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 23, 2021 2:11 pm**

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 23, 2021 7:46 pm**

silouan έγραψε: ↑
Παρ Ιούλ 23, 2021 1:08 pm

Πρόβλημα 4
Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ<ΒΓ<ΑΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο (c). Ο κύκλος c(Α,ΑΒ) με (κέντρο Α και ακτίνα ΑΒ) τέμνει την ευθεία ΒΓ στο σημείο Δ και τον κύκλο (c) στο σημείο Η. Ο κύκλος c(Α,ΑΓ) με (κέντρο Α και ακτίνα ΑΓ) τέμνει την ευθεία ΒΓ στο σημείο Ζ και τον κύκλο (c) στο σημείο Ε. Οι ευθείες ΖΗ και ΕΔ τέμνονται (τέλος) στο σημείο Θ. Να αποδείξετε ότι οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων ΘΔΖ και ΘΕΗ είναι ίσοι μεταξύ τους.

Επειδή $\displaystyle Z\widehat TD = 180^\circ - E\widehat TH,$ αρκεί να δείξω ότι ZD=HE.

Η απόδειξη στηρίζεται στο έμμεσο κριτήριο ισότητας(για αμβλυγώνια τρίγωνα).

: Αρχιμήδης 2021 Γυμνάσιο.png (27.85 KiB) Προβλήθηκε 2743 φορές

Τα τρίγωνα BAZ, KAC

είναι ίσα γιατί έχουν τις αμβλείες γωνίες ίσες και AB=AH, AZ=AC,

οπότε προκύπτουν οι κόκκινες γωνίες ίσες. Στη συνέχεια τα ABZ, ABE

είναι ίσα, απ' όπου και οι μπλε

γωνίες είναι ίσες. Άρα, $\displaystyle BE = HC \Leftrightarrow BC = HE.$ Τέλος και τα ABZ, ADC

είναι ίσα. Επομένως,

$\displaystyle ZB = DC \Leftrightarrow ZD = BC = HE.$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 09, 2022 6:42 pm**

Πρόβλημα 2
Δείτε συνημμένο αρχείο με μια σχηματική αναπαράσταση του παιχνιδιού.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 09, 2022 10:07 pm**

silouan έγραψε: ↑
Παρ Ιούλ 23, 2021 1:08 pm
Πρόβλημα 4
Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ<ΒΓ<ΑΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο (c). Ο κύκλος c(Α,ΑΒ) με (κέντρο Α και ακτίνα ΑΒ) τέμνει την ευθεία ΒΓ στο σημείο Δ και τον κύκλο (c) στο σημείο Η. Ο κύκλος c(Α,ΑΓ) με (κέντρο Α και ακτίνα ΑΓ) τέμνει την ευθεία ΒΓ στο σημείο Ζ και τον κύκλο (c) στο σημείο Ε. Οι ευθείες ΖΗ και ΕΔ τέμνονται (τέλος) στο σημείο Θ. Να αποδείξετε ότι οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων ΘΔΖ και ΘΕΗ είναι ίσοι μεταξύ τους.

: Αρχιμήδης μικροί 2021.png (383.11 KiB) Προβλήθηκε 2233 φορές

Τα δύο τρίγωνα TZD, TEH

έχουν τις γωνίες $H\widehat{T}E,Z\widehat{T}D$ παραπληρωματικές. Άρα ισχύει:

$\frac{(TZD)}{(TEH)}=\frac{TZ\cdot TD}{TE\cdot TH}\Rightarrow \cfrac{\frac{TZ\cdot TD\cdot ZD}{4\rho_{1}}}{\frac{TE\cdot EH\cdot TH}{4\rho_{2}}}=\frac{TZ\cdot TD}{TE\cdot TH} \Rightarrow \frac{\rho_{2}}{\rho_{1}}=\frac{EH}{ZD}$

Επομένως αρκεί να δείξω ότι EH=ZD

ή ότι τα τρίγωνα AZD, AEH

είναι ίσα.
Αυτά ήδη έχουν AZ=AE

και

(ακτίνες), άρα αρκεί να δείξω $Z\widehat{A}D=E\widehat{A}H$ .
Αφού το τρίγωνο ABD

είναι ισοσκελές:

$A\widehat{B}D=A\widehat{D}B\Rightarrow A\widehat{Z}B+Z\widehat{A}B=D\widehat{A}C+D\widehat{C}A \;\;(1)$

(οι $A\widehat{B}D$ και $A\widehat{D}B$ είναι εξωτερικές στα τρίγωνα AZB, ADC

)

Αντίστοιχα το AZC

είναι ισοσκελές, οπότε η (1)

γράφεται $Z\widehat{A}B=D\widehat{A}C \;\; (2)$
Ακόμα έχω:

$H\widehat{A}C=H\widehat{B}C=H\widehat{B}D=\frac{H\widehat{A}D}{2}\Rightarrow 2H\widehat{B}D=H\widehat{A}D=H\widehat{A}C+C\widehat{A}D\Rightarrow H\widehat{A}C=C\widehat{A}D \;\; (3)$

και αντίστοιχα:

$B\widehat{A}E=B\widehat{C}E=Z\widehat{C}E=\frac{Z\widehat{A}E}{2}\Rightarrow 2Z\widehat{C}E=Z\widehat{A}E=B\widehat{A}E+Z\widehat{A}B\Rightarrow Z\widehat{A}B=B\widehat{A}E \;\;(4)$

Τελικά από $(2),(3),(4)\Rightarrow B\widehat{A}E=C\widehat{A}D=H\widehat{A}C=Z\widehat{A}B$ και το ζητούμενο έπεται.

mathematica.gr

Αρχιμήδης 2021-Γυμνάσιο

Αρχιμήδης 2021-Γυμνάσιο

Re: Αρχιμήδης 2021-Γυμνάσιο

Re: Αρχιμήδης 2021-Γυμνάσιο

Re: Αρχιμήδης 2021-Γυμνάσιο

Re: Αρχιμήδης 2021-Γυμνάσιο

Re: Αρχιμήδης 2021-Γυμνάσιο

Re: Αρχιμήδης 2021-Γυμνάσιο

Re: Αρχιμήδης 2021-Γυμνάσιο

Re: Αρχιμήδης 2021-Γυμνάσιο

Re: Αρχιμήδης 2021-Γυμνάσιο