Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 11

#1

Διαγώνισμα 11 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Seniors

Πρόβλημα 1
Θεωρούμε οξυγώνιο τρίγωνο ABC

και έστω

το έγκεντρό του. Η ευθεία που περνάει από το

και είναι παράλληλη στην

τέμνει την

στο

ενώ η ευθεία που περνάει από το

και είναι παράλληλη στην

τέμνει την

στο

Η ευθεία

τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ABC

στα σημεία

και

Αν

το μέσο του τόξου BC,

που δεν περιέχει το

να δείξετε ότι το

είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου XY Z.

Πρόβλημα 2
Να βρείτε όλους τους θετικούς ακέραιους $1 \leq n \leq 2008$ για τους οποίους υπάρχει πρώτος αριθμός $p \geq n$ τέτοιος ώστε ο αριθμός

$\displaystyle{\frac{2008^p + (n - 1)!}{n}}$

να είναι ακέραιος.

Πρόβλημα 3
Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f,g:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε
(α) f(xg(y + 1)) + y = xf(y) + f(x + g(y)),

για κάθε $x,y \in \mathbb{R}.$
(β) f(0) + g(0) = 0.

Πρόβλημα 4
Σε ένα μακρινό πλανήτη, οι κάτοικοι μιλούν μια γλώσσα το αλφάβητο της οποίας αποτελείται μόνο από δύο γράμματα, τα A και B. Σουηδοί επιστήμονες, κατά τη μελέτη αυτής της γλώσσας, αντιστοίχησαν σε κάθε λέξη της έναν αριθμό, που ονόμασαν συντελεστή ABBA, και ο οποίος ισούται με το συνολικό αριθμό εμφανίσεων της ακολουθίας "ABBA" μέσα στη λέξη, όχι απαραίτητα συνεχόμενα. Για παράδειγμα, η λέξη AABA έχει συντελεστή ABBA

η λέξη ABBA

η λέξη AABBBA

ενώ η λέξη ABBABBA

Ποιος είναι ο μέγιστος δυνατός συντελεστής ABBA μιας λέξης με 100

γράμματα;

Ορέστης Λιγνός · #2

socrates έγραψε:Διαγώνισμα 11 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Seniors

Πρόβλημα 1
Θεωρούμε οξυγώνιο τρίγωνο και έστω το έγκεντρό του. Η ευθεία που περνάει από το και είναι παράλληλη στην τέμνει την στο ενώ η ευθεία που περνάει από το και είναι παράλληλη στην τέμνει την στο Η ευθεία τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου στα σημεία και Αν το μέσο του τόξου που δεν περιέχει το να δείξετε ότι το είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου

Καλημέρα Θανάση.

Είναι $\widehat{BAZ} \mathop = \limits^{Z \, \textnormal{\gr μέσο του τόξου}\, BC} =\dfrac{\widehat{A}}{2}=\widehat{BAI} \Rightarrow A,I,Z$ συνευθειακά (1).

Είναι $\displaystyle \widehat{AIN} \mathop = \limits^{MA \parallel IN} \widehat{MAI}=\widehat{IAN} \Rightarrow AN=NI$ (2).

Είναι $MI \parallel AN, MA \parallel IN$ , οπότε IMAN

παραλληλόγραμμο (3).

Από (2), (3), το IMAN

είναι ρόμβος, οπότε $AI \perp MN \equiv XY \Rightarrow AI \perp XY$ (4).

Από (1), (4) , έχουμε $ZI \perp XY$ (5).

Έστω $K \equiv AI \cup XY, L \equiv XI \cup YZ$ .

Είναι $XY \perp AI \mathop \Rightarrow \limits^{AM=MI} XK$ μεσοκάθετος του

.

Άρα, $\widehat{AXY}=\widehat{YXI} \Rightarrow \widehat{AZY}=\widehat{YXI} \Rightarrow KLZX$ εγγράψιμο.

Άρα, $\widehat{XLZ}=\wiehat{XKZ}=90^\circ$ , οπότε $XI \perp YZ$ (6).

Από (5), (6), έχουμε το ζητούμενο.

: ORTHOKENTRO.png (36.6 KiB) Προβλήθηκε 2117 φορές

harrisp · #3

socrates έγραψε: ↑
Τετ Μάιος 17, 2017 1:08 am
Πρόβλημα 2
Να βρείτε όλους τους θετικούς ακέραιους $1 \leq n \leq 2008$ για τους οποίους υπάρχει πρώτος αριθμός $p \geq n$ τέτοιος ώστε ο αριθμός

$\displaystyle{\frac{2008^p + (n - 1)!}{n}}$

να είναι ακέραιος.

Καλησπέρα! Μια λύση (ελπίζω σωστή), αν και νομίζω ότι το κούρασα πολύ.

Έστω $A=\displaystyle{\frac{2008^p + (n - 1)!}{n}}$

i) Για n=1

ο

είναι ακέραιος για κάθε

.

ii) Για n=2

ο αριθμητής είναι περιττός ενώ ο παρονομαστής άρτιος, άρα σε κάθε περίπτωση

δεν είναι ακέραιος.

iii) Για n=3

o αριθμητής είναι $2008^p+2\equiv 1^p +2 \equiv 3 \equiv 0 \mod 3$ άρα ο

είναι ακέραιος για κάθε

iv) Για n=4

είναι

άρα πρέπει 4|3!

άτοπο.

Έστω τώρα n>4

. Θα λάβουμε 2 περιπτώσεις:

i) Ο

είναι σύνθετος.

Λήμμα: Αν ο

είναι σύνθετος με n>4

τότε

.

Απόδειξη: Εστω n=ab

με

. Τοτε αφού ab>4

θα είναι και ab-1>a+b

. Γνωρίζουμε ότι ο αριθμός $\binom {a+b}{b}$ είναι ακέραιος άρα a!b!|(a+b)!

όμως

άρα

όμως $a+b\leq ab-1$ άρα n|(ab-1)!

και το λήμμα αποδείχθηκε.

Συνεπώς πρέπει $n|2008^p\Rightarrow n|2^{3p}\cdot 251^p\Rightarrow n=2^i$ με $i\leq 10$ ή n=502,1004,2008

.

ii) Ο

είναι πρώτος.

Τότε από το θεώρημα Wilson $(n-1)!\equiv -1 \mod n$ άρα πρέπει $2008^p\equiv 1 \mod n$ . Τότε $ord_{n}(2008)|p$ όμως ο

είναι πρώτος άρα:

a) $ord_{n}(2008)=1$ δηλ. n=3,223

b) $ord_{n}(2008)=p$ όμως ord_n(2008)|n-1

άρα

, άτοπο.

Ορέστης Λιγνός · #4

socrates έγραψε: ↑
Τετ Μάιος 17, 2017 1:08 am

Πρόβλημα 3
Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f,g:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε
(α) για κάθε $x,y \in \mathbb{R}.$
(β)

Έστω

, με $a \in \mathbb{R}$ .

Έστω επίσης g(-a)=k

.

Θεωρούμε P(x,y)

την δοσμένη συναρτησιακή σχέση. Τότε, $P(0,x) \,: \, f(g(x))=a+x$ (1).

Θα αποδείξουμε ότι η

είναι 1-1. Πράγματι, αν $x_1,x_2 \in A_g$ με $g(x_1=g(x_2) \Rightarrow f(g(x_1))=f(g(x_2)) \Rightarrow a+x_1=a+x_2 \Rightarrow x_1=x_2$ ό.έ.δ.

Επίσης, $P(0,-a) \, : \, a-a=f(g(-a))=f(k) \Rightarrow f(k)=0$ (2).

Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:

α) $g(1) \neq 1$ , τότε $P(\dfrac{-a}{g(1)-1)},0) \, : \, f(\dfrac{-ag(1)}{g(1)-1})=\dfrac{-a^2}{g(1)-1}+f(-\dfrac{ag(1)}{g(1)-1})$
$\Rightarrow \dfrac{-a^2}{g(1)-1} =0\Rightarrow a=0$ .

β) g(1)=1

, τότε αφού

1-1, δεν υπάρχει άλλος αριθμός $p \neq 1$ ώστε g(p)=1

, άρα $g(k+1) \neq 1$ , με $k \neq 0$ . Θέτουμε $P(\dfrac{g(k)}{g(k+1)-1},k) : k=0$ , άτοπο.

Άρα, $k=0 \Rightarrow g(-a)=0$ , και από (1), $f(g(-a))=0 \Rightarrow f(0)=0 \Rightarrow a=0$ .

Επομένως, a=0

, άσχετα από το εάν $g(1) \neq 1$ .

Έτσι, a=f(0)=g(0)=0

(3).

Είναι $P(-g(-1),-1) \, : \, f(-1)g(-1)=1$ (4).

Επίσης, $P(x-g(-1),-1) \, : \, f(x)=-xf(-1)+f(-1)g(-1)-1=-xf(-1)$ , από (4).

Άρα,

, και από (1), $f(g(x))=x \Rightarrow -g(x)f(-1)=x \Rightarrow g(x)=\dfrac{-x}{f(-1)}$ .

Έστω f(-1)=c

, άρα $f(x)=-cx, g(x)=-\dfrac{x}{c}$ .

Με αντικατάσταση στην αρχική προκύπτει c=-1

, άρα $\boxed{f(x)=g(x)=x}$ , που επαληθεύουν.

#5

socrates έγραψε: ↑
Τετ Μάιος 17, 2017 1:08 am
Πρόβλημα 4
Σε ένα μακρινό πλανήτη, οι κάτοικοι μιλούν μια γλώσσα το αλφάβητο της οποίας αποτελείται μόνο από δύο γράμματα, τα A και B. Σουηδοί επιστήμονες, κατά τη μελέτη αυτής της γλώσσας, αντιστοίχησαν σε κάθε λέξη της έναν αριθμό, που ονόμασαν συντελεστή ABBA, και ο οποίος ισούται με το συνολικό αριθμό εμφανίσεων της ακολουθίας "ABBA" μέσα στη λέξη, όχι απαραίτητα συνεχόμενα. Για παράδειγμα, η λέξη AABA έχει συντελεστή ABBA η λέξη ABBA η λέξη AABBBA ενώ η λέξη ABBABBA
Ποιος είναι ο μέγιστος δυνατός συντελεστής ABBA μιας λέξης με γράμματα;

Θεωρώ την λέξη $X_1X_2 \cdots X_{100}$ με τον μέγιστο συντελεστή ABBA

. Για $k \in \{0,1,\ldots,101\}$ , γράφω x_k

για τον συντελεστή

της λέξης $X_1 \cdots X_k$ και y_k

για τον συντελεστή

της λέξης $X_{k}\cdots X_{100}$ , όπου $x_0 = y_{101} = 0$ . (Οι συντελεστές

και

ορίζονται με τον προφανή τρόπο.)

Για $k=1,\ldots,99$ , θέτω $z_k = x_{k-1}-y_{k+2}$ και παρατηρώ ότι η ακολουθία (z_k)

είναι αύξουσα. Έχω $z_1 < 0 < z_{99}$ . (Σε διαφορετική περίπτωση ο συντελεστής ABBA

της λέξης $X_1X_2 \cdots X_{100}$ ισούται με

, άτοπο.)

Υπάρχει λοιπόν

ώστε $z_k \leqslant 0$ και $z_{k+1} \geqslant 0$ .

Μπορώ να υποθέσω ότι στο κομμάτι $X_1X_2 \cdots X_k$ δεν υπάρχει

ακολουθούμενο από

. Πράγματι, αν X_r = B

και $X_{r+1} = A$ με $r+1 \leqslant k$ , τότε αλλάζοντάς τα σε X_r = A

και $X_{r+1} = B$ ο συντελεστής ABBA

αλλάζει ως εξής:

Έχουμε μείωση κατά $x_{r-1}$ αφού οι μόνες ακολουθίες ABBA

που χάνονται είναι αυτές όπου το τελικό

είναι στις θέσεις X_r

και $X_{r+1}$ . Ταυτοχρόνως όμως, έχουμε για παρόμοιο λόγο αύξηση κατά $y_{r+2}$ . Συνολικά λοιπόν έχω αύξηση κατά

$\displaystyle y_{r+2}-x_{r-1} = -z_r \leqslant -z_k \leqslant 0$

Ομοίως μπορώ να υποθέσω ότι στο κομμάτι $X_{k+1} \cdots X_{100}$ δεν υπάρχει

ακολουθούμενο από

.

Άρα μπορώ να υποθέσω ότι η λέξη είναι της μορφής $A \cdots A B \cdots B A \cdots A$ .

Έστω ότι η λέξη ξεκινά με

γράμματα

, συνεχίζει με

γράμματα

, και τελειώνει με

γράμματα

. Τότε ο συντελεστής ABBA

της λέξης ισούται με $rt\binom{s}{2}$ για ψάχνουμε να το μεγιστοποιήσουμε υπό την συνθήκη r+s+t = 100

με τα

φυσικούς.

Έχουμε
$\displaystyle rt\binom{s}{2} = \frac{rts(s-1)}{2}\leqslant \frac{(r+t)^2s(s-1)}{8} = \frac{(100-s)^2s(s-1)}{8}$

Θέτω f(s) = (100-s)^2s(s-1)

. Τότε

$\displaystyle f(s) = [50^2 - (s-50)^2][(99/2)^2 - (s-101/2)^2] \geqslant 50^2((99/2)^2 - (1/2)^2) = 50^3 \cdot 49$

με ισότητα αν και μόνο αν s=50

. (Στην πρώτη ανισότητα χρησιμοποιήσαμε ότι ο

είναι ακέραιος και άρα $(s-101/2)^2 \geqslant (1/2)^2$ .)

Επομένως ο μέγιστος συντελεστής ABBA

ισούται με $\displaystyle \frac{49 \cdot 50^3}{8} = 25^3 \cdot 49$ και επιτυγχάνεται για την λέξη που ξεκινά με

γράμματα

, συνεχίζει με

γράμματα

, και τελειώνει με

γράμματα

.

Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 11

Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 11

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 11

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 11

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 11

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 11

Μέλη σε σύνδεση