Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 12

Σ' αυτόν τόν φάκελο καταχωρούνται, γιά περιορισμένο χρονικό διάστημα, ασκήσεις πού προτείνονται από οποιοδήποτε μέλος, αλλά η επίλυσή τους αφήνεται ΜΟΝΟ στούς μαθητές.

Συντονιστής: polysot

Απάντηση
socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6595
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:
Επικοινωνία socrates

Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 12

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Τετ Μάιος 17, 2017 12:25 am

Διαγώνισμα 12 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Seniors


Πρόβλημα 1
Να δείξετε ότι

\displaystyle{(ab + bc + ca − 1)^2\leq (a^2 + 1)(b^2 + 1)(c^2 + 1),}

για όλους τους πραγματικούς αριθμούς a,b,c. Για ποιες ακέραιες τιμές των a,b,c ισχύει η ισότητα;


Πρόβλημα 2
Θεωρούμε 2016 σημεία στο χώρο, ανά τέσσερα μη συνευθειακά. Να δείξετε ότι υπάρχουν 63 σημεία από αυτά, ανά τρία μη συνευθειακά.


Πρόβλημα 3
Να βρείτε όλα τα ζεύγη ακεραίων (a,b) τέτοια, ώστε \displaystyle{2017^a = b^6-32b + 1.}


Πρόβλημα 4
Έστω ABCD κυρτό τετράπλευρο τέτοιο ώστε AB = BC = CD. Οι ευθείες AB και CD τέμνονται στο E και οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων ABC και BDE στα σημεία B και F. Αν P το σημείο τομής των ευθειών AC και BF, να δείξετε ότι η ευθεία EP διχοτομεί τη γωνία \angle AED.


Θανάσης Κοντογεώργης
Λέξεις Κλειδιά:
προετοιμασία
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1861
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής
Επικοινωνία:
Επικοινωνία Ορέστης Λιγνός

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 12

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Τετ Μάιος 17, 2017 2:39 am

socrates έγραψε:Διαγώνισμα 12 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Seniors


Πρόβλημα 1
Να δείξετε ότι

\displaystyle{(ab + bc + ca − 1)^2\leq (a^2 + 1)(b^2 + 1)(c^2 + 1),}

για όλους τους πραγματικούς αριθμούς a,b,c. Για ποιες ακέραιες τιμές των a,b,c ισχύει η ισότητα;

Μετά τις πράξεις έχουμε να δείξουμε την \displaystyle a^2b^2c^2+(a+b+c)^2 \geqslant 2\sum ab^2c, που γράφεται (a+b+c-abc)^2 \geqslant 0, που ισχύει.

Το ίσον αν a+b+c=abc (μία οικογένεια λύσεων για a,b,c \in \mathbb{Z} είναι η (a,b,c)=(t,-t,0) (t \in \mathbb{Z})).


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε!
Κορυφή
thrassos
Δημοσιεύσεις: 32
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 11, 2016 8:06 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 12

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από thrassos » Πέμ Μάιος 25, 2017 9:20 pm

Να βρείτε όλα τα ζεύγη ακεραίων (a,b) τέτοια, ώστε 2017^a = b^6-32b + 1
Καλησπέρα σε όλους,
Η λύση μου αφορά τους μη αρνητικούς.
Αρχικά, παρατηρούμε ότι θα πρέπει b ζυγός και έστω b=2k.Στη συνέχεια θα δείξουμε ότι a πρέπει να είναι ζυγός.
Αφού, όμως, b=2k η αρχική εξίσωση γράφεται 2016(2017^{a-1}+.....+1)=64(k^6-k), εδώ παρατηρούμε ότι αν
2017^{a-1}+.....+1\equiv 1 mod2 τότε 2^6||RHS και 2^5||LHS άτοπο.
Άρα, 2017^{a-1}+.....+1\equiv 0 mod2 και άρα a ζυγός.(Θα μπορούσαμε να αποδείξουμε ότι a ζυγός και χρησιμοποιώντας την περιοδικότητα του 2017^a mod64)
Και τώρα πλέον γνωρίζουμε ότι LHS της αρχικής εξίσωσης(!) είναι τέλειο τετράγωνο και άρα και το RHS θα πρέπει να είναι.
Τώρα, εφαρμόζοντας την μέθοδο της φραγής μεταξύ δύο τέλειων τετραγώνων θα έχουμε ότι για b\geq5 ισχύει
(b^3-1)^2<RHS<(b^3)^2.Άρα έχουμε τις περιπτώσεις b=0 ή b=2 ή b=4, από τις οποίες η μόνη που δίνει λύση είναι για b=2,την (a,b)=(0,2).Τέλος έχουμε και την προφανή λύση (a,b)=(0,0).
Φιλικά,
Θράσος
τελευταία επεξεργασία από thrassos σε Πέμ Μάιος 25, 2017 9:26 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Θρασύβουλος Οικονόμου
Φοιτητής ΗΜΜΥ ΑΠΘ
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
JimNt.
Δημοσιεύσεις: 583
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 12

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από JimNt. » Πέμ Μάιος 25, 2017 9:23 pm

Aκριβώς το αντίθετο μπορεί να γίνει και αν b<0 .


Bye :')
Κορυφή
thrassos
Δημοσιεύσεις: 32
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 11, 2016 8:06 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 12

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από thrassos » Πέμ Μάιος 25, 2017 9:25 pm

Το γνωρίζω απλά για λόγους οικονομίας στον χρόνο έβαλα μόνο το σκέλος της λύσης μου που αφορά τους μη αρνητικούς


Θρασύβουλος Οικονόμου
Φοιτητής ΗΜΜΥ ΑΠΘ
Κορυφή
miltosk
Δημοσιεύσεις: 113
Εγγραφή: Τετ Μάιος 29, 2019 7:28 pm

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 12

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από miltosk » Σάβ Σεπ 14, 2019 12:24 pm

socrates έγραψε: ↑
Τετ Μάιος 17, 2017 12:25 am
 Διαγώνισμα 12 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Seniors
Πρόβλημα 4
Έστω ABCD κυρτό τετράπλευρο τέτοιο ώστε AB = BC = CD. Οι ευθείες AB και CD τέμνονται στο E και οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων ABC και BDE στα σημεία B και F. Αν P το σημείο τομής των ευθειών AC και BF, να δείξετε ότι η ευθεία EP διχοτομεί τη γωνία \angle AED.
Φέρνω το περίκυκλο του ACE που τέμνει τον περίκυκλο του DEB στο T. Τότε BF, ET, AC συντρέχουν στο ριζικό κέντρο των κύκλων που είναι το P. Άρα E,P,T είναι συνευθειακά. Αφού AEC<180^o τότε αν αποδείξω ότι TA=TC από νόμο ημιτόνων έχω το ζητούμενο. Αν όμως TA=TC τότε από το ισοσκελές ABC, BT\perp AC.
Έστω ακόμη: X\equiv BD\cap AC, N\equiv BT\cap AC και L\equiv BD\cap TC.
Αρχικά BAC=BCA ως προσκείμενες στη βάση ισοσκελούς και με angle-chasing από τα εγγράψιμα παίρνω τις ισότητες: BAC=ETC=BCA
Ομοίως: CDB=BTE=CBD
Οπότε το τετράπλευρο NTXL είναι εγγράψιμο αφού BXN=BAC+CDB=BTC αφού ηBXN είναι εξωτερική γωνία του τριγώνου BXC, άρα N+L=180^o.
Όμως: ACT=180^o-N-NTC και ACT=180^o-L-BCA-CBD
Επομένως N=L και άρα N=L=90^o και το ζητούμενο έπεται.
Σημείωση: Το X είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου BTC


Κορυφή
socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6595
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:
Επικοινωνία socrates

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 12

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Τρί Φεβ 25, 2020 3:44 am

socrates έγραψε: ↑
Τετ Μάιος 17, 2017 12:25 am
 Πρόβλημα 2
Θεωρούμε 2016 σημεία στο χώρο, ανά τέσσερα μη συνευθειακά. Να δείξετε ότι υπάρχουν 63 σημεία από αυτά, ανά τρία μη συνευθειακά.
Επαναφορά!


Θανάσης Κοντογεώργης
Κορυφή
socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6595
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:
Επικοινωνία socrates

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 12

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Τετ Μαρ 11, 2020 12:44 am

socrates έγραψε: ↑
Τετ Μάιος 17, 2017 12:25 am
 Πρόβλημα 2
Θεωρούμε 2016 σημεία στο χώρο, ανά τέσσερα μη συνευθειακά. Να δείξετε ότι υπάρχουν 63 σημεία από αυτά, ανά τρία μη συνευθειακά.
Μία λύση εδώ:
viewtopic.php?f=176&t=58855

Ελαφρώς διαφορετικά μπορούμε να πούμε:

Έστω k το μέγιστο πλήθος σημείων που είναι ανά 3 μη συνευθειακά. Αυτά ορίζουν ακριβώς \displaystyle{\binom{k}{2}} ευθείες.
Καθένα από τα υπόλοιπα 2016-k σημεία θα ανήκει αναγκαστικά σε μία από αυτές τις ευθείες.
Επειδή δεν υπάρχουν τέσσερα συνευθειακά σημεία, θα πρέπει \displaystyle{\binom{k}{2}\geq 2016-k \implies k\geq 63.}


Θανάσης Κοντογεώργης
Κορυφή
Απάντηση

Επιστροφή σε “Ασκήσεις ΜΟΝΟ για μαθητές”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης