ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

#21

cretanman έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 01, 2018 3:52 pm
Καλησπέρα σε όλους!

3ο Θέμα

Δώδεκα φίλοι παίζουν ένα τουρνουά τένις, όπου έκαστος παίζει ένα μόνο παιγνίδι με καθέναν από τους υπόλοιπους έντεκα. Ο νικητής παίρνει ένα βαθμό. Ο ηττημένος παίρνει μηδέν βαθμούς, ενώ δεν υπάρχει ισοπαλία. Οι τελικοί βαθμοί των συμμετεχόντων είναι $B_1, B_2, \ldots, B_{12}$ . Να προσδιορίσετε τη μεγαλύτερη δυνατή τιμή του αθροίσματος $\Sigma_3=B_1^3+B_2^3+\cdots + B_{12}^3$ .

Νομίζω έμεινε αναπάντητο.

Αν δύο άτομα έχουν πάρει τους ίδιους βαθμούς, έστω από

, τότε αλλάζοντας το μεταξύ τους αποτέλεσμα το $\Sigma_3$ αυξάνεται κατά:

$\displaystyle (n+1)^3 + (n-1)^3 - 2n^3 = 6n > 0$

Άρα μπορώ να υποθέσω ότι όλοι έχουν πάρει διαφορετικούς βαθμούς. Υπάρχει μόνο ένας τρόπος να συμβεί αυτό και τότε έχουμε

$\displaystyle \Sigma_3 = 11^3 + 10^3 + \cdots + 1^3 + 0^3 = \left( \frac{11 \cdot 12}{2} \right)^2 = 66^2 = 4356.$

panagiotis iliopoulos · #22

Καλησπέρα σας. Μήπως κάποιος μπορεί να δώσει λύση στο 3ο θέμα;

KARKAR · #23

achilleas έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 01, 2018 7:06 pm

1ο Θέμα

Θεωρούμε τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς που είναι τέτοιοι, ώστε .

Να αποδείξετε ότι υπάρχουν δύο από τους με άθροισμα μεγαλύτερο ή ίσο του .

Λύση : Ας υποθέσουμε ότι $a\geq b\geq c\geq d>0$ .

Εάν $b\geq 1$ , τότε τελειώσαμε, αφού θα είναι $a+b\geq 2$ . Αλλιώς, θα έχουμε $a\geq 1> b\geq c\geq d>0$ .

Τότε: $a+b=b+\sqrt{4-(b^2+c^2+d^2)}\geq b+\sqrt{4-3b^2}$

Θεωρούμε τη συνάρτηση : $f(x)=x+\sqrt{4-3x^2} , x\in (0,1)$

: 1 μικρών.png (6.81 KiB) Προβλήθηκε 2104 φορές

Παρατηρούμε ότι για $b\in (0,1)$ είναι a+b>2

.

#24

panagiotis iliopoulos έγραψε: ↑
Δευ Απρ 02, 2018 6:34 pm
Καλησπέρα σας. Μήπως κάποιος μπορεί να δώσει λύση στο 3ο θέμα;

Παναγιώτη, έχω δώσει απάντηση λίγο πιο πάνω. (Πρώτη ανάρτηση σε αυτήν την σελίδα.)

#25

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Απρ 02, 2018 7:32 pm

achilleas έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 01, 2018 7:06 pm

1ο Θέμα

Θεωρούμε τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς που είναι τέτοιοι, ώστε .

Να αποδείξετε ότι υπάρχουν δύο από τους με άθροισμα μεγαλύτερο ή ίσο του .

Λύση : Ας υποθέσουμε ότι $a\geq b\geq c\geq d>0$ .

Εάν $b\geq 1$ , τότε τελειώσαμε, αφού θα είναι $a+b\geq 2$ . Αλλιώς, θα έχουμε $a\geq 1> b\geq c\geq d>0$ .

Τότε: $a+b=b+\sqrt{4-(b^2+c^2+d^2)}\geq b+\sqrt{4-3b^2}$

Θεωρούμε τη συνάρτηση : $f(x)=x+\sqrt{4-3x^2} , x\in (0,1)$

Παρατηρούμε ότι για $b\in (0,1)$ είναι .

Το θέμα όμως είναι ότι γραφικές λύσεις δεν γίνονται δεκτές χωρίς απόδειξη. Επίσης οι μικροί δεν γνωρίζουν μελέτη συνάρτησης με λογισμό, αλλά ακόμη και στους μεγάλους ο λογισμός δεν επιτρέπεται.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #26

Demetres έγραψε: ↑
Δευ Απρ 02, 2018 3:28 pm

cretanman έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 01, 2018 3:52 pm
Καλησπέρα σε όλους!

3ο Θέμα

Δώδεκα φίλοι παίζουν ένα τουρνουά τένις, όπου έκαστος παίζει ένα μόνο παιγνίδι με καθέναν από τους υπόλοιπους έντεκα. Ο νικητής παίρνει ένα βαθμό. Ο ηττημένος παίρνει μηδέν βαθμούς, ενώ δεν υπάρχει ισοπαλία. Οι τελικοί βαθμοί των συμμετεχόντων είναι $B_1, B_2, \ldots, B_{12}$ . Να προσδιορίσετε τη μεγαλύτερη δυνατή τιμή του αθροίσματος $\Sigma_3=B_1^3+B_2^3+\cdots + B_{12}^3$ .

Νομίζω έμεινε αναπάντητο.

Αν δύο άτομα έχουν πάρει τους ίδιους βαθμούς, έστω από , τότε αλλάζοντας το μεταξύ τους αποτέλεσμα το $\Sigma_3$ αυξάνεται κατά:

$\displaystyle (n+1)^3 + (n-1)^3 - 2n^3 = 6n > 0$

Άρα μπορώ να υποθέσω ότι όλοι έχουν πάρει διαφορετικούς βαθμούς. Υπάρχει μόνο ένας τρόπος να συμβεί αυτό και τότε έχουμε

$\displaystyle \Sigma_3 = 11^3 + 10^3 + \cdots + 1^3 + 0^3 = \left( \frac{11 \cdot 12}{2} \right)^2 = 66^2 = 4356.$

Καλημέρα Δημήτρη.

Δεν θα πρέπει να αποδειχθεί ότι όταν γίνουν οι αγώνες μπορεί να προκύψει

το 0,1,2,3......,11

;

Εύκολο είναι αλλά θεωρείται γνωστό;

#27

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Τρί Απρ 03, 2018 11:15 am

Demetres έγραψε: ↑
Δευ Απρ 02, 2018 3:28 pm

cretanman έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 01, 2018 3:52 pm
Καλησπέρα σε όλους!

3ο Θέμα

Δώδεκα φίλοι παίζουν ένα τουρνουά τένις, όπου έκαστος παίζει ένα μόνο παιγνίδι με καθέναν από τους υπόλοιπους έντεκα. Ο νικητής παίρνει ένα βαθμό. Ο ηττημένος παίρνει μηδέν βαθμούς, ενώ δεν υπάρχει ισοπαλία. Οι τελικοί βαθμοί των συμμετεχόντων είναι $B_1, B_2, \ldots, B_{12}$ . Να προσδιορίσετε τη μεγαλύτερη δυνατή τιμή του αθροίσματος $\Sigma_3=B_1^3+B_2^3+\cdots + B_{12}^3$ .

Νομίζω έμεινε αναπάντητο.

Αν δύο άτομα έχουν πάρει τους ίδιους βαθμούς, έστω από , τότε αλλάζοντας το μεταξύ τους αποτέλεσμα το $\Sigma_3$ αυξάνεται κατά:

$\displaystyle (n+1)^3 + (n-1)^3 - 2n^3 = 6n > 0$

Άρα μπορώ να υποθέσω ότι όλοι έχουν πάρει διαφορετικούς βαθμούς. Υπάρχει μόνο ένας τρόπος να συμβεί αυτό και τότε έχουμε

$\displaystyle \Sigma_3 = 11^3 + 10^3 + \cdots + 1^3 + 0^3 = \left( \frac{11 \cdot 12}{2} \right)^2 = 66^2 = 4356.$
Καλημέρα Δημήτρη.

Δεν θα πρέπει να αποδειχθεί ότι όταν γίνουν οι αγώνες μπορεί να προκύψει

το ;

Εύκολο είναι αλλά θεωρείται γνωστό;

Σταύρο έχεις δίκαιο σε αυτό. Ασφαλώς δεν μπορεί να θεωρηθεί γνωστό. Το άφησα πίσω επειδή ήταν εύκολο αλλά σε μια πλήρη λύση θα έπρεπε να γραφεί. Για πλήρη λύση θα έπρεπε επίσης να γράψω ότι η αύξηση είναι πάντα ακέραιος και επειδή σίγουρα $\Sigma_3 \leqslant 12 \cdot 11^3$ δεν μπορώ να έχω αυξήσεις επ' άπειρον. Άρα σε κάποια στιγμή όντως θα καταλήξω σε μια κατάσταση όπου όλοι έχουν διαφορετικούς βαθμούς.

Τσιαλας Νικολαος · #28

Demetres έγραψε: ↑
Τρί Απρ 03, 2018 11:10 am

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Απρ 02, 2018 7:32 pm

achilleas έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 01, 2018 7:06 pm

1ο Θέμα

Θεωρούμε τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς που είναι τέτοιοι, ώστε .

Να αποδείξετε ότι υπάρχουν δύο από τους με άθροισμα μεγαλύτερο ή ίσο του .

Λύση : Ας υποθέσουμε ότι $a\geq b\geq c\geq d>0$ .

Εάν $b\geq 1$ , τότε τελειώσαμε, αφού θα είναι $a+b\geq 2$ . Αλλιώς, θα έχουμε $a\geq 1> b\geq c\geq d>0$ .

Τότε: $a+b=b+\sqrt{4-(b^2+c^2+d^2)}\geq b+\sqrt{4-3b^2}$

Θεωρούμε τη συνάρτηση : $f(x)=x+\sqrt{4-3x^2} , x\in (0,1)$

Παρατηρούμε ότι για $b\in (0,1)$ είναι .
Το θέμα όμως είναι ότι γραφικές λύσεις δεν γίνονται δεκτές χωρίς απόδειξη. Επίσης οι μικροί δεν γνωρίζουν μελέτη συνάρτησης με λογισμό, αλλά ακόμη και στους μεγάλους ο λογισμός δεν επιτρέπεται.

Δημήτρη εννοείς διαφορικό λογισμό?

#29

Να δούμε και το γενικό πρόβλημα:

cretanman έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 01, 2018 4:58 pm

cretanman έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 01, 2018 3:52 pm
4ο Θέμα (επετειακό θέμα για τα 100 χρόνια της Ε.Μ.Ε.)

Να βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους , που είναι λύσεις της εξίσωσης:

#30

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: ↑
Τρί Απρ 03, 2018 2:19 pm
Δημήτρη εννοείς διαφορικό λογισμό?

Ναι.

silouan έγραψε: ↑
Τρί Απρ 03, 2018 3:10 pm
Να δούμε και το γενικό πρόβλημα:
cretanman έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 01, 2018 4:58 pm

cretanman έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 01, 2018 3:52 pm
4ο Θέμα (επετειακό θέμα για τα 100 χρόνια της Ε.Μ.Ε.)

Να βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους , που είναι λύσεις της εξίσωσης:

Είχα αναρωτηθεί γιατί δεν μπήκε το γενικό πρόβλημα.

Είναι εύκολο να δείξουμε ότι ο

είναι περιττός αν εργαστούμε modulo

. Παίρνουμε ότι $3^x \equiv 3^z \bmod 5$ που δίνει $x \equiv z \bmod 4$ . Επειδή όμως ο

είναι περιττός (έχει δειχθεί από τον Αλέξανδρο εδώ) τότε και ο

είναι περιττός.

Τσιαλας Νικολαος · #31

Δημήτρη μιας και είχα την απορία αυτή. Το ρώτησα λοιπόν και η απάντηση που πήρα είναι ότι όλα επιτρέπονται!!! Επίσης γνωρίζω αρκετά παιδιά γυμνασίου που έχουν φτάσει σε πολύ καλό επίπεδο λογισμού ( αν όχι άριστο )!!

#32

Demetres έγραψε: ↑
Τρί Απρ 03, 2018 4:32 pm
Είχα αναρωτηθεί γιατί δεν μπήκε το γενικό πρόβλημα.

Δημήτρη, το πρόβλημα ήταν ήδη δύσκολο (αποδείχθηκε και στο διαγωνισμό, καθώς δεν το έλυσε κανείς), οπότε αποφασίστηκε να μπει σε λίγο πιο απλή μορφή.

S.E.Louridas · #33

cretanman έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 01, 2018 3:52 pm
1ο Θέμα
Θεωρούμε τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς που είναι τέτοιοι, ώστε . Να αποδείξετε ότι υπάρχουν δύο από τους με άθροισμα μεγαλύτερο ή ίσο του .

Ας αναφέρω και τη διαπραγμάτευση που ακολουθεί, μόνο, και μόνο για λόγους πλουραλισμού και για την ομορφιά, κατά την άποψη μου, της μεθόδου της εις άτοπον απαγωγής.
Υποθέτουμε ότι όλα τα ζεύγη εκ των αριθμών a,b,c,d

, με τα συγκεκριμένα δεδομένα, δίνουν αθροίσματα μικρότερα του

Τότε παίρνουμε:
$a + b < 2 \Leftrightarrow {a^2} + ab < 2a,\;b + c < 2 \Leftrightarrow {b^2} + bc < 2b,$ $c + d < 2 \Leftrightarrow {c^2} + dc < 2c,\;d + a < 2 \Leftrightarrow {d^2} + ad < 2d.$
Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε $4 + \left( {a + c} \right)\left( {b + d} \right) < 2\left( {a + c} \right) + 2\left( {b + d} \right)$ ή $0 < \left( {a + c} \right)\left( {2 - b - d} \right) - 2\left( {2 - b - d} \right)$ ή $0 < \left( {a + c - 2} \right)\left( {2 - b - d} \right)$ που είναι άτοπο από την υπόθεση.
Άρα θα υπάρχουν δύο από τους a,b,c,d

με άθροισμα μεγαλύτερο ή ίσο του

.

Prødigy · #34

Μία λίγο διαφορετική λύση στο πρόβλημα 1 χωρίς την θεώρηση της διάταξης:
Από AM-GM παίρνουμε $a^2+ b^2 +c^2 +d^2\geq 4\sqrt{abcd}$
Για να ισχύει η δοσμένη ισότητα πρέπει abcd=1

Άρα παίρνουμε ότι $a=\frac{1}{bcd}$ και $b=\frac{1}{acd}$
Οπότε $a + b= \frac{1}{bcd} + \frac{1}{acd}\geq 2 \sqrt{abc^2d^2}=2$
Η λύση είναι λανθασμένη

#35

Prødigy έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 22, 2019 2:03 pm
Μία λίγο διαφορετική λύση στο πρόβλημα 1 χωρίς την θεώρηση της διάταξης:
Από AM-GM παίρνουμε $a^2+ b^2 +c^2 +d^2\geq 4\sqrt{abcd}$
Για να ισχύει η δοσμένη ισότητα πρέπει
Άρα παίρνουμε ότι $a=\frac{1}{bcd}$ και $b=\frac{1}{acd}$
Οπότε $a + b= \frac{1}{bcd} + \frac{1}{acd}\geq 2 \sqrt{abc^2d^2}=2$

Γιατί αν ισχύει a^2+b^2+c^2+d^2=4

πρέπει

;

Αυτό που βλέπω είναι ότι $abcd\leq 1$ . Γιατί να ισχύει η ισότητα;

Φιλικά,

Αχιλλέας

Prødigy · #36

achilleas έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 22, 2019 3:05 pm

Prødigy έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 22, 2019 2:03 pm
Μία λίγο διαφορετική λύση στο πρόβλημα 1 χωρίς την θεώρηση της διάταξης:
Από AM-GM παίρνουμε $a^2+ b^2 +c^2 +d^2\geq 4\sqrt{abcd}$
Για να ισχύει η δοσμένη ισότητα πρέπει
Άρα παίρνουμε ότι $a=\frac{1}{bcd}$ και $b=\frac{1}{acd}$
Οπότε $a + b= \frac{1}{bcd} + \frac{1}{acd}\geq 2 \sqrt{abc^2d^2}=2$
Γιατί αν ισχύει πρέπει ;

Αυτό που βλέπω είναι ότι $abcd\leq 1$ . Γιατί να ισχύει η ισότητα;

Φιλικά,

Αχιλλέας

Καλησπέρα κύριε Αχιλλέα.
Το ότι $abcd\leq 1$ είναι εμφανές.Ωστόσο θεώρησα πώς από την στιγμή που μου δίνεται η τιμή της παράστασης a^2+b^2+ c^2 +d^2=4

τότε θα μπορούσα να πω πώς abcd=1

ούτως ώστε να ισχύσει η ισότητα.
Θα μπορούσατε να μου εξηγήσετε καλύτερα που βρίσκεται το λάθος;
Δεν καταλαβαίνω γιατί μπορεί να μην ισχύει η ισότητα.

Με μεγάλη εκτίμηση

#37

Prødigy έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 22, 2019 4:58 pm

achilleas έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 22, 2019 3:05 pm

Prødigy έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 22, 2019 2:03 pm
Μία λίγο διαφορετική λύση στο πρόβλημα 1 χωρίς την θεώρηση της διάταξης:
Από AM-GM παίρνουμε $a^2+ b^2 +c^2 +d^2\geq 4\sqrt{abcd}$
Για να ισχύει η δοσμένη ισότητα πρέπει
Άρα παίρνουμε ότι $a=\frac{1}{bcd}$ και $b=\frac{1}{acd}$
Οπότε $a + b= \frac{1}{bcd} + \frac{1}{acd}\geq 2 \sqrt{abc^2d^2}=2$
Γιατί αν ισχύει πρέπει ;

Αυτό που βλέπω είναι ότι $abcd\leq 1$ . Γιατί να ισχύει η ισότητα;

Φιλικά,

Αχιλλέας
Καλησπέρα κύριε Αχιλλέα.
Το ότι $abcd\leq 1$ είναι εμφανές.Ωστόσο θεώρησα πώς από την στιγμή που μου δίνεται η τιμή της παράστασης
τότε θα μπορούσα να πω πώς ούτως ώστε να ισχύσει η ισότητα.
Θα μπορούσατε να μου εξηγήσετε καλύτερα που βρίσκεται το λάθος;
Δεν καταλαβαίνω γιατί μπορεί να μην ισχύει η ισότητα.

Με μεγάλη εκτίμηση

Καλησπέρα, Prødigy,

Δεν μπορούμε να θεωρήσουμε ότι abcd=1

από τα δεδομένα, παρά μόνο ότι $abcd\leq 1$ . Άλλωστε, αν είχαμε abcd=1

,τότε θα είχαμε ισότητα στην ΑΜ-ΓΜ ανισότητα, δηλ. $a^2+b^2+c^2+d^2=4\sqrt{abcd}$ , που θα μας έδινε a=b=c=d=1

, και το συμπέρασμα θα ίσχυε "τετριμμένα".

Για να δεις ότι μπορούμε να έχουμε abcbd<1

, πάρε για παράδειγμα a=1.8

, $b=\sqrt{0.74}$ , c=d=0.1.

Τότε

, αλλά $abcd=0.018\cdot \sqrt{0.74}<1.$

Το συμπέρασμα φυσικά ισχύει αφού $a+b=1.8+\sqrt{0.74}>2.$

Στο παράδειγμα, απλώς πήρα

σχετικά "κοντά" στο 2, οπότε b,c,d

είναι "κοντά" στο 0, τέτοια ώστε a^2+b^2+c^2+d^2=4

.

Διαισθητικά, το γινόμενο abcd

θα είναι "κοντά" στο 0 (όχι στο 1), αφού έχει όρους b,c,d

"κοντά" στο 0, και a<2.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Prødigy · #38

Κύριε Αχιλλέα σας ευχαριστώ πολύ για την διόρθωση!
Πράγματι δεν αντιλήφθηκα τα λάθη στα οποία υπέκυπτε η λύση που έδωσα!

Με μεγάλη εκτίμηση

#39

cretanman έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 01, 2018 3:52 pm
Θέματα Μικρών:

3ο Θέμα

Δώδεκα φίλοι παίζουν ένα τουρνουά τένις, όπου έκαστος παίζει ένα μόνο παιγνίδι με καθέναν από τους υπόλοιπους έντεκα. Ο νικητής παίρνει ένα βαθμό. Ο ηττημένος παίρνει μηδέν βαθμούς, ενώ δεν υπάρχει ισοπαλία. Οι τελικοί βαθμοί των συμμετεχόντων είναι $B_1, B_2, \ldots, B_{12}$ . Να προσδιορίσετε τη μεγαλύτερη δυνατή τιμή του αθροίσματος $\Sigma_3=B_1^3+B_2^3+\cdots + B_{12}^3$ .

Θέμα 4:
https://www.math.wisc.edu/talent/sites/ ... 17-1q2.pdf

ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

Μέλη σε σύνδεση