Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 13

#1

Διαγώνισμα 13 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Juniors

Πρόβλημα 1
Να δείξετε ότι

$\displaystyle{ (a + 2)(b + 2) \geq cd ,}$

για όλους τους πραγματικούς αριθμούς a,b,c,d

με

Για ποιες ακέραιες τιμές των a,b,c,d

ισχύει η ισότητα;

Πρόβλημα 2
Θεωρούμε τρίγωνο ABC

με $\angle BAC = 30^{\circ}$ και

σημείο στο εσωτερικό του. Έστω P_A, P_B

και

τα συμμετρικα του

ως προς τις πλευρές BC, CA

και

αντίστοιχα. Αν το τρίγωνο P_AP_BP_C

είναι ισόπλευρο, να δείξετε ότι η γωνία $\angle BPC$ είναι ορθή.

Πρόβλημα 3
Να βρείτε όλες τις τριάδες πρώτων αριθμών (p, q, r)

για τις οποίες ισχύει p + q = r + 1

και

Πρόβλημα 4
Είκοσι παιδιά κρατούν 100

σχοινιά. Τα άκρα κάθε σχοινιού κρατούν δύο παιδιά, ένα για κάθε άκρο. Δύο παιδιά μπορούν να κρατούν ένα μόνο κοινό σχοινί. Υποθέτουμε ότι ένα ζευγάρι σχοινιών των οποίων τα τέσσερα άκρα κρατούν διαφορετικά παιδιά μπορεί να επιλεγεί με ακριβώς 4050

τρόπους. Να αποδείξετε ότι κάθε παιδί κρατά τον ίδιο αριθμό σχοινιών.

Ορέστης Λιγνός · #2

socrates έγραψε: Πρόβλημα 3
Να βρείτε όλες τις τριάδες πρώτων αριθμών για τις οποίες ισχύει και

Έστω ότι κάποιος από τους p,q,r

είναι

. Εύκολα έχουμε την λύση (p,q,r)=(3,3,5)

.

Έστω $p,q,r \neq 5$ .

Τότε $q^2 \equiv 1,4 (\bmod 5)$ .

Αν $q^2 \equiv 4(\bmod5) \Rightarrow pr=q^2+6 \equiv 0 (\bmod5) \Rightarrow 5 \mid pr$ , άτοπο.

Πρέπει λοιπόν $q^2 \equiv 1 (\bmod 5) \Rightarrow q \equiv 1,4 (\bmod 5)$ .

α) Αν $q \equiv 1(\bmod 5)$ , τότε $r+1=p+q \equiv p+1 (\bmod 5) \Rightarrow p \equiv r (\bmod 5)$ (1).

Επίσης, $p^2 \equiv pr=q^2+6 \equiv 2(\bmod 5)$ , άτοπο (το

δεν είναι τετραγωνικό υπόλοιπο $(\bmod5)$ ).

β) Αν $q \equiv 4(\bmod5)$ , $pr=q^2+6 \equiv 2(\bmod5)$ , οπότε $pr \equiv 2(\bmod5)$ (2).

Επίσης, $r+1=p+q \equiv p+4 (\bmod5) \Rightarrow r \equiv p+3(\bmod5)$ (3).

Από (2), (3) , $p(p+3) \equiv 2(\bmod5)$ , το οποίο με δοκιμές είναι αδύνατο.

Μοναδική λύση η (p,q,r)=(3,3,5)

.

Ορέστης Λιγνός · #3

socrates έγραψε:Διαγώνισμα 13 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Juniors

Πρόβλημα 1
Να δείξετε ότι

$\displaystyle{ (a + 2)(b + 2) \geq cd ,}$

για όλους τους πραγματικούς αριθμούς με Για ποιες ακέραιες τιμές των ισχύει η ισότητα;

Είναι $4=a^2+b^2+c^2+d^2 \geqslant a^2+b^2+2cd$ , άρα $cd \leqslant \dfrac{4-a^2-b^2}{2}$ .

Αρκεί λοιπόν ν.δ.ο. $(a+2)(b+2) \geqslant \dfrac{4-a^2-b^2}{2}$ , που μετά από πράξεις γράφεται $(a+b+2)^2 \geqslant 0$ , που ισχύει.

Το ίσον αν a=-2, b=c=d=0

.

#4

Ορέστης Λιγνός έγραψε:
socrates έγραψε: Πρόβλημα 3
Να βρείτε όλες τις τριάδες πρώτων αριθμών για τις οποίες ισχύει και

Έστω ότι κάποιος από τους είναι . Εύκολα έχουμε την λύση .

Έστω $p,q,r \neq 5$ .

Τότε $q^2 \equiv 1,4 (\bmod 5)$ .

Αν $q^2 \equiv 4(\bmod5) \Rightarrow pr=q^2+6 \equiv 0 (\bmod5) \Rightarrow 5 \mid pr$ , άτοπο.

Πρέπει λοιπόν $q^2 \equiv 1 (\bmod 5) \Rightarrow q \equiv 1,4 (\bmod 5)$ .

α) Αν $q \equiv 1(\bmod 5)$ , τότε $r+1=p+q \equiv p+1 (\bmod 5) \Rightarrow p \equiv r (\bmod 5)$ (1).

Επίσης, $p^2 \equiv pr=q^2+6 \equiv 2(\bmod 5)$ , άτοπο (το δεν είναι τετραγωνικό υπόλοιπο $(\bmod5)$ ).

β) Αν $q \equiv 4(\bmod5)$ , $pr=q^2+6 \equiv 2(\bmod5)$ , οπότε $pr \equiv 2(\bmod5)$ (2).

Επίσης, $r+1=p+q \equiv p+4 (\bmod5) \Rightarrow r \equiv p+3(\bmod5)$ (3).

Από (2), (3) , $p(p+3) \equiv 2(\bmod5)$ , το οποίο με δοκιμές είναι αδύνατο.

Μοναδική λύση η .

Σωστά! (Υπάρχει μια ακόμη λύση, η (5, 7, 11)

)

Ορέστης Λιγνός · #5

socrates έγραψε: Πρόβλημα 2
Θεωρούμε τρίγωνο με $\angle BAC = 30^{\circ}$ και σημείο στο εσωτερικό του. Έστω και τα συμμετρικα του ως προς τις πλευρές και αντίστοιχα. Αν το τρίγωνο είναι ισόπλευρο, να δείξετε ότι η γωνία $\angle BPC$ είναι ορθή.

Έστω

τα σημεία όπου οι P_B P, P_C P, P_A

τέμνουν τις AC, AB, BC

αντίστοιχα.

Από το τρίγωνο $\vartriangle P_BP_CP$ , η

ενώνει τα μέσα δύο πλευρών του, άρα $DE \parallel P_BP_C$ , και όμοια $DF \parallel P_BP_A, EF \parallel P_CP_A$ .

Τα τρίγωνα λοιπόν $\vartriangle P_AP_BP_C, \vartriangle DFE$ έχουν παράλληλες πλευρές, άρα είναι όμοια, οπότε $\vartriangle DFE$ ισόπλευρο.

Είναι $\widehat{ADP}=\widehat{AEP}=90^\circ \Rightarrow ADPE$ εγγράψιμο, οπότε $\widehat{DPE}=150^\circ$ και $\widehat{EDP}+\widehat{DEP}=30^\circ$ .

Είναι $120^\circ=\widehat{EDF}+\widehat{FED}=\widehat{EDP}+\widehat{PDF}+\widehat{PED}+\widehat{PEF}=30^\circ+\widehat{PDF}+\widehat{PEF}$ , οπότε οι $\widehat{PDF}, \widehat{PEF}$ είναι συμπληρωματικές.

Τα PDCF, PEBF

είναι εγγράψιμα (εύκολο), άρα $\widehat{PEF}=\widehat{PBC}, \widehat{PDF}=\widehat{PCB}$ , οπότε $\widehat{PCB}, \widehat{PBC}$ συμπληρωματικές, που ισοδυναμεί με το ζητούμενο.

: ISOPLEVRO.png (15.8 KiB) Προβλήθηκε 3347 φορές

#6

socrates έγραψε: ↑
Τετ Μάιος 17, 2017 12:46 am
Πρόβλημα 4
Είκοσι παιδιά κρατούν σχοινιά. Τα άκρα κάθε σχοινιού κρατούν δύο παιδιά, ένα για κάθε άκρο. Δύο παιδιά μπορούν να κρατούν ένα μόνο κοινό σχοινί. Υποθέτουμε ότι ένα ζευγάρι σχοινιών των οποίων τα τέσσερα άκρα κρατούν διαφορετικά παιδιά μπορεί να επιλεγεί με ακριβώς τρόπους. Να αποδείξετε ότι κάθε παιδί κρατά τον ίδιο αριθμό σχοινιών.

Επαναφορά!

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #7

socrates έγραψε: ↑
Τετ Μάιος 17, 2017 12:46 am

Πρόβλημα 4
Είκοσι παιδιά κρατούν σχοινιά. Τα άκρα κάθε σχοινιού κρατούν δύο παιδιά, ένα για κάθε άκρο. Δύο παιδιά μπορούν να κρατούν ένα μόνο κοινό σχοινί. Υποθέτουμε ότι ένα ζευγάρι σχοινιών των οποίων τα τέσσερα άκρα κρατούν διαφορετικά παιδιά μπορεί να επιλεγεί με ακριβώς τρόπους. Να αποδείξετε ότι κάθε παιδί κρατά τον ίδιο αριθμό σχοινιών.

Πανέμορφη

Έστω $a_1,a_2,...,a_{20}$ οι μαθητές.Κάθε σχοινί ''ενώνει'' δύο μαθητές οπότε θα γράφω $a_i\cap a_j$ αν οι a_i,a_j

ενώνονται με σχοινί.Θεωρώ τα σύνολα $k_i=\left \{ a_j \setminus a_i\cap a_j \right \},i=1,2,....20$ δηλαδή για κάθε μαθητή το σύνολο των μαθητών με τους οποίους ενώνεται.Αν με $\left | k \right |$ συμβολίσω το πλήθος των στοιχείων του συνόλου

τότε επειδή $a_l\in k_i\Leftrightarrow a_i\in k_l$ θα είναι $\dfrac{\displaystyle {\sum_{i=1}^{20}k_i}}{2}=100$ $\displaystyle {\Leftrightarrow \sum_{i=1}^{20}k_i=200}$ .
Τώρα θα βρούμε με πόσους τρόπους μπορούμε να επιλέξουμε ένα ζευγάρι σχοινιών που τα άκρα τους δεν κρατάνε ίδια παιδιά.
Αν επιλέξουμε το τον a_1

έχουμε $\displaystyle {101\left | k_1 \right |-\left | k_1 \right |^2-\underset{a_j\in k_1}{\sum }\left | k_j \right |}$ δυνατές επιλογές.
Τότε όμως συνολικά έχουμε μετρήσει κάθε ζευγάρι σχοινί

φορές ( π.χ το (a_i,a_j),(a_k,a_l)

το έχουμε μετρήσει και ως $\left [ (a_j,a_i),(a_k,a_l) \right ],\left [ (a_k,a_l),(a_j,a_i) \right ] ,\left [ \left [ (a_l,a_k),(a_j,a_i) \right ] \right ]$ )
Έτσι σύμφωνα με την προσθετική αρχή και την υπόθεση θα έχουμε ότι:
$\dfrac{\displaystyle {101\sum_{i=1}^{20}\left | k_i \right |-\sum_{i=1}^{20}\left | k_i \right |^2}-\sum_{j=1}^{20} \underset{a_i\in k_j}{\sum} \left | k_i \right |}{4}=4050\Leftrightarrow$
$\displaystyle{ \sum_{i=1}^{20}\left | k_i \right |^2+\sum_{j=1}^{20} \underset{a_i\in k_j}{\sum} \left | k_i \right |=101\cdot 200-4\cdot 4050=4000}$
Στο άθροισμα όμως $\displaystyle{\sum_{j=1}^{20} \underset{a_i\in k_j}{\sum} \left | k_i \right |$ κάθε $\left | k_i \right |}$ εμφανίζεται $\left | k_i \right |$ φορές (αφού $a_l\in k_i\Leftrightarrow a_i\in k_l$ ) και έτσι $\displaystyle{\sum_{j=1}^{20} \underset{a_i\in k_j}{\sum} \left | k_i \right |=\sum_{i=1}^{20}\left | k_i \right |^2}$
Άρα $\displaystyle {2\sum_{i=1}^{20}\left | k_i \right |^2=4000\Leftrightarrow \sum_{i=1}^{20}\left | k_i \right |^2=2000}$
Από την ανισότητα των δυνάμεων έχουμε $\sqrt{\dfrac{\displaystyle{\sum_{i=1}^{20}\left | k_i \right |^2}}{20}}\geq \dfrac{{\displaystyle \sum_{i=1}^{20}\left | k_i \right |}}{20}\Leftrightarrow ..\Leftrightarrow 40000\geq 40000$
Επειδή η ισότητα ισχύει μόνο όταν $\left |k_i \right |=\left |k_j \right |,\forall i,j$
το ζητούμενο έπεται.

#8

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 02, 2020 2:17 pm

socrates έγραψε: ↑
Τετ Μάιος 17, 2017 12:46 am

Πρόβλημα 4
Είκοσι παιδιά κρατούν σχοινιά. Τα άκρα κάθε σχοινιού κρατούν δύο παιδιά, ένα για κάθε άκρο. Δύο παιδιά μπορούν να κρατούν ένα μόνο κοινό σχοινί. Υποθέτουμε ότι ένα ζευγάρι σχοινιών των οποίων τα τέσσερα άκρα κρατούν διαφορετικά παιδιά μπορεί να επιλεγεί με ακριβώς τρόπους. Να αποδείξετε ότι κάθε παιδί κρατά τον ίδιο αριθμό σχοινιών.
Πανέμορφη

Έστω $a_1,a_2,...,a_{20}$ οι μαθητές.Κάθε σχοινί ''ενώνει'' δύο μαθητές οπότε θα γράφω $a_i\cap a_j$ αν οι ενώνονται με σχοινί.Θεωρώ τα σύνολα $k_i=\left \{ a_j \setminus a_i\cap a_j \right \},i=1,2,....20$ δηλαδή για κάθε μαθητή το σύνολο των μαθητών με τους οποίους ενώνεται.Αν με $\left | k \right |$ συμβολίσω το πλήθος των στοιχείων του συνόλου τότε επειδή $a_l\in k_i\Leftrightarrow a_i\in k_l$ θα είναι $\dfrac{\displaystyle {\sum_{i=1}^{20}k_i}}{2}=100$ $\displaystyle {\Leftrightarrow \sum_{i=1}^{20}k_i=200}$ .
Τώρα θα βρούμε με πόσους τρόπους μπορούμε να επιλέξουμε ένα ζευγάρι σχοινιών που τα άκρα τους δεν κρατάνε ίδια παιδιά.
Αν επιλέξουμε το τον έχουμε $\left | k_1 \right |$ μαθητές και για κάποιον $a_l\in \left | k_1 \right |$ μένουν $100-\left ( \left | k_1 \right |+\left | k_l \right |-1\right )=101-\left ( \left | k_1 \right |+\left | k_l \right | \right )$ σχοινιά.
Έτσι έχοντας επιλέξει τον έχουμε $\displaystyle {101\left | k_1 \right |-\left | k_1 \right |^2-\underset{a_j\in k_1}{\sum }\left | k_j \right |}$ δυνατές επιλογές.
Τότε όμως συνολικά έχουμε μετρήσει κάθε ζευγάρι σχοινί φορές ( π.χ το το έχουμε μετρήσει και ως $\left [ (a_j,a_i),(a_k,a_l) \right ],\left [ (a_k,a_l),(a_j,a_i) \right ] ,\left [ \left [ (a_l,a_k),(a_j,a_i) \right ] \right ]$ )
Έτσι σύμφωνα με την προσθετική αρχή και την υπόθεση θα έχουμε ότι:
$\dfrac{\displaystyle {101\sum_{i=1}^{20}\left | k_i \right |-\sum_{i=1}^{20}\left | k_i \right |^2}-\sum_{j=1}^{20} \underset{a_i\in k_j}{\sum} \left | k_i \right |}{4}=4050\Leftrightarrow$
$\displaystyle{ \sum_{i=1}^{20}\left | k_i \right |^2+\sum_{j=1}^{20} \underset{a_i\in k_j}{\sum} \left | k_i \right |=101\cdot 200-4\cdot 4050=4000}$
Στο άθροισμα όμως $\displaystyle{\sum_{j=1}^{20} \underset{a_i\in k_j}{\sum} \left | k_i \right |$ κάθε $\left | k_i \right |}$ εμφανίζεται $\left | k_i \right |$ φορές (αφού $a_l\in k_i\Leftrightarrow a_i\in k_l$ ) και έτσι $\displaystyle{\sum_{j=1}^{20} \underset{a_i\in k_j}{\sum} \left | k_i \right |=\sum_{i=1}^{20}\left | k_i \right |^2}$
Άρα $\displaystyle {2\sum_{i=1}^{20}\left | k_i \right |^2=4000\Leftrightarrow \sum_{i=1}^{20}\left | k_i \right |^2=2000}$
Από την ανισότητα των δυνάμεων έχουμε $\sqrt{\dfrac{\displaystyle{\sum_{i=1}^{20}\left | k_i \right |^2}}{20}}\geq \dfrac{{\displaystyle \sum_{i=1}^{20}\left | k_i \right |}}{20}\Leftrightarrow ..\Leftrightarrow 40000\geq 40000$
Επειδή η ισότητα ισχύει μόνο όταν $\left |k_i \right |=\left |k_j \right |,\forall i,j$
το ζητούμενο έπεται.

#9

socrates έγραψε: ↑
Τετ Μάιος 17, 2017 12:46 am
Πρόβλημα 4
Είκοσι παιδιά κρατούν σχοινιά. Τα άκρα κάθε σχοινιού κρατούν δύο παιδιά, ένα για κάθε άκρο. Δύο παιδιά μπορούν να κρατούν ένα μόνο κοινό σχοινί. Υποθέτουμε ότι ένα ζευγάρι σχοινιών των οποίων τα τέσσερα άκρα κρατούν διαφορετικά παιδιά μπορεί να επιλεγεί με ακριβώς τρόπους. Να αποδείξετε ότι κάθε παιδί κρατά τον ίδιο αριθμό σχοινιών.

Άλλη μια λύση:

Έστω ότι τα παιδιά κρατούν αντίστοιχα $x_1,x_2,...,x_{20}$ σχοινιά.
Τότε $x_1+x_2+...+x_{20}=200$ και

$\displaystyle{\binom{x_1}{2}+\binom{x_2}{2}+..+\binom{x_{20}}{2}=\binom{100}{2}-4050}$ δηλαδή

$\displaystyle{\frac{x_1^2-x_1}{2}+\frac{x_2^2-x_2}{2}+...+\frac{x_{20}^2-x_{20}}{2}=900 \iff x_1^2+x_2^2+...+x_{20}^2=2000}$

Στην ανισότητα $\displaystyle{20(x_1^2+x_2^2+...+x_{20}^2)\geq (x_1+x_2+...+x_{20})^2}$ ισχύει η ισότητα...

Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 13

Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 13

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 13

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 13

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 13

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 13

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 13

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 13

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 13

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 13

Μέλη σε σύνδεση