Τεστ Εξάσκησης!

Ορέστης Λιγνός · #1

Ένα τεστ εξάσκησης για Μεγάλους.
Όλες οι ασκήσεις είναι δικής μου κατασκευής.

Enjoy them!

Πρόβλημα 1

Στον πίνακα είναι γραμμένοι οι αριθμοί 1,2,3,4,5,6,7,8,9

. Ο Δημήτρης κάνει την εξής κίνηση:

$\bullet$ Επιλέγει δύο διαφορετικούς μεταξύ τους αριθμούς του πίνακα, που είναι ισοϋπόλοιποι $\pmod 2$ , τους σβήνει και τους αντικαθιστά γράφοντας δύο φορές τον μέσο όρο τους (έτσι αν επιλέξει τους 4,6

, τους σβήνει και γράφει 5,5

).

Ορίζουμε ως αξία του πίνακα, το άθροισμα των τετράγωνων των αριθμών του πίνακα. Έτσι, η αξία του πίνακα στην αρχή είναι $1^2+2^2+\ldots+9^2=285$ . Να βρείτε τη μέγιστη τιμή της αξίας του πίνακα μετά από

κινήσεις.

Πρόβλημα 2

Να βρείτε την ελάχιστη τιμή του θετικού ακέραιου

, ώστε να ικανοποιούνται οι δύο παρακάτω συνθήκες:

$\bullet$ x>2021

$\bullet$ υπάρχει θετικός ακέραιος

, σχετικά πρώτος με τον , ώστε ο x^2-4xy+5y^2

να είναι τέλειο τετράγωνο.

Πρόβλημα 3

Έστω $\vartriangle ABC$ οξυγώνιο τρίγωνο και AD,BE,CF

τα ύψη τους. Έστω

το σημείο τομής της

με τον περιγεγραμμένο κύκλο (c)

του $\vartriangle ABC$ με το

να ανήκει στο μικρό τόξο

. Αν τέλος $H' \neq B$ το σημείο τομής της

με τον

, να δείξετε την πιο κάτω ισοδυναμία:

$\angle ADH'=\angle APF \Leftrightarrow ABCP$ αρμονικό τετράπλευρο.

Πρόβλημα 4

Να βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ , ώστε:

f(f(xf(y))-x)=xy-f(x)

, για κάθε $x,y \in \mathbb{R}$ .

Edit: Προσθήκη στο Πρόβλημα 2 ... (η αρχική μορφή της εκφώνησης καθιστούσε το πρόβλημα προφανές καθώς αρκούσε να επιλέξουμε ...

min## · #2

Καλησπέρα Ορέστη.
4.Συμβολίζω με P(x,y)

τη σχέση.
Αρχικά είναι απλό πως η

είναι

και επί.
Έχω:
P(0,0):f(f(0))=-f(0)

από όπου

(αφού η

είναι

).

Το

τώρα, δίνει πως

περιττή.
Έτσι,το P(x,y)+P(x,-y)

δίνει

.
Για $x\neq 0$ μπορώ να έχω z=f(xf(y))

για οποιοδήποτε $z\neq 0$ με κατάλληλο

(

επί..).Ακόμα,για x=0

το

παίρνει την τιμή

που απομένει.
Μ'αυτά και μ'αυτά,η παραπάνω ανάγεται στην Jensen/Cauchy

.
Συνεπώς,η

γίνεται

.
Από το

προκύπτει τελικά πως η

είναι γραμμική.
Αντικαθιστώντας στην αρχική,μόνο η f(x)=x

επαληθεύει κλπ.
υγ...Και κατασκευαστής ο δικός σου

Μπράβο..

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #3

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 07, 2020 1:42 pm
Πρόβλημα 1

Στον πίνακα είναι γραμμένοι οι αριθμοί . Ο Δημήτρης κάνει την εξής κίνηση:

$\bullet$ Επιλέγει δύο διαφορετικούς μεταξύ τους αριθμούς του πίνακα, που είναι ισοϋπόλοιποι $\pmod 2$ , τους σβήνει και τους αντικαθιστά γράφοντας δύο φορές τον μέσο όρο τους (έτσι αν επιλέξει τους , τους σβήνει και γράφει ).

Ορίζουμε ως αξία του πίνακα, το άθροισμα των τετράγωνων των αριθμών του πίνακα. Έτσι, η αξία του πίνακα στην αρχή είναι $1^2+2^2+\ldots+9^2=285$ . Να βρείτε τη μέγιστη τιμή της αξίας του πίνακα μετά από κινήσεις.

Καλησπέρα Ορέστη!

Έστω ότι σε κάποιο βήμα έχουμε επιλέξει τους a,b

με $a\neq b,a\equiv b\pmod2$ .Τότε αν

η προηγούμενη αξία του πίνακα τότε η νέα θα είναι $S-a^2-b^2+2\cdot \left ( \dfrac{a+b}{2} \right )^2=S-\dfrac{\left ( a-b \right )^2}{2}$
Άρα όσο μικραίνει το (a-b)^2

τόσο θα μεγαλώνει η νέα αξία( η οποία όμως πάντα θα είναι μικρότερη του

).
Επειδή $a\equiv b\pmod2$ είναι $\left | a-b \right |\geq 2$ .Έτσι σε κάθε βήμα η αξία του πίνακα μειώνεται κατά τουλάχιστον

.
Έτσι αν κάνουμε τις παρακάτω κινήσεις θα βρούμε την μέγιστη αξία μετά από

κινήσεις:
$1,2,3,4,5,6,7,8,9\rightarrow 1,2,3,4,5,6,8,8,8\rightarrow 1,2,4,4,4,6,8,8,8\rightarrow 1,3,3,4,4,6,8,8,8\rightarrow 2,2,3,4,4,6,8,8,8\rightarrow 2,3,3,3,4,6,8,8,8$

Ο τελευταίος πίνακας έχει αξία 275

.

stamas1 · #4

Για το 2 προβλημα λυση??

Ορέστης Λιγνός · #5

Επαναφορά για τα προβλήματα 2 και 3 !!

min## · #6

Γεωμε3:
Εξετάζουμε τις 2 υποθέσεις ξεχωριστά για αρχή :
H ισότητα $ADH'\angle=APF\angle$ ισοδυναμεί με την εγγραψιμότητα του H'PDF

.
Πράγματι, $ADH'\angle=APF\angle \Leftrightarrow ADH'\angle+ADF\angle=APF\angle+APH'\angle$ διότι $ADF\angle=ABH\angle=ABH'\angle=APH'\angle$ .
Η υπόθεση $ABCP\rightarrow$ αρμονικό ισοδυναμεί με την ισότητα EF=EP

(απλά προβάλλουμε το τετράπλευρο από το

στην

.)
Ισοδυναμεί λοιπόν με H'P//FH

ή από

με

εγγράψιμο,όπου $Q\equiv EF\cap (ABC)$ .
Θέμε να δείξουμε πως από τη μια εγγραψιμότητα έπεται η άλλη.
Αρκεί από Ριζικούς άξονες νδο. οι H'P,QB,FD

είναι συντρέχουσες.
Ας υποθέσουμε ότι έχουμε την εγγραψιμότητα του (QBDHF)

.(η αντίστροφη πορεία προκύπτει εύκολα με βάση τα παρακάτω).
Ας είναι $B',C',A',D',F'\equiv P$ τα συμμετρικά των B,C,A,D,F

ως προς το

αντίστοιχα.
Από υπόθεση ( (QFHDB)

εγγράψιμο/ H'P,CF

παράλληλες) βλέπουμε πως $C'\in H'P$ .
Λόγω συμμετρίας,το

είναι το Ορθόκεντρο του B'AC

και το

είναι εγγράψιμο.
Είναι γνωστό ότι η τομή των (AH'C),(D'B'PH)

-το

δηλαδή-ανήκει στη διάμεσο του B'AC

ως προς

.
Αφού λοιπόν λόγω συμμετρίας τα B',P,A'

είναι συνευθειακά,προκύπτει ότι το

είναι το μέσον της

.
Πάλι λόγω συμμετρίας τα D',H',A'

είναι συνευθειακά,οπότε πάλι από γνωστή πρόταση $D'\in (B'AC)$ .
Από ριζικούς άξονες ( (D'B'PH'),(D'B'CA),(AH'PC)

) ή συμμετρία έπεται ότι C',D',B'

συνευθειακά,οπότε ως γνωστόν
το

είναι το αρμονικό συζυγές του

ως προς τα A,C

.
Έτσι,

και

συνευθειακά,δηλαδή οι H'P,FD,QB

συντρέχουν στο

που είναι το ζητούμενο..

: orestis3.png (24.57 KiB) Προβλήθηκε 2344 φορές

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #7

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 07, 2020 1:42 pm

Πρόβλημα 2

Να βρείτε την ελάχιστη τιμή του θετικού ακέραιου , ώστε να ικανοποιούνται οι δύο παρακάτω συνθήκες:

$\bullet$
$\bullet$ υπάρχει θετικός ακέραιος , σχετικά πρώτος με τον , ώστε ο να είναι τέλειο τετράγωνο.

Με επιφυλάξεις...

Έστω $\rm k^2=x^2-4xy+5y^2=(x-2y)^2+y^2$ .Οπότε έχουμε 2 περιπτώσεις:

$\rm x-2y=t(m^2-n^2),y=2mnt$ με $\rm m,n,t \in \mathbb{Z}$
Με αντικατάσταση του $\rm y$ παίρνουμε $\rm x=4mnt+t(m^2-n^2)\Rightarrow t\mid x$ και επειδή $\rm t\mid y$ θα είναι $\rm t=1$ .Άρα θέλουμε $\rm 2022\leq x=m^2+4mn-n^2$ .Επειδή $\rm (x,y)=1$ πρέπει $\rm (m,n)=(x,m)=(x,n)=1$ .
Θεωρώ το παραπάνω ως τριώνυμο του $\rm m$ οπότε η διακρίνουσα $\rm 20n^2+4x=4(5n^2+x)$ πρέπει να είναι τέλειο τετράγωνο ,έστω $\rm 5n^2+x=k^2\Leftrightarrow k^2-5n^2=x\geq 2022$
.Είναι $\rm (x,n)=1\Leftrightarrow (k^2-5n^2,n)=1$ ,από όπου εύκολα $\rm (k,n)=1$ .
Είναι $\rm k^2-5n^2\equiv -1,0,+1\pmod5$ .Άρα ελέγχουμε την περίπτωση $\rm k^2-5n^2=2024=2^3\cdot 11\cdot 23$ .Θα είναι $\rm k^2-5n^2\equiv0\pmod2\Leftrightarrow k\equiv n\pmod2$ .Θα πρέπει $\rm k,n\equiv 1\pmod 2$ τότε $\rm k^2-5n^2\equiv4\pmod 8$ άτοπο.
Έστω $\rm k^2-5n^2=2025$ .Προφανώς $\rm 5\mid k$ ,έστω $\rm k=5k_1,k_1\in \mathbb{Z}$ .Γίνεται $\rm 5k_1^2-n^2=5\cdot 3^4$ .Από εδώ $\rm 5\mid n$ άτοπο.
Αν $\rm k^2-5n^2=2026$ τότε αναγκαστικά $\rm k,n\equiv 1\pmod 2\Rightarrow 4 \mid k^2-5n^2=2026$ άτοπο.
Πάμε στην $\rm k^2-5n^2=2029$ .Αυτή για $\rm n=6$ δίνει $\rm k=47$ ,δεκτή λύση αφού $\rm (47,6)=1$ .Αντικαθιστώντας βρίσκουμε $\rm y=420$ που είναι σχετικά πρώτος με το $\rm 2029$ και η δοθείσα παράσταση είναι τέλειο τετράγωνο.

$\rm x-2y=2mnt,y=t(m^2-n^2)$ .Όπως πριν $\rm t=1$ και έτσι $\rm x=2(m^2+mn-n^2)=2q,q\geq 1011$ .Πάλι θεωρούμε ως τριώνυμο του $\rm m$ με διακρίνουσα $\rm n^2-4(-n^2-q)=4q+5n^2$ .Πρέπει να είναι τέλειο τετράγωνο,έστω $\rm 4q+5n^2=k^2\Leftrightarrow \dfrac{k^2-5n^2}{4}=q\geq 1011$ .Άν υπάρχει μικρότερη τιμή για το $\rm x$ απ΄αυτή της πρώτης περίπτωσης θα είναι $\rm 1011\leq \dfrac{k^2-5n^2}{4}\leq 1014$ .Οπότε έχουμε $\rm k^2-5n^2=4044,4048,4052,4056$ .
Αν $\rm u_3(k^2-5n^2)=1$ είναι $\rm 3\mid k^2-5n^2\Leftrightarrow 3\mid k^2+n^2\Leftrightarrow 3\mid k,n \Rightarrow 9\mid k^2-5n^2$ άτοπο.
Επίσης $\rm k^2-5n^2\equiv -1,0,+1\pmod5$ , έτσι όλες οι παραπάνω απορρίπτονται.

Η ζητούμενη τιμή λοιπόν είναι $\rm x=2029$

Ορέστης Λιγνός · #8

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: ↑
Τρί Ιουν 23, 2020 10:09 pm

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 07, 2020 1:42 pm

Πρόβλημα 2

Να βρείτε την ελάχιστη τιμή του θετικού ακέραιου , ώστε να ικανοποιούνται οι δύο παρακάτω συνθήκες:

$\bullet$
$\bullet$ υπάρχει θετικός ακέραιος , σχετικά πρώτος με τον , ώστε ο να είναι τέλειο τετράγωνο.

Με επιφυλάξεις...

Έστω $\rm k^2=x^2-4xy+5y^2=(x-2y)^2+y^2$ .Οπότε έχουμε 2 περιπτώσεις:
$\rm x-2y=t(m^2-n^2),y=2mnt$ με $\rm m,n,t \in \mathbb{Z}$
Με αντικατάσταση του $\rm y$ παίρνουμε $\rm x=4mnt+t(m^2-n^2)\Rightarrow t\mid x$ και επειδή $\rm t\mid y$ θα είναι $\rm t=1$ .Άρα θέλουμε $\rm 2022\leq x=m^2+4mn-n^2$ .Επειδή $\rm (x,y)=1$ πρέπει $\rm (m,n)=(x,m)=(x,n)=1$ .
Θεωρώ το παραπάνω ως τριώνυμο του $\rm m$ οπότε η διακρίνουσα $\rm 20n^2+4x=4(5n^2+x)$ πρέπει να είναι τέλειο τετράγωνο ,έστω $\rm 5n^2+x=k^2\Leftrightarrow k^2-5n^2=x\geq 2022$
.Είναι $\rm (x,n)=1\Leftrightarrow (k^2-5n^2,n)=1$ ,από όπου εύκολα $\rm (k,n)=1$ .
Είναι $\rm k^2-5n^2\equiv -1,0,+1\pmod5$ .Άρα ελέγχουμε την περίπτωση $\rm k^2-5n^2=2024=2^3\cdot 11\cdot 23$ .Θα είναι $\rm k^2-5n^2\equiv0\pmod2\Leftrightarrow k\equiv n\pmod2$ .Θα πρέπει $\rm k,n\equiv 1\pmod 2$ τότε $\rm k^2-5n^2\equiv4\pmod 8$ άτοπο.
Έστω $\rm k^2-5n^2=2025$ .Προφανώς $\rm 5\mid k$ ,έστω $\rm k=5k_1,k_1\in \mathbb{Z}$ .Γίνεται $\rm 5k_1^2-n^2=5\cdot 3^4$ .Από εδώ $\rm 5\mid n$ άτοπο.
Αν $\rm k^2-5n^2=2026$ τότε αναγκαστικά $\rm k,n\equiv 1\pmod 2\Rightarrow 4 \mid k^2-5n^2=2026$ άτοπο.
Πάμε στην $\rm k^2-5n^2=2029$ .Αυτή για $\rm n=6$ δίνει $\rm k=47$ ,δεκτή λύση αφού $\rm (47,6)=1$ .Αντικαθιστώντας βρίσκουμε $\rm y=420$ που είναι σχετικά πρώτος με το $\rm 2029$ και η δοθείσα παράσταση είναι τέλειο τετράγωνο.

$\rm x-2y=2mnt,y=t(m^2-n^2)$ .Όπως πριν $\rm t=1$ και έτσι $\rm x=2(m^2+mn-n^2)=2q,q\geq 1011$ .Πάλι θεωρούμε ως τριώνυμο του $\rm m$ με διακρίνουσα $\rm n^2-4(-n^2-q)=4q+5n^2$ .Πρέπει να είναι τέλειο τετράγωνο,έστω $\rm 4q+5n^2=k^2\Leftrightarrow \dfrac{k^2-5n^2}{4}=q\geq 1011$ .Άν υπάρχει μικρότερη τιμή για το $\rm x$ απ΄αυτή της πρώτης περίπτωσης θα είναι $\rm 1011\leq \dfrac{k^2-5n^2}{4}\leq 1014$ .Οπότε έχουμε $\rm k^2-5n^2=4044,4048,4052,4056$ .
Αν $\rm u_3(k^2-5n^2)=1$ είναι $\rm 3\mid k^2-5n^2\Leftrightarrow 3\mid k^2+n^2\Leftrightarrow 3\mid k,n \Rightarrow 9\mid k^2-5n^2$ άτοπο.
Επίσης $\rm k^2-5n^2\equiv -1,0,+1\pmod5$ , έτσι όλες οι παραπάνω απορρίπτονται.

Η ζητούμενη τιμή λοιπόν είναι $\rm x=2029$

Πολύ ωραία λύση Πρόδρομε!

stamas1 · #9

Μπορεί κάποιος να γράψει την απόδειξη οτι η F(x) ειναι 1-1 και επι?

giannisd · #10

stamas1 έγραψε: ↑
Τρί Ιουν 30, 2020 8:07 pm
Μπορεί κάποιος να γράψει την απόδειξη οτι η F(x) ειναι 1-1 και επι?

Επί:
Σταθεροποιώντας το

το

διατρέχει όλο το $\mathbb{R}$ για τις διάφορες τιμές του

.

1-1:
Βάλε x=1

και θα το δεις μόνος σου.

2nisic · #11

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 07, 2020 1:42 pm

Να βρείτε την ελάχιστη τιμή του θετικού ακέραιου , ώστε να ικανοποιούνται οι δύο παρακάτω συνθήκες:

$\bullet$
$\bullet$ υπάρχει θετικός ακέραιος , σχετικά πρώτος με τον , ώστε ο να είναι τέλειο τετράγωνο.

Έστω

και

τότε θα πρέπει:
$1=(\frac{5y^2}{p})=(\frac{5}{p})=(\frac{p}{5})$
Άρα αν p|x

τότε

η

.

Αν ο

τότε

δεινή

.
Αν ο

τότε

.

Άρα

αφού

,

.

Για

μπορούμε να πάρουμε y=420

.

Τεστ Εξάσκησης!

Τεστ Εξάσκησης!

Re: Τεστ Εξάσκησης!

Re: Τεστ Εξάσκησης!

Re: Τεστ Εξάσκησης!

Re: Τεστ Εξάσκησης!

Re: Τεστ Εξάσκησης!

Re: Τεστ Εξάσκησης!

Re: Τεστ Εξάσκησης!

Re: Τεστ Εξάσκησης!

Re: Τεστ Εξάσκησης!

Re: Τεστ Εξάσκησης!

Μέλη σε σύνδεση