Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2002

#1

: 2002.PNG (172.68 KiB) Προβλήθηκε 675 φορές

KARKAR · #2

: geo.png (14.86 KiB) Προβλήθηκε 655 φορές

$\dfrac{ac}{b-c}=b+c\Leftrightarrow b^2=c^2+ac$ . Από γνωστό θεώρημα : $\hat{B}=2\theta=80^0$ .

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #3

Ας δούμε το πρώτο θέμα...

Η πρώτη τιμή του

που μπορεί εύκολα να δει κάποιος είναι το

Αυτό συμβαίνει όταν x=y=0.

H παρακάτω διαπραγμάτευση γίνεται με την συνθήκη ότι $a\neq 0.$

$x^{3}+y^{3}=a\Rightarrow \left( x+y \right)\left( x^{2}-xy+y^{2} \right)=a\Rightarrow a\left( x^{2}-xy+y^{2} \right)=a\Rightarrow$

$\Rightarrow x^{2}-xy+y^{2}=1\Rightarrow a-xy=1\Rightarrow xy=a-1$

Έτσι
$x+y=a\Rightarrow \left( x+y \right)^{2}=a^{2}\Rightarrow x^{2}+2xy+y^{2}=a^{2}\Rightarrow a+2\left( a-1 \right)=a^{2}$

από όπου προκύπτει ότι $a^{2}-3a+2=0$

Aπό τη δευτεροβάθμια αυτή εξίσωση βρίσκεται ότι οι τιμές του

είναι το

και το

#4

Για το δεύτερο: Αν ο αριθμός είναι ο A=100a+10b+c

, οπότε

, η δοθείσα συνθήκη γράφεται

100a+10b+c =3(100c+10b+a)+7(a+b+c)

, ισοδύναμα 90a=27b+306c

, και άρα

.

Είναι τότε $90\ge 10a= 3b+34c \ge 34c$ . Άρα c-1

ή

. Tα μελετάμε χωριστά.

Για c=1

η ισότητα γράφεται 10a=3b+34

. Θέτοντας τιμές b=0

έως

παίρνουμε πολλαπλάσιο του

μόνο όταν

, που δίνει $10a=3\times 2+34=40$ . Άρα έχουμε την λύση $a=4, \, b=2, \, c=1$ , δηλαδή $\boxed {A = 421}$ , που ικανοποιεί τις συνθήκες.

Επίσης, για c=2

η ισότητα γράφεται 10a=3b+68

. Θέτοντας τιμές b=0

έως

παίρνουμε πολλαπλάσιο του

μόνο όταν

, που δίνει $10a=3\times 4+68=80$ . Άρα έχουμε την λύση $a=8, \, b=4, \, c=2$ , δηλαδή $\boxed {A = 842}$ , που ικανοποιεί τις συνθήκες.

#5

Λύση στο Πρόβλημα 4.

Η τυπική κάρτα έχει αριθμούς της μορφής $2n+1, \, 2n+2$ , με άθροισμα 4n+3

.

α) To άθροισμα

τέτοιων καρτών έχει άθροισμα

$913 = (4n_1+3)+...+(4n_{21} +3)=4(n_1+...+n_{21} ) + 3\times 21= 4N+63$ . Άρα 4N=850

. Άτοπο γατί το 850

δεν είναι πολλαπλάσιο του

, οπότε έχει γίνει κάποιο λάθος.

Αν το σωστό άθροισμα είναι 903

, τότε παίρνουμε $4(n_1+...+n_{21} ) + 3\times 21=903$ , οπότε $n_1+...+n_{21} = 210$

Άρα

$210= n_1+...+n_{21} \ge 1+2+...+ 21= 210$ , οπότε έχουμε ισότητα παντού. Με άλλα λόγια οι αριθμοί $n_1, \, ...\, , \, n_{21}$ είναι οι $1, \, 2, \, ... \, , \, 21$ .

β) Από το προηγούμενο όι

κάρτες του

είναι της μορφής $2n+1, \, 2n+2$ με $n\ge 22$ (οι πρώτες

είναι του

). Άρα το άθροισμά τους (αριθμητική πρόοδος) είναι

$\ge (4\times 22+3)+...+(4\times 41+3) = [(4\times 22+3)+(4\times 41+3)]\dfrac {20}{2}= 2580$ που είναι μεγαλύτερο από το δοθέν 2400

. Οπότε κάποιο λάθος υπάρχει.

STOPJOHN · #6

socrates έγραψε: ↑
Τρί Δεκ 17, 2024 11:10 am
2002.PNG

Εστω το ορθογώνιο τετράπλευρο $ANB\Delta$

Τα τρίγωνα $EZB,EZ\Gamma$ είναι ισοσκελή και $\hat{EBZ}=\phi ,\hat{AEB}=90-\phi ,$

Το τρίγωνο ABP

είναι ισόπλευρο και

$\hat{AB\Delta }-\hat{ABT}=2\phi -120=\hat{PB\Gamma }, \hat{PB\Gamma }=90-\phi \Rightarrow \phi =70,\hat{B}=80, \hat{\Gamma }=40^{0}$

Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2002

Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2002

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2002

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2002

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2002

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2002

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2002

Μέλη σε σύνδεση