Προβλήματα απο Βιετνάμ 3 (ολυμπιακά)

erxmer · #1

Πρόβλημα 1
Δίνονται οι θετικοί ακέραιοι a, b, n , b > 1 και το a είναι πολ/σιο του
$b^{n} - 1$ . Rewritten a to the base b (μένει ως έχει, καθώς δεν έχω κατα νού ακριβή μετάφραση

) να αποδειχθεί οτι το αποτέλεσμα περιέχει τουλάχιστον n μη μηδενικά ψηφία.

Πρόβλημα 2
Εστω x, y, z πραγματικοί αριθμοι ωστε $0 < z\le y\le x\le 8$ και $3x + 4y\ge\max\left\{xy; \frac {1}{2}xyz - 8z\right\}$ . Να βρεθεί η μέγιστη τιμη της παραστασης A = x^5 + y^5 + z^5.

Πρόβλημα 3

Βρείτε ολες τις συναρτήσεις $f: \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ ωστε $f\left(f(x) + y^2\right) = f^2(x) - f(x)f(y) + xy + x$

Πρόβλημα 4
Το K είναι η τομή των διαγωνίων του τετραπλέυρου ABCD όπου $\measuredangle ABC = \measuredangle ADC = 90^{\circ}$ και AC = AB + AD. να αποδειχθεί οτι οι ακτίνες των εγγεγραμμένων κύκλων στα τρίγωνα ABK και ADK είναι ίσες.

#2

erxmer έγραψε: Πρόβλημα 3
Βρείτε ολες τις συναρτήσεις $f: \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ ωστε $f\left(f(x) + y^2\right) = f^2(x) - f(x)f(y) + xy + x$

Δεν υπάρχει τέτοια συνάρτηση!

Για x=y=0

είναι

, δηλαδή υπάρχει

ώστε

Για

έχουμε $f(y^2)=cy+c\ (*)$ .

Αν στην τελευταία θέσουμε y:=-y

έχουμε $f(y^2)=-cy+c=cy+c, \ \forall x$ οπότε c=0.

Από την

είναι

, δηλαδή $f(x)=0,\ x\geq 0.$

Θέτουμε, τέλος, στην αρχική x=y:=1

και καταλήγουμε σε άτοπο( 0=2

).

#3

erxmer έγραψε:Πρόβλημα 4
Το K είναι η τομή των διαγωνίων του τετραπλέυρου ABCD όπου $\measuredangle ABC = \measuredangle ADC = 90^{\circ}$ και AC = AB + AD. να αποδειχθεί οτι οι ακτίνες των εγγεγραμμένων κύκλων στα τρίγωνα ABK και ADK είναι ίσες.

Τριγωνομετρικά.

: Vietnam.jpg (28.45 KiB) Προβλήθηκε 1753 φορές

Επειδή $\displaystyle{A\hat BC = A\hat DC = {90^o}}$ προκύπτει ότι το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο σε κύκλο διαμέτρου

.Με την βοήθεια της εφαπτομένης $\displaystyle{\varepsilon }$ στο

προκύπτουν οι γωνίες του σχήματος. Συμβολίζουμε: $\displaystyle{AD = x{\text{ }}{\text{, }}AB = y{\text{ }}{\text{, }}AK = d{\text{ }}{\text{, }}DK = m{\text{ \& }}BK = n}$ (για ευκολία).

Στο τρίγωνο $\displaystyle{ABD:x = 2R\sin \omega {\text{ \& }}y = 2R\sin \varphi {\text{ \& }}x + y = AC = 2R \Rightarrow \sin \omega + \sin \varphi = 1 \Rightarrow \boxed{2\sin \frac{{\varphi + \omega }}{2}\cos \frac{{\omega - \varphi }}{2} = 1}}$ (1).

Παίρνοντας τα εμβαδά των τριγώνων $\displaystyle{AKD{\text{ \& }}AKB}$ έχουμε $\displaystyle{\frac{{{E_{AKD}}}}{{{E_{AKB}}}} = \frac{{{\tau _1}{\rho _1}}}{{{\tau _2}{\rho _2}}} = \frac{{{\rho _1}}}{{{\rho _2}}} \cdot \frac{{x + d + m}}{{y + d + n}}}$ . Όμως $\displaystyle{\frac{{{E_{AKD}}}}{{{E_{AKB}}}} = \frac{m}{n}}$ , άρα $\displaystyle{\frac{{{\rho _1}}}{{{\rho _2}}} \cdot \frac{{x + d + m}}{{y + d + n}} = \frac{m}{n}}$ .
Επομένως για να ισχύει $\displaystyle{\frac{{{\rho _1}}}{{{\rho _2}}} = 1}$ αρκεί $\displaystyle{\frac{{x + d + m}}{{y + d + n}} = \frac{m}{n}}$ , δηλαδή αρκεί να αποδείξουμε ότι $\displaystyle{\boxed{\frac{{x + d}}{m} = \frac{{y + d}}{n}}}$ .

--------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Από νόμο ημίτονων στα τρίγωνα $\displaystyle{AKD{\text{ \& }}AKB}$ (εύκολα) προκύπτει ότι $\displaystyle{m = x\frac{{\cos \omega }}{{\cos \left( {\varphi - \omega } \right)}}{\text{ \& }}d = x\frac{{\sin \varphi }}{{\cos \left( {\varphi - \omega } \right)}}}$ , καθώς και $\displaystyle{n = y\frac{{\cos \varphi }}{{\cos \left( {\varphi - \omega } \right)}}{\text{ \& }}d = y\frac{{\sin \omega }}{{\cos \left( {\varphi - \omega } \right)}}}$ .

Τότε $\displaystyle{\frac{{x + d}}{m} = \frac{{y + d}}{n} \Leftrightarrow ... \Leftrightarrow \boxed{\frac{{\cos \left( {\varphi - \omega } \right) + \sin \varphi }}{{\cos \omega }} = \frac{{\cos \left( {\varphi - \omega } \right) + \sin \omega }}{{\cos \varphi }}}}$ .

Όμως $\displaystyle{\frac{{\cos \left( {\varphi - \omega } \right) + \sin \varphi }}{{\cos \omega }} = \frac{{\cos \left( {\varphi - \omega } \right) + \sin \omega }}{{\cos \varphi }} \Leftrightarrow \cos \left( {\varphi - \omega } \right)\left( {\cos \varphi - \cos \omega } \right) = \frac{1}{2}\left( {\sin 2\omega - \sin 2\varphi } \right) \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow 2\cos \left( {\varphi - \omega } \right)\sin \frac{{\omega + \varphi }}{2}\sin \frac{{\omega - \varphi }}{2} = \sin \left( {\omega - \varphi } \right)\cos \left( {\omega + \varphi } \right) = 2\sin \frac{{\omega - \varphi }}{2}\cos \frac{{\omega - \varphi }}{2}\cos \left( {\omega + \varphi } \right) \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow \cos \left( {\varphi - \omega } \right)\sin \frac{{\omega + \varphi }}{2} = \cos \frac{{\omega - \varphi }}{2}\cos \left( {\omega + \varphi } \right) \Leftrightarrow \left( {2{{\cos }^2}\frac{{\varphi - \omega }}{2} - 1} \right)\sin \frac{{\omega + \varphi }}{2} = \cos \frac{{\omega - \varphi }}{2}\left( {1 - 2{{\sin }^2}\frac{{\varphi + \omega }}{1}} \right) \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow \left( {2\cos \frac{{\varphi - \omega }}{2}\sin \frac{{\omega + \varphi }}{2}} \right)\cos \frac{{\varphi - \omega }}{2} - \sin \frac{{\omega + \varphi }}{2} = \cos \frac{{\omega - \varphi }}{2} - \left( {2\sin \frac{{\varphi + \omega }}{2}\cos \frac{{\omega - \varphi }}{2}} \right)\sin \frac{{\varphi + \omega }}{2} \Leftrightarrow }$ (1)

$\displaystyle{ \Leftrightarrow \cos \frac{{\varphi - \omega }}{2} - \sin \frac{{\omega + \varphi }}{2} = \cos \frac{{\varphi - \omega }}{2} - \sin \frac{{\omega + \varphi }}{2}}$ το οποίο ισχύει και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

dement · #4

erxmer έγραψε:Πρόβλημα 1
Δίνονται οι θετικοί ακέραιοι a, b, n , b > 1 και το a είναι πολ/σιο του
$b^{n} - 1$ . Rewritten a to the base b (μένει ως έχει, καθώς δεν έχω κατα νού ακριβή μετάφραση ) να αποδειχθεί οτι το αποτέλεσμα περιέχει τουλάχιστον n μη μηδενικά ψηφία.

Εστω ο αριθμός

γραμμένος σε βάση

.

Εστω ψηφία k, l

στις θέσεις $b^{x+n}, b^x$ με $k \neq 0$ . Θέτουμε

στη θέση $b^{x+n}$ και k+l

στη θέση

(μεταφέροντας τα τυχόν κρατούμενα). Ο αριθμός μας εξακολουθεί να είναι πολ/σιο του b^n - 1

, είναι αυστηρά μικρότερος από πριν και έχει ίσο ή μικρότερο πλήθος μη μηδενικών ψηφίων.

Οταν δε μπορεί πια να γίνει αυτή η διαδικασία, θα έχουμε μείνει με ένα θετικό αριθμό πολλαπλάσιο του b^n - 1

και μικρότερο του b^n

. Προφανώς αυτός ο αριθμός θα είναι ο b^n - 1

, ο οποίος έχει ακριβώς

μη μηδενικά ψηφία. Αρα ο αρχικός αριθμός μας έχει τουλάχιστον

μη μηδενικά ψηφία.

#5

Ας δούμε και το φιλαράκι του (δεν έχω λύση):

Βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f: \mathbb{R}^+\to \mathbb{R}^+$ ώστε $f\left(f(x) + y^2\right) = f^2(x) - f(x)f(y) + xy + x$
http://artofproblemsolving.com/community/c6h1309790

Προβλήματα απο Βιετνάμ 3 (ολυμπιακά)

Προβλήματα απο Βιετνάμ 3 (ολυμπιακά)

Re: Προβλήματα απο Βιετνάμ 3 (ολυμπιακά)

Re: Προβλήματα απο Βιετνάμ 3 (ολυμπιακά)

Re: Προβλήματα απο Βιετνάμ 3 (ολυμπιακά)

Re: Προβλήματα απο Βιετνάμ 3 (ολυμπιακά)

Μέλη σε σύνδεση