Τεστ Εξάσκησης (8), Μεγάλοι

#1

ΘΕΜΑ 1
Μια λωρίδα $1\times n$ αποτελείται από

μοναδιαία τετράγωνα $1\times1.$ Βάφουμε καθένα από τα μοναδιαία τετράγωνα είτε κόκκινο, είτε μπλε, είτε πράσινο. Έστω f(n)

το πλήθος των χρωματισμών της λωρίδας στους οποίους υπάρχει περιττός αριθμός κόκκινων τετραγώνων. Να προσδιορίσετε τη μεγαλύτερη δύναμη του 2 που διαιρεί τον αριθμό $f(2^{2020}).$

ΘΕΜΑ 2
Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε

$\displaystyle{f(x^2+xy+f(y))=xf(x)+f(xy)+y,}$ για κάθε $x,y \in \mathbb{R}.$

(Δική μου κατασκευή

)

ΘΕΜΑ 3
Έστω x = 0.a_1a_2a_3a_4 . . .

και

οι δεκαδικές αναπαραστάσεις των θετικών πραγματικών αριθμών

και

Υποθέτουμε ότι $b_n = a_{2^n}$ για κάθε

Να δείξετε ότι αν ο

είναι ρητός, τότε και ο

είναι ρητός.

ΘΕΜΑ 4
Θεωρούμε τρίγωνο ABC

εγγεγραμμένο σε κύκλο $\omega$ και

το έγκεντρό του. Έστω

και

τα σημεία τομής των

και

με τον $\omega.$ H

τέμνει τις πλευρές

και

στα

και

αντίστοιχα. Έστω

σημείο τέτοιο ώστε $PF\parallel AD$ και $PG \parallel BE.$
Υποθέτουμε ότι οι εφαπτομένες στον $\omega$ στα

και

τέμνονται στο

Να αποδείξετε ότι οι ευθείες AE,BD,KP

είναι είτε παράλληλες είτε συντρέχουσες.

min## · #2

4.
Ας είναι M,N

οι τομές των AE,PF

και

αντίστοιχα. Κατασκευάζουμε τα παραλληλόγραμμα CFET,CGDS

.
Το

είναι εγγράψιμο ως ισοσκελές τραπέζιο αφού CF=CG

(απλό).
Ακόμα, $SFC\angle=SDC\angle$ ( FDSC

ισοσκελές τραπέζιο) $=DCB\angle=A\angle/2$ ,δηλαδή FS//AD

,δηλαδή

συνευθειακά.Ομοίως, G,P,T(,N)

συνευθειακά.

Τώρα
$MST\angle=ADE\angle=B\angle/2,MET\angle=180-CAE\angle=180-B\angle/2$ .Συνεπώς METSD

εγγράψιμο και όμοια NETSD

εγγράψιμο,δηλαδή M,E,T,S,D,N

ομοκυκλικά.

Από Reim's

είναι

.
Έτσι λόγω των ομοιόθετων πλέον PMN,IAB

,η τομή των AE,BD

έστω

ανήκει στην

.Τέλος από Pascal

στο

παίρνουμε πως P,I,X,K

συνευθειακά κλπ.

miltosk · #3

socrates έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 05, 2020 1:24 am
ΘΕΜΑ 3
Έστω και οι δεκαδικές αναπαραστάσεις των θετικών πραγματικών αριθμών και
Υποθέτουμε ότι $b_n = a_{2^n}$ για κάθε Να δείξετε ότι αν ο είναι ρητός, τότε και ο είναι ρητός.

Δύσκολο. Ας κάνω μια προσπάθεια.
Έστω 0,a_1a_2...

η δεκαδική αναπαράσταση των ψηφίων ενός δεκαδικού αριθμού και a_1a_2...a_n

η δεκαδική αναπαράσταση ακεραίου αριθμού. Θα ασχοληθώ μόνο με κλασματικά μέρη καθώς τα ακέραια μέρη δεν επηρεάζουν τη λύση διότι αν έχω ρητό με αριθμητή μεγαλύτερο του παρονομαστή απλά εκτελώ ευκλείδια διαίρεση και συνεχίζω με το κλασματικό. Θα θεωρήσω δεκαδικούς με άπειρα ψηφία.
Ξεκινάω:
Λήμμα 1: Αν η δεκαδική αναπαράσταση δεκαδικού είναι περιοδική από ένα σημείο και πέρα, τότε αυτός είναι ρητός
Απόδειξη:
1η ειδική περίπτωση:
Θεωρώ τον: x=0,a_1...a_na_1...

Τότε: $10^nx-x=a_1...a_n \Rightarrow x=\frac{a_1...a_n}{10^n-1}$ . Άρα

ρητός.
Γενικεύοντας για να αποδείξω το λήμμα:
Θεωρώ τον y=0,k_1...k_ta_1...a_na_1...

Τότε: $10^ty-x=k_1...k_n \Rightarrow y=\frac{k_1...k_n+x}{10^t}$ άρα

ρητός και το λήμμα απεδείχθη.
Λήμμα 2: Η δεκαδική αναπαράσταση κάθε ρητού είναι περιοδική από ένα σημείο και πέρα (άσκηση στις σημειώσεις του κ.Κοντοκώστα Δημήτρη-αν δεν κάμω λάθος-):
Απόδειξη (edit: αχρείαστη όπως επισημαίνει ο κ.Σταύρος παρακάτω):
Θεωρώ: m=0.a_1...a_na_1...

,

ώστε: $a_1...a_n\geq b_1...b_n$ . Σκεπτόμενος όπως στο Λήμμα 1 $m=\frac{a_1...a_n}{10^n-1}, m=\frac{b_1...b_n}{10^n-1}$ .
Τότε η διαφορά m-n

ορίζει ρητό της μορφής 0,c_1...c_nc_1...

.
Έστω τώρα ρητός $\frac{a}{b}$ με (a,b)=(b,2)=(b,5)=1

και $b\geq a$ . Σκοπός μου είναι να αποδείξω ότι γίνεται $\frac{a}{b}=m-n$ . Πράγματι:
a(10^n-1)=b(a_1...a_n-b_1...b_n)

καθώς μπορώ να πάρω

ώστε $b\mid 10^n-1$ (πχ $n=\phi{(b)}$ ) και η διαφορά a_1...a_n-b_1...b_n

παίρνει κάθε αριθμό από 1 εώς και 10^n-1

.
Ολοκληρώνω το λήμμα θεωρώντας ρητό $l=\frac{a}{b\cdot 2^r \cdot 5^t}$ με τους ίδους περιορισμούς στον ΜΚΔ με πριν. WLOG $r\geq t$ . Τότε $l=\frac{a\cdot 5^{r-t}}{b\cdot 10^t}$ . Το 10^t

ως δεν επηρεάζει τη δεκαδική αναπαράσταση. Άρα αν εξαιρέσω τα μηδενικά, ο

έχει ίδια δεκαδική αναπαράσταση με τον $q=\frac{a \cdot 5^{r-t}}{b}$ . Άγοντας τον

σε μικρότερο της μονάδας καταλήγω στην αρχή του λήμματος 2 και το ζητούμενο έπεται.
Προχωράω στη λύση.
Το ότι το

είναι ρητός μου δίνει από το Λήμμα 2 ότι από κάποιο σημείο και πέρα τα ψηφία του ορίζουν περιοδική ακολουθία. Αν αποδείξω το ίδιο για τον

, από Λήμμα 1 έχω το ζητούμενο.
Έστω a_j

ο όρος που με εισάγει στην περιοδική ακολουθία (πχ στον 0,123456456..., a_j=4, j=4

).
Ας είναι $2^i\geq j$ με τον ελάχιστο

.
Εφόσον η ακολουθία των ψηφίων του

είναι περιοδική και άπειρη, μπορώ να αναθεωρήσω ως αρχή της τον 2_i

.
Ας είναι

η περίοδος της ακολουθίας, δηλαδή $a_{lk+2^i}=a_{2^i}$ .
Ορίζω c_i

εκείνη την ακολουθία για την οποία $2^i\equiv c_i (mod l)$ .
Αν αποδείξω ότι c_i

περιοδική τελείωσα.
Αν

περιττός, τότε άμεσο από την τάξη του 2 mod l

.
Αν

άρτιος:
Θα δείξω την περίπτωση που l=2(2k+1)=2p

.
Τα άλλα ομοίως.
$2^i\equiv c_i (mod 2p) \Leftrightarrow 2p\mid 2^i-c_i$
Άρα c_i

άρτιος και έστω c_i=2d_i

.
Τότε $2^{i-1}\equiv d_i (mod p)$ το οποίο με άγει στην πρώτη περίπτωση. Άρα d_i

περιοδική οπότε c_i

περιοδική και το ζητούμενο έπεται.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #4

miltosk έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 05, 2020 10:43 pm
[Λήμμα 2: Η δεκαδική αναπαράσταση κάθε ρητού είναι περιοδική από ένα σημείο και πέρα (άσκηση στις δημειώσεις του κ.Κοντοκώστα Δημήτρη):

Η απόδειξη είναι απλή και μπορεί να γίνει κατανοητή και από μαθητή του Δημοτικού.
Εστω $\frac{m}{n}$ ο θετικός ρητός.
Μπορούμε να υποθέσουμε ότι n>m

Είναι γνωστό ότι για να τον φέρουμε σε δεκαδική μορφή κάνουμε συνεχείς διαιρέσεις.
(αυτό κανονικά θέλει απόδειξη).
Τα υπόλοιπα των διαιρέσεων θα είναι από το σύνολο $\left \{ 0,1,2...n-1 \right \}$
Αναγκαστικά από κάπου και πέρα θα είναι περιοδικά όποτε και τα πηλίκα θα είναι.
Μάλιστα η περιοδικότητα θα είναι το πολύ n-1

.

Πάντως δεν νομίζω ότι για να χρησιμοποιηθεί θέλει απόδειξη.
Αν δεν κάνω λάθος το κάνουν χωρις δικαιολόγηση στο Δημοτικό και στις
πρώτες τάξεις του Γυμνασίου.

Ορέστης Λιγνός · #5

socrates έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 05, 2020 1:24 am

ΘΕΜΑ 2
Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε

$\displaystyle{f(x^2+xy+f(y))=xf(x)+f(xy)+y,}$ για κάθε $x,y \in \mathbb{R}.$

(Δική μου κατασκευή )

Έστω

η δοσμένη συναρτησιακή σχέση.

$\bullet$ $P(0,y) \Rightarrow f(f(y))=f(0)+y$ , οπότε η

είναι 1-1. Για y=0

η προηγούμενη δίνει f(f(0)=f(0)

, άρα

. Οπότε είναι $f(f(y))=y, \forall x \in \mathbb{R}$ .

$\bullet$ $P(x,0) \Rightarrow f(x^2)=xf(x)$ . Συνεπώς, $-xf(-x)=f((-x)^2)=f(x^2)=xf(x) \Rightarrow f(-x)=-f(x), \forall x \in \mathbb{R^*}$ , και αφού f(0)=0

, έχουμε ότι η

είναι περιττή.

Επίσης, f(xf(x))=f(f(x^2))=x^2

, και άρα

, συνεπώς

ή

, για κάθε $x \in \mathbb{R}$ .

Αφού η

είναι περιττή, αρκεί να βρω τον τύπο της για $x \geqslant 0$ . Διακρίνω 2 περιπτώσεις:

Περίπτωση 1: f(1)=1

.

Αν δεν υπάρχει $\beta \neq 0$ , ώστε $f(\beta)=-\beta$ , τότε $f(x)=x, \forall x \neq 0$ , οπότε $f \equiv \rm id_x$ .

Έστω τώρα ότι υπάρχει τέτοιο $\beta$ . WLOG $\beta>0$ (αν $\beta<0$ τότε απλά επιλέγω αντί του $\beta$ το $-\beta$ , αφού $f(-\beta)=-f(\beta)=\beta$ ).

Η P(1,1)

δίνει άμεσα f(3)=3

.

Η $P(3,\beta)$ δίνει τώρα $f(9+2\beta)=9+f(3\beta)+\beta$ .

$\rightarrow$ Αν $f(9+2\beta)=9+2\beta$ , τότε $f(3\beta)=\beta$ , οπότε $\pm 3 \beta=\beta \Rightarrow \beta =0$ , άτοπο.
$\rightarrow$ Αν $f(9+2\beta)=-2\beta-9$ , τότε $f(3\beta)=-3\beta-18$ , οπότε $\beta=-3$ , άτοπο.

Περίπτωση 2: f(1)=-1

.

Με παρόμοια συλλογιστική έχω ως λύση την $f \equiv - \rm id_x$ .

Τελικά έχω ως λύσεις τις $f \equiv \rm id _x$ και $f \equiv - \rm id_x$ .

#6

socrates έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 05, 2020 1:24 am
ΘΕΜΑ 1
Μια λωρίδα $1\times n$ αποτελείται από μοναδιαία τετράγωνα $1\times1.$ Βάφουμε καθένα από τα μοναδιαία τετράγωνα είτε κόκκινο, είτε μπλε, είτε πράσινο. Έστω το πλήθος των χρωματισμών της λωρίδας στους οποίους υπάρχει περιττός αριθμός κόκκινων τετραγώνων. Να προσδιορίσετε τη μεγαλύτερη δύναμη του 2 που διαιρεί τον αριθμό $f(2^{2020}).$

Αναδρομικά έχουμε f(n+1) = 2f(n) + (3^n-f(n)) = 3^n + f(n)

αφού έχουμε f(n)

χρωματισμούς της $1 \times (n+1)$ λωρίδας που μας ενδιαφέρουν με το τελευταίο τετράγωνο πράσινο, f(n)

με το τελευταίο τετράγωνο μπλε, και (3^n-f(n))

με το τελευταίο τετράγωνο κόκκινο.

Επειδή f(1) = 1

, παίρνουμε $f(n) = 1 + 3 + 3^2 + \cdots + 3^{n-1} = \frac{3^n-1}{2}$ .

Η τελική απάντηση είναι $v_2(3^{2^{2020}}-1) - 1$ . Από Lifting the Exponent έχουμε

$\displaystyle v_2(3^{2^{2020}}-1) = v_2(3-1) + v_2(3+1) + v_2(2^{2020}) - 1 = 2022$

άρα η τελική απάντηση είναι 2022-1 = 2021

.

#7

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 05, 2020 11:25 pm
Πάντως δεν νομίζω ότι για να χρησιμοποιηθεί θέλει απόδειξη.
Αν δεν κάνω λάθος το κάνουν χωρις δικαιολόγηση στο Δημοτικό και στις
πρώτες τάξεις του Γυμνασίου.

Σωστά. Σαφώς και δεν χρειάζεται. Εδώ χρησιμοποιούμε τόσα και τόσα άλλα χωρίς καν απόδειξη.

Γράφω επίσης μια πιο συνοπτική λύση για το 2.

Αν

ρητός τότε η ακολουθία (a_n)

είναι εν τέλει περιοδική. Έστω θετικοί ακέραιοι n,T

με $a_{n+T} = a_n$ για κάθε n > N

. Γράφουμε T = 2^m r

με

περιττό. Ισχυρίζομαι ότι $b_{n+\varphi(r)} = b_n$ για κάθε $n > \min\{m,\log_2{N}\}$ . Πράγματι τότε $2^{n + \varphi(r)}- 2^n = 2^n(2^{\varphi(r)} - 1}) \equiv 0 \bmod 2^n r$ από Euler. Άρα και $2^{n + \varphi(r)}- 2^n \equiv 0 \bmod T$ . Επειδή επιπλέον 2^n > N

, τότε $b_{n+\varphi(r)} = a_{2^{n + \varphi(r)}} = a_{2^n} = b_n$ . Άρα και η ακολουθία (b_n)

είναι εν τέλει περιοδική οπότε και ο

είναι ρητός.

#8

Για το Θέμα 3 δείτε και εδώ:
https://artofproblemsolving.com/communi ... 715p875055

stamas1 · #9

Για το 3 : Νομιζω πως ειναι αμεσο πορισμα αυτου 2^Φ(ν) ειναι ισοτιμο με 1 modk αρα αν εχει μια περιοδο με κ αριθμους ο χ τοτε ο y απο ενα σημειο και μετα θα εχει τα ιδια ισουπολοιπα με τους προηγουμενος αριθμους

#10

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Παρ Μαρ 06, 2020 8:55 am

socrates έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 05, 2020 1:24 am

ΘΕΜΑ 2
Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε

$\displaystyle{f(x^2+xy+f(y))=xf(x)+f(xy)+y,}$ για κάθε $x,y \in \mathbb{R}.$

(Δική μου κατασκευή )

Έστω η δοσμένη συναρτησιακή σχέση.

$\bullet$ $P(0,y) \Rightarrow f(f(y))=f(0)+y$ , οπότε η είναι 1-1. Για η προηγούμενη δίνει , άρα . Οπότε είναι $f(f(y))=y, \forall x \in \mathbb{R}$ .

$\bullet$ $P(x,0) \Rightarrow f(x^2)=xf(x)$ . Συνεπώς, $-xf(-x)=f((-x)^2)=f(x^2)=xf(x) \Rightarrow f(-x)=-f(x), \forall x \in \mathbb{R^*}$ , και αφού , έχουμε ότι η είναι περιττή.

Επίσης, , και άρα , συνεπώς ή , για κάθε $x \in \mathbb{R}$ .

Αφού η είναι περιττή, αρκεί να βρω τον τύπο της για $x \geqslant 0$ . Διακρίνω 2 περιπτώσεις:

Περίπτωση 1: .

Αν δεν υπάρχει $\beta \neq 0$ , ώστε $f(\beta)=-\beta$ , τότε $f(x)=x, \forall x \neq 0$ , οπότε $f \equiv \rm id_x$ .

Έστω τώρα ότι υπάρχει τέτοιο $\beta$ . WLOG $\beta>0$ (αν $\beta<0$ τότε απλά επιλέγω αντί του $\beta$ το $-\beta$ , αφού $f(-\beta)=-f(\beta)=\beta$ ).

Η δίνει άμεσα .

Η $P(3,\beta)$ δίνει τώρα $f(9+2\beta)=9+f(3\beta)+\beta$ .

$\rightarrow$ Αν $f(9+2\beta)=9+2\beta$ , τότε $f(3\beta)=\beta$ , οπότε $\pm 3 \beta=\beta \Rightarrow \beta =0$ , άτοπο.
$\rightarrow$ Αν $f(9+2\beta)=-2\beta-9$ , τότε $f(3\beta)=-3\beta-18$ , οπότε $\beta=-3$ , άτοπο.

Περίπτωση 2: .

Με παρόμοια συλλογιστική έχω ως λύση την $f \equiv - \rm id_x$ .

Τελικά έχω ως λύσεις τις $f \equiv \rm id _x$ και $f \equiv - \rm id_x$ .

Ωραία!

Μπορούμε να τελειώσουμε και ως εξής:

Αν f(1)=1

τότε
για

έχουμε

οπότε $\displaystyle{f(1-y+f(y))^2=(1+y-f(y))^2 \implies (1-y+f(y))^2=(1+y-f(y))^2 \implies f(y)=y.}$

Ομοίως, αν f(1)=-1.

#11

socrates έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 05, 2020 1:24 am
ΘΕΜΑ 3
Έστω και οι δεκαδικές αναπαραστάσεις των θετικών πραγματικών αριθμών και
Υποθέτουμε ότι $b_n = a_{2^n}$ για κάθε Να δείξετε ότι αν ο είναι ρητός, τότε και ο είναι ρητός.

Ισχύει το αντίστροφο; (Δεν έχω απάντηση... )

Loukas_Margaritis · #12

min## έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 05, 2020 4:15 pm
4.
Ας είναι οι τομές των και αντίστοιχα. Κατασκευάζουμε τα παραλληλόγραμμα .
Το είναι εγγράψιμο ως ισοσκελές τραπέζιο αφού (απλό).
Ακόμα, $SFC\angle=SDC\angle$ ( ισοσκελές τραπέζιο) $=DCB\angle=A\angle/2$ ,δηλαδή ,δηλαδή συνευθειακά.Ομοίως, συνευθειακά.

Τώρα
$MST\angle=ADE\angle=B\angle/2,MET\angle=180-CAE\angle=180-B\angle/2$ .Συνεπώς εγγράψιμο και όμοια εγγράψιμο,δηλαδή ομοκυκλικά.

Από είναι .
Έτσι λόγω των ομοιόθετων πλέον ,η τομή των έστω ανήκει στην .Τέλος από στο παίρνουμε πως συνευθειακά κλπ.

Πως προκύπτει από το Reim's ότι AB//MΝ; δεν είμαι εξοικειωμένος με τη χρήση του θεωρήματος

telemathic · #13

Loukas_Margaritis έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 21, 2024 1:15 am

min## έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 05, 2020 4:15 pm
4.
Ας είναι οι τομές των και αντίστοιχα. Κατασκευάζουμε τα παραλληλόγραμμα .
Το είναι εγγράψιμο ως ισοσκελές τραπέζιο αφού (απλό).
Ακόμα, $SFC\angle=SDC\angle$ ( ισοσκελές τραπέζιο) $=DCB\angle=A\angle/2$ ,δηλαδή ,δηλαδή συνευθειακά.Ομοίως, συνευθειακά.

Τώρα
$MST\angle=ADE\angle=B\angle/2,MET\angle=180-CAE\angle=180-B\angle/2$ .Συνεπώς εγγράψιμο και όμοια εγγράψιμο,δηλαδή ομοκυκλικά.

Από είναι .
Έτσι λόγω των ομοιόθετων πλέον ,η τομή των έστω ανήκει στην .Τέλος από στο παίρνουμε πως συνευθειακά κλπ.
Πως προκύπτει από το Reim's ότι AB//MΝ; δεν είμαι εξοικειωμένος με τη χρήση του θεωρήματος

Μια βοήθεια https://web.evanchen.cc/handouts/GeoSlang/GeoSlang.pdf

Τεστ Εξάσκησης (8), Μεγάλοι

Τεστ Εξάσκησης (8), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (8), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (8), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (8), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (8), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (8), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (8), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (8), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (8), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (8), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (8), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (8), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (8), Μεγάλοι

Μέλη σε σύνδεση