Τεστ Εξάσκησης #1-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

#1

Καλησπέρα σας!

Την περίοδο πριν τον ΑΡΧΙΜΗΔΗ πέρυσι, είχα ετοιμάσει κάποια τεστ προετοιμασίας για τον μαθητή του σχολείου μας Νικόλαο Ευγενίδη.

Οι κανόνες ήταν να γράψει το τεστ στο σπίτι του υπό διαγωνιστικές συνθήκες, σε 4 ώρες. Στη συνέχεια συζητούσαμε τις λύσεις τους στο σχολείο.

Παρεμπιπτόντως, ο Νίκος προκρίθηκε και φέτος για 4η συνεχή χρονιά.

Ελπίζω κάποια από αυτά να φανούν χρήσιμα και φέτος σε όποιον θέλει κάποια εξάσκηση.

**********************************************
Ακολουθούν τα προβλήματα του 1ου τεστ:

Practice TEST 1
ΔΙΑΡΚΕΙΑ: 4 ΩΡΕΣ

ΘΕΜΑ 1. Να βρεθούν όλα τα πολυώνυμα P(x)

και

με πραγματικούς συντελεστές τέτοια ώστε

P(x^2+1)=Q(x)^2+2x

και

για κάθε πραγματικό

.

ΘΕΜΑ 2. Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι a,b,c

τέτοιοι ώστε οι αριθμοί a^2+1

και

να είναι πρώτοι και να ισχύει

$\displaystyle{(a^2+1)(b^2+1)=c^2+1.}$

ΘΕΜΑ 3. Να δειχθεί ότι αν $0\leq a,b,c\leq 1$ , τότε

$\displaystyle{ \dfrac{a}{bc+1}+\dfrac{b}{ca+1}+\dfrac{c}{ab+1}\leq 2. }$

ΘΕΜΑ 4. Δίνεται κυρτό πεντάγωνο ABCDE

τέτοιο ώστε BC=DE

και

$\angle ABE=\angle CAB=\angle AED-90^{\circ}$ και $\angle ACB=\angle ADE.$

Να αποδειχθεί ότι το τετράπλευρο BCDE

είναι παραλληλόγραμμο.

**********************************************

Φιλικά,

Αχιλλέας

harrisp · #2

Κύριε Αχιλλέα ειναι τελειο. Μήπως εχετε και για JUNIORS;;;

Θα ήμουν ευγνώμων....

#3

ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ έγραψε:Κύριε Αχιλλέα ειναι τελειο. Μήπως εχετε και για JUNIORS;;;

Θα ήμουν ευγνώμων....

Καλησπέρα, Χάρη,

Δυστυχώς δεν έχω ετοιμάσει κάτι σε Juniors, αλλά ελπίζω να βρω χρόνο να το κάνω σύντομα.

Παρεμπιπτόντως, το παραπάνω 1ο τεστ αποδείχθηκε στην πράξη ότι ήταν αρκετά δύσκολο.

Έτσι, προσπάθησα στα επόμενα τεστ να έχω και μια πιο προσιτή άσκηση, τουλάχιστον σε όποιο μαθητή έχει ασχοληθεί με διαγωνισμούς.

Δεν ισχυρίζομαι, λοιπόν, ότι το επίπεδο δυσκολίας ταυτίζεται με αυτό του ΑΡΧΙΜΗΔΗ. Ελπίζω να είναι κοντά, πάντως.

Φιλικά,

Αχιλλέας

#4

achilleas έγραψε:
ΘΕΜΑ 3. Να δειχθεί ότι αν $0\leq a,b,c\leq 1$ , τότε

$\displaystyle{ \dfrac{a}{bc+1}+\dfrac{b}{ca+1}+\dfrac{c}{ab+1}\leq 2. }$

Υποθέτουμε ότι

$\displaystyle{a\geq b\geq c,}$ οπότε είναι $\displaystyle{bc\leq ca\leq ab}$ και είναι

$\displaystyle{\dfrac{a}{bc+1}+\dfrac{b}{ca+1}+\dfrac{c}{ab+1}\leq \dfrac{a}{bc+1}+\dfrac{b}{bc+1}+\dfrac{b}{bc+1}=\frac{a+b+c}{1+bc}}$

οπότε αρκεί

$\displaystyle{a+b+c\leq 2(1+bc).}$

Επειδή είναι $\displaystyle{(b-1)(c-1)\geq 0}$ άρα $\displaystyle{bc+1\geq b+c,}$ αρκεί να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle{a+b+c\leq 1+bc+b+c,}$ η οποία προφανώς ισχύει.

dement · #5

Διαφορετικά για το 3:

Το αριστερό μέλος είναι κυρτή συνάρτηση της κάθε μεταβλητής, οπότε μεγιστοποιείται σε κάποιο άκρο. Εξετάζοντας περιπτώσεις βλέπουμε ότι το ολικό μέγιστο επιτυγχάνεται για a=b=1, c=0

με τιμή

.

#6

achilleas έγραψε: Practice TEST 1
ΔΙΑΡΚΕΙΑ: 4 ΩΡΕΣ

ΘΕΜΑ 2. Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε οι αριθμοί και να είναι πρώτοι και να ισχύει

$\displaystyle{(a^2+1)(b^2+1)=c^2+1.}$

Δίχως βλάβη της γενικότητας, υποθέτουμε ότι $\displaystyle{a \ge b.}$ Παρατηρούμε ότι:

$\displaystyle{{c^2} < {c^2} + 1 = \left( {{a^2} + 1} \right)\left( {{b^2} + 1} \right) \le {\left( {{a^2} + 1} \right)^2},}$

οπότε

$\displaystyle{c < {a^2} + 1.}$

Αλλά είναι:

$\displaystyle{{a^2} + 1|\left( {{c^2} + 1} \right) - \left( {{a^2} + 1} \right) = \left( {c - a} \right)\left( {c + a} \right)}$

κι αφού ο αριθμός $\displaystyle{{a^2} + 1}$ είναι πρώτος, θα πρέπει να διαρεί τον $\displaystyle{{c - a}}$ ή τον $\displaystyle{{c + a}.}$

Επειδή $\displaystyle{0 < c - a < c < {a^2} + 1,}$ ο $\displaystyle{{a^2} + 1}$ δεν μπορεί να διαιρεί τον $\displaystyle{{c - a}.}$ Άρα, θα διαιρεί τον $\displaystyle{{c + a},}$ οπότε θα υπάρχει θετικός ακέραιος

τέτοιος, ώστε $\displaystyle{c + a = k\left( {{a^2} + 1} \right).}$ Αλλά έχουμε ότι:

$\displaystyle{k\left( {{a^2} + 1} \right) = c + a < {a^2} + a + 1 < 2\left( {{a^2} + 1} \right),}$

οπότε k=1

και άρα $\displaystyle{c + a = {a^2} + 1}$ και $\displaystyle{c - a = 1.}$ Εύκολα τώρα βρίσκουμε ότι $\displaystyle{\left( {a,b,c} \right) = \left( {2,1,3} \right).}$ Λόγω συμμετρίας, προκύπτει και η λύση $\displaystyle{\left( {a,b,c} \right) = \left( {1,2,3} \right).}$

#7

achilleas έγραψε:

ΘΕΜΑ 1. Να βρεθούν όλα τα πολυώνυμα και με πραγματικούς συντελεστές τέτοια ώστε

και

για κάθε πραγματικό .

Από τις σχέσεις

$\displaystyle{P\left( {{x^2} + 1} \right) = {Q^2}\left( x \right) + 2x}$

και

$\displaystyle{P\left( {{x^2} + 1} \right) = P\left( {{{\left( { - x} \right)}^2} + 1} \right) = {Q^2}\left( { - x} \right) - 2x}$

προκύπτει ότι:

$\displaystyle{{Q^2}\left( x \right) + 2x = {Q^2}\left( { - x} \right) - 2x \Rightarrow 4x = {Q^2}\left( { - x} \right) - {Q^2}\left( x \right) \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow 4x = \left[ {Q\left( { - x} \right) - Q\left( x \right)} \right]\left[ {Q\left( { - x} \right) + Q\left( x \right)} \right]}$ $\bf\color{red}\left(1 \right)$ .

Επειδή το πολυώνυμο $\displaystyle{{Q\left( { - x} \right) + Q\left( x \right)}}$ περιέχει μόνο άρτιες δυνάμεις του

, ενώ το πολυώνυμο $\displaystyle{{Q\left( { - x} \right) - Q\left( x \right)}}$ περιέχει μόνο περιττές δυνάμεις του

, η σχέση $\bf\color{red}\left(1 \right)$ δίνει ότι το πολυώνυμο $\displaystyle{{Q\left( { - x} \right) + Q\left( x \right)}}$ είναι σταθερό (μη μηδενικό), και το πολυώνυμο $\displaystyle{{Q\left( { - x} \right) - Q\left( x \right)}}$ έχει βαθμό

, με σταθερό όρο ίσο με

(αφού έχει ρίζα το

). Επομένως, υπάρχουν αριθμοί $\displaystyle{a,b \in \mathbb{R}}$ με $\displaystyle{ab \ne 0}$ τέτοιοι, ώστε

$\displaystyle{Q\left( { - x} \right) + Q\left( x \right) = 2b}$

και

$\displaystyle{Q\left( { - x} \right) - Q\left( x \right) = 2ax,}$

από όπου άμεσα προκύπτει ότι

$\displaystyle{Q\left( x \right) = - ax + b.}$

Από τη σχέση

$\displaystyle{{P^2}\left( x \right) = Q\left( {{x^2} + 1} \right) = - a\left( {{x^2} + 1} \right) + b = - a{x^2} - a + b}$

έχουμε ότι το πολυώνυμο $\displaystyle{P\left( x \right)}$ έχει βαθμό

, οπότε θα υπάρχουν $\displaystyle{c,d \in \mathbb{R}}$ με $\displaystyle{c \ne 0}$ τέτοιοι, ώστε

$\displaystyle{P\left( x \right) = cx + d.}$

Έχουμε ότι:

$\displaystyle{{P^2}\left( x \right) = Q\left( {{x^2} + 1} \right) \Rightarrow {c^2}{x^2} + 2cdx + {d^2} = - a{x^2} - a + b,}$

οπότε $\displaystyle{cd = 0 \Rightarrow d = 0,}$ $\displaystyle{{c^2} = - a}$ και $\displaystyle{a = b.}$ Έτσι, είναι

$\displaystyle{P\left( x \right) = cx}$

και

$\displaystyle{Q\left( x \right) = {c^2}\left( {x - 1} \right).}$

Η σχέση $\displaystyle{P\left( {{x^2} + 1} \right) = {Q^2}\left( x \right) + 2x}$ δίνει τώρα ότι:

$\displaystyle{c\left( {{x^2} + 1} \right) = {c^4}{\left( {x - 1} \right)^2} + 2x \Leftrightarrow c{x^2} + c = {c^4}{x^2} + 2\left( {1 - {c^4}} \right)x + {c^4},}$

οπότε $\displaystyle{{c^4} = c}$ και άρα $\displaystyle{c = 1.}$

Ώστε, είναι $\displaystyle{\boxed{P\left( x \right) = x}}$ και $\displaystyle{\boxed{Q\left( x \right) = x - 1},}$ που, όπως εύκολα ελέγχουμε, επαληθεύουν τις δοσμένες σχέσεις.

#8

achilleas έγραψε: ΘΕΜΑ 2. Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε οι αριθμοί και να είναι πρώτοι και να ισχύει

$\displaystyle{(a^2+1)(b^2+1)=c^2+1.}$

Δίνω μια διαφορετική απόδειξη η οποία βασίζεται στο πλήθος των τρόπων που μπορούμε να γράψουμε έναν φυσικό αριθμό ως άθροισμα δύο τετραγώνων.

Αν $n = 2^a p_1^{r_1} \cdots p_k^{r_k} q_1^{s_1} \cdots q_t^{s_t}$ σε γινόμενο πρώτων παραγόντων όπου $p_i \equiv 1 \bmod 4$ και $q_j \equiv 3 \bmod 4$ , τότε ο

γράφεται ως άθροισμα δύο τετραγώνων αν και μόνο αν όλα τα s_j

είναι άρτιοι. Επιπλέον σε αυτήν την περίπτωση αυτό μπορεί να γίνει με ακριβώς

$\displaystyle{\frac{(r_1+1)(r_2+1)\cdots (r_k+1)+1}{2}}$ τρόπους αν όλα τα r_i

είναι άρτιοι

$\displaystyle{\frac{(r_1+1)(r_2+1)\cdots (r_k+1)}{2}}$ τρόπους αν τουλάχιστον ένα r_i

είναι περιττος

Στην καταμέτρηση δεν λαμβάνονται υπόψη ούτε τα πρόσημα ούτε και η σειρά.

Στην άσκησή μας τώρα:

Έστω χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι $a \geqslant b$ . Το c^2+1

είναι γινόμενο δυο πρώτων της μορφής $1 \bmod 4$ ή $2 \bmod 4$ . Από τα προηγούμενα το c^2+1

μπορεί να γραφεί ως άθροισμα δύο τετραγώνων με
- έναν τρόπο αν a=b

ή αν

- δύο τρόπους σε διαφορετική περίπτωση

Αλλά c^2+1 = (a^2+1)(b^2+1) = (ab+1)^2+(a-b)^2 = (a+b)^2+(ab-1)^2

. Αφού $a+b \neq a-b$ τότε αυτοί είναι δύο διαφορετικοί τρόποι εκτός και αν a-b = ab-1

και

το οποίο δίνει b=1

.

Άρα σε κάθε περίπτωση πρέπει ένα από τα ab+1,a-b,a+b,ab-1

να ισούται με

. Επειδή $a \geqslant b \geqslant 1$ πρέπει a=b+1

. (Η περίπτωση ab-1=2

επίσης δίνει a=b+1

.) Τότε όμως ένας από τους a^2+1

και

είναι άρτιος και άρα ισούται με το

. Οπότε

και

το οποίο ελέγχουμε ότι είναι δεκτό.

#9

achilleas έγραψε: ↑
Παρ Φεβ 24, 2017 8:04 pm
ΘΕΜΑ 4. Δίνεται κυρτό πεντάγωνο τέτοιο ώστε και

$\angle ABE=\angle CAB=\angle AED-90^{\circ}$ και $\angle ACB=\angle ADE.$

Να αποδειχθεί ότι το τετράπλευρο είναι παραλληλόγραμμο.

Επαναφορά!

min## · #10

4.
Έστω

σημείο ώστε $ABC\cong AEX$ (όμοια με ίδιο προσανατολισμό).
Τότε είναι $AXE\angle=ADE\angle$ και $AX \perp DE$ από υπόθεση.
Έτσι το

είναι το ορθόκεντρο του ADX

.
Έχουμε :
$EDX\angle=EAX\angle=BAC\angle=ABE\angle$ .
και επιπλέον από κατασκευή, $\dfrac{AB}{AE}=\dfrac{BC}{EX}=\dfrac{DE}{EX}$ .
Έτσι $ABE\cong EDX$ .
Από την ομοιότητα τώρα, $(AB,DE)\angle\equiv(AE,EX) mod \pi$ ,που λόγω $ABC\cong AEX$ δίνει BC//DE

.

Τεστ Εξάσκησης #1-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

Τεστ Εξάσκησης #1-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

Re: Τεστ Εξάσκησης #1-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

Re: Τεστ Εξάσκησης #1-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

Re: Τεστ Εξάσκησης #1-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

Re: Τεστ Εξάσκησης #1-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

Re: Τεστ Εξάσκησης #1-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

Re: Τεστ Εξάσκησης #1-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

Re: Τεστ Εξάσκησης #1-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

Re: Τεστ Εξάσκησης #1-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

Re: Τεστ Εξάσκησης #1-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

Μέλη σε σύνδεση