Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 3

Σ' αυτόν τόν φάκελο καταχωρούνται, γιά περιορισμένο χρονικό διάστημα, ασκήσεις πού προτείνονται από οποιοδήποτε μέλος, αλλά η επίλυσή τους αφήνεται ΜΟΝΟ στούς μαθητές.

Συντονιστής: polysot

Άβαταρ μέλους
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 161
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #1 από Γιάννης Μπόρμπας » Πέμ Απρ 20, 2017 2:18 pm

Διαγώνισμα 3 Επίπεδο: Ευκλείδης Γ' λυκείου.

Πρόβλημα 1
Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ABC με AB=AC εγγεγραμμένο σε κύκλο c και η διχοτόμος του BD.
Ο κύκλος c_1(C,CD) τέμνει τον c στα K,L, την BD στο Z, και την BC
στο E έτσι ώστε το C να βρίσκεται μεταξύ των B,E. Αν H είναι το σημείο
τομής της AZ με τον c_1, να αποδείξετε ότι οι ευθείες: AB,KL,HE
συντρέχουν.

Πρόβλημα 2
Να λυθεί στους πραγματικούς η εξίσωση:
(x-1)(x+1)(x^2+1)=2x^3+2x^2-3x-2

Πρόβλημα 3
Θεωρούμε τον 12102-ψήφιο αριθμό: A=\overline{1xyyx11xyyx1...1xyyx1} όπου
\overline{a_na_{n-1}...a_2a_1}=10^{n-1}a_n+10^{n-2}a_{n-1}+...+10a_2+a_1
και x,y ψηφία του τέτοια ώστε 1<x<y. Να αποδείξετε ότι ο A δεν μπορεί
να είναι το τετράγωνο ενός ακεραίου.

Πρόβλημα 4
Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} οι οποίες ικανοποιούν
την συναρτησιακή σχέση:
f(x+f(y))+f(yf(x))=y(x+1)+f(x)
τελευταία επεξεργασία από Γιάννης Μπόρμπας σε Πέμ Απρ 20, 2017 2:58 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1005
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #2 από Ορέστης Λιγνός » Πέμ Απρ 20, 2017 2:44 pm

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 3 Επίπεδο: Ευκλείδης Γ' λυκείου.


Πρόβλημα 2
Να λυθεί στους πραγματικούς η εξίσωση:
(x-1)(x+1)(x^2+1)=2x^3+2x^2-3x-2



Καλησπέρα Γιάννη!

Η εξίσωση γράφεται ισοδύναμα x^4=2x^3+2x^2-3x-1 (διαφορά τετραγώνων).


Η τελευταία ξαναγράφεται (x^2-x)^2=3(x^2-x)-1.

Θέτουμε x^2-x=a, οπότε a^2-3a+1=0, δηλαδή a=\dfrac{3 \pm \sqrt{5}}{2}.

Έτσι, x^2-x=\dfrac{3 \pm \sqrt{5}}{2}, που δίνει \boxed{x=\dfrac{1 \pm \sqrt{7-2\sqrt{5}}}{2}} , \boxed{x=\dfrac{1 \pm \sqrt{7+2\sqrt{5}}}{2}}


Ο καθένας λέει ότι να΄ναι και είναι πάντα σύμφωνος με τον εαυτό του ! 'Ολοι μιλάνε και κανείς δεν ακούει! Ο κόσμος είναι σε νοητική αδράνεια ! Ελένη Γλυκατζή Αρβελέρ
ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ
Δημοσιεύσεις: 430
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 28, 2015 8:49 pm

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #3 από ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ » Πέμ Απρ 20, 2017 2:45 pm

Λύση under construction

ΥΓ. Ευχαριστώ τον Διονύση για την επισήμανση του λάθους!
τελευταία επεξεργασία από ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ σε Πέμ Απρ 20, 2017 3:22 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 161
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #4 από Γιάννης Μπόρμπας » Πέμ Απρ 20, 2017 3:10 pm

Χάρη ευχαριστώ για την διευκρίνηση. Είχα γράψει το γράμμα στα ελληνικά οπότε δεν το έβγαζε.
Ωραία Ορέστη! Μία άλλη προσέγγιση είναι η εξής.
Θεωρούμε το πολυώνυμο: P(x)=x^4-2x^3-2x^2+3x+1
Στην συνέχεια παρατηρούμε ότι: P(-1)=P(2)=-1 οπότε μπορούμε
να γράψουμε το P(x) στην μορφή: (x^2-x-2)Q(x)-1 και
πράγματι P(x)=(x^2-x-1)(x^2-x-2)-1 οπότε η εξίσωση
γίνεται: (x^2-x-1)(x^2-x-2)-1=0. Αν θέσουμε x^2-x-1=y
τότε η εξίσωση γράφεται: y(y-1)-1=0. Και προκύπτουν οι
λύσεις που έδωσε ο Ορέστης.
τελευταία επεξεργασία από Γιάννης Μπόρμπας σε Πέμ Απρ 20, 2017 3:19 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Friedoon
Δημοσιεύσεις: 55
Εγγραφή: Δευ Οκτ 24, 2016 6:39 pm
Τοποθεσία: Γλυφάδα

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #5 από Friedoon » Πέμ Απρ 20, 2017 3:18 pm

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 3
Πρόβλημα 4
Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} οι οποίες ικανοποιούν
την συναρτησιακή σχέση:
f(x+f(y))+f(yf(x))=y(x+1)+f(x)

Για x=y=0 έχουμε f(f(0))=0
Για x=y=f(0) παίρνουμε f(f(0)f(f(0)))=f(0)^2+f(0) \Rightarrow f(0)=0
Για x=0 παίρνουμε f(f(y))=y άρα η f είναι 1-1 και επί.
Για y=1,x=f(x) παίρνουμε f(f(x)+f(1))=x+1.
Για x=f(1) παίρνουμε f(y)=yf(1)
Αντικαθιστώντας στην αρχική βλέπουμε πως μοναδική λύση είναι η f(x)=x
Edit: Είναι και η f(x)=-x
τελευταία επεξεργασία από Friedoon σε Πέμ Απρ 20, 2017 7:22 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Ανδρέας Χαραλαμπόπουλος
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 448
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #6 από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Πέμ Απρ 20, 2017 3:20 pm

ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 3 Επίπεδο: Ευκλείδης Γ' λυκείου.

Πρόβλημα 1
Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ABC με AB=AC εγγεγραμμένο σε κύκλο c και η διχοτόμος του BD.
Ο κύκλος c_1(C,CD) τέμνει τον c στα K,L, την BD στο Ζ, και την BC
στο E έτσι ώστε το C να βρίσκεται μεταξύ των B,E. Αν H είναι το σημείο
τομής της ΑΧ με τον c_1, να αποδείξετε ότι οι ευθείες: AB,KL,HE
συντρέχουν.



Καλησπέρα! Το Z πρέπει να γίνει X αν δεν κάνω λάθος. Παρουσιάζω την λύση μου αλλά επέιδη είμαι σχεδόν σίγουρος ότι είναι λάθος διορθώστε την . . . :roll:

Η KL είναι ο ριζικός άξονας των δύο κύκλων. Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι YA\cdot YB= YK\cdot YL ή πιο απλά ότι τα τρίγωνα YBK,YAL είναι όμοια. Ομως Y\widehat BK=Y\widehat LA και το ζητούμενο έπεται :?: :?


Δυστυχώς νομίζω πως υπάρχει ένα κενό. Αν θεωρείς το Y ως την τομή του KL με την HE, δεν έχεις αποδείξει ότι τα Y, B, A είναι συνευθειακά. Αν από την άλλη θεωρείς ότι το Y είναι η τομή των HE και AB, δεν έχεις αποδείξει ότι τα, Y, K, L είναι συνευθειακά. Παρόλα αυτά η ιδέα είναι καταπληκτική. Μια ιδέα θα ήταν να αποδείξουμε πως YA\cdot YB=YH\cdot YE, όπου Y η τομή των HE και AB.


Houston, we have a problem!
ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ
Δημοσιεύσεις: 430
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 28, 2015 8:49 pm

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #7 από ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ » Πέμ Απρ 20, 2017 3:27 pm

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 3 Επίπεδο: Ευκλείδης Γ' λυκείου.

Πρόβλημα 1
Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ABC με AB=AC εγγεγραμμένο σε κύκλο c και η διχοτόμος του BD.
Ο κύκλος c_1(C,CD) τέμνει τον c στα K,L, την BD στο Ζ, και την BC
στο E έτσι ώστε το C να βρίσκεται μεταξύ των B,E. Αν H είναι το σημείο
τομής της ΑΧ με τον c_1, να αποδείξετε ότι οι ευθείες: AB,KL,HE
συντρέχουν.



Καλησπέρα! Το Z πρέπει να γίνει X αν δεν κάνω λάθος. Παρουσιάζω την λύση μου αλλά επέιδη είμαι σχεδόν σίγουρος ότι είναι λάθος διορθώστε την . . . :roll:

Η KL είναι ο ριζικός άξονας των δύο κύκλων. Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι YA\cdot YB= YK\cdot YL ή πιο απλά ότι τα τρίγωνα YBK,YAL είναι όμοια. Ομως Y\widehat BK=Y\widehat LA και το ζητούμενο έπεται :?: :?


Δυστυχώς νομίζω πως υπάρχει ένα κενό. Αν θεωρείς το Y ως την τομή του KL με την HE, δεν έχεις αποδείξει ότι τα Y, B, A είναι συνευθειακά. Αν από την άλλη θεωρείς ότι το Y είναι η τομή των HE και AB, δεν έχεις αποδείξει ότι τα, Y, K, L είναι συνευθειακά. Παρόλα αυτά η ιδέα είναι καταπληκτική. Μια ιδέα θα ήταν να αποδείξουμε πως YA\cdot YB=YH\cdot YE, όπου Y η τομή των HE και AB.


Διονύση έχεις δίκιο. Απομένει λοιπόν να αποδείξουμε ότι το BHEA είναι εγγράψιμο!


Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 448
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #8 από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Πέμ Απρ 20, 2017 3:42 pm

ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ έγραψε:Διονύση έχεις δίκιο. Απομένει λοιπόν να αποδείξουμε ότι το BHEA είναι εγγράψιμο!


Ακριβώς!

Έστω πως \widehat{ABC}=2x. Προφανώς \widehat{DBC}=x. Εύκολα βρίσκουμε πως \widehat{BDC}=180^o-3x. Όμως το CDX είναι ισοσκελές, άρα θα είναι \widehat{DXC}=180^o-3x και \widehat{DCX}=6x-180.

Ακόμα είναι \widehat{DCE}=180^o-2x, άρα \widehat{XCE}=4x.

Επειδή η \widehat{XHE} είναι η αντίστοιχη εγγεγραμμένη της επίκεντρης \widehat{XCE}, έχουμε πως \widehat{AHE}=\widehat{XHE}=2x.

Πράγματι λοιπόν το ABHE είναι εγγράψιμο.


Houston, we have a problem!
ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ
Δημοσιεύσεις: 430
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 28, 2015 8:49 pm

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #9 από ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ » Πέμ Απρ 20, 2017 4:10 pm

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ έγραψε:Διονύση έχεις δίκιο. Απομένει λοιπόν να αποδείξουμε ότι το BHEA είναι εγγράψιμο!


Ακριβώς!

Έστω πως \widehat{ABC}=2x. Προφανώς \widehat{DBC}=x. Εύκολα βρίσκουμε πως \widehat{BDC}=180^o-3x. Όμως το CDX είναι ισοσκελές, άρα θα είναι \widehat{DXC}=180^o-3x και \widehat{DCX}=6x-180.

Ακόμα είναι \widehat{DCE}=180^o-2x, άρα \widehat{XCE}=4x.

Επειδή η \widehat{XHE} είναι η αντίστοιχη εγγεγραμμένη της επίκεντρης \widehat{XCE}, έχουμε πως \widehat{AHE}=\widehat{XHE}=2x.

Πράγματι λοιπόν το ABHE είναι εγγράψιμο.


:coolspeak:
Συνημμένα
Στιγμιότυπο 2017-04-20, 4.09.39 μ.μ..png
Στιγμιότυπο 2017-04-20, 4.09.39 μ.μ..png (85.24 KiB) Προβλήθηκε 435 φορές


Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1005
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #10 από Ορέστης Λιγνός » Παρ Απρ 21, 2017 1:39 pm

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:
Πρόβλημα 3
Θεωρούμε τον 12102-ψήφιο αριθμό: A=\overline{1xyyx11xyyx1...1xyyx1} όπου
\overline{a_na_{n-1}...a_2a_1}=10^{n-1}a_n+10^{n-2}a_{n-1}+...+10a_2+a_1
και x,y ψηφία του τέτοια ώστε 1<x<y. Να αποδείξετε ότι ο A δεν μπορεί
να είναι το τετράγωνο ενός ακεραίου.


Μία τελευταία προσπάθεια ...

Έστω προς άτοπο ότι A τέλειο τετράγωνο, έστω A=k^2, με k \in \mathbb{N^*}.

Θα αποδείξουμε το εξής:

Ισχυρισμός

Ο αριθμός N=\overline{1xyyx1} διαιρείται με το 11, όχι όμως και με το 11^2.

Απόδειξη

Είναι N=\overline{1xyyx1}=10^5+10^4 \cdot x+10^3 \cdot y+10^2 \cdot y +10x+1=11(9091+910x+100y), πράγμα που αποδεικνύει το πρώτο σκέλος του Ισχυρισμού μας.

Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι ο 11 δεν διαιρεί το 9091+910x+100y.

Από τις ισοτιμίες 9091+910x+100y \equiv 5+8x+y (\bmod 11), αρκεί να δειχτεί ότι ο 11 δεν διαιρεί το 8x+5+y.

Έστω προς άτοπο ότι 11 \mid 8x+y+5.

Τότε y+5 \equiv 3x   (\bmod 11).

Άρα, 3x=y+5+11t, με t \in \mathbb{Z}.

Αν t \geqslant 2, 27 >3x=y+5+11t \geqslant y+27, άτοπο.

Αν t=1, 3x=y+16, η οποία είναι αδύνατη, αφού 1<x<y \leqslant 9.

Αν t \leqslant -2, 0<3x=y+5+11t \leqslant y-17<0, άτοπο.

Αν t=-1, 3x=y-6, άτοπο.

Άρα, υποχρεωτικά, t=0 και 3x=y+5.

Χρησιμοποιώντας ότι y>x>1, παίρνουμε ως λύσεις τα ζεύγη (x,y)=(3,4) και (x,y)=(4,7).

Είναι, A=\overline{NN \ldots N}, με 2017 N - άρια, το καθένα με 6 ψηφία.

Έτσι , A=\overline{NN \ldots N}=10^{12096} \cdot N +10^{12090} \cdot N + \ldots 10^6 \cdot N+N=

(10^{12096}+ 10^{12090}+ \ldots 10^6+1)N.

Παρατηρούμε ότι για (x,y)=(3,4), και για (x,y)=(4,7), ο αριθμός N διαιρείται με 11^3, όχι όμως και με 11^4.

Για να είναι τέλειο τετράγωνο ο A=(10^{12096}+ 10^{12090}+ \ldots 10^6+1)N , πρέπει 11 \mid 10^{12096}+10^{12090}+ \ldots 10^6+1.

Όμως, 10^{12096}+ 10^{12090}+ \ldots 10^6+1 \equiv 1+1+ \ldots 1+1 \equiv 2017 \equiv 4 (\bmod 11), άτοπο.

Ο ισχυρισμός αποδείχτηκε.

Ας συνεχίσουμε την απόδειξη.


Είναι A=\overline{NN \ldots N}=(10^{12096}+10^{12090}+ \ldots 10+1)N.


Από την 11 \mid N και ότι ο 11^2 δεν διαιρεί το N (από τον Ισχυρισμό), πρέπει και 11 \mid 10^{12096}+10^{12090}+ \ldots 10^6+1
Όμως, 10^{12096}+10^{12090}+ \ldots 10^6+1 \equiv 1+1+ \ldots 1+1 \equiv 2017(\bmod 11) \equiv 4(\bmod 11}, άτοπο.

Το ζητούμενο είναι άμεσο.
τελευταία επεξεργασία από Ορέστης Λιγνός σε Παρ Απρ 21, 2017 2:06 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Ο καθένας λέει ότι να΄ναι και είναι πάντα σύμφωνος με τον εαυτό του ! 'Ολοι μιλάνε και κανείς δεν ακούει! Ο κόσμος είναι σε νοητική αδράνεια ! Ελένη Γλυκατζή Αρβελέρ
Άβαταρ μέλους
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 161
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #11 από Γιάννης Μπόρμπας » Παρ Απρ 21, 2017 1:49 pm

Άψογα!
τελευταία επεξεργασία από Γιάννης Μπόρμπας σε Παρ Απρ 21, 2017 2:07 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Κατερινόπουλος Νικόλας
Δημοσιεύσεις: 568
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 05, 2017 3:24 pm
Τοποθεσία: Καλαμάτα, Μεσσηνία

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #12 από Κατερινόπουλος Νικόλας » Παρ Απρ 21, 2017 2:06 pm

Στο επόμενο διαγώνισμα θα απαντήσω! (Αν είναι δυνατόν να λύσω κάτι)


\sqrt{\text{\gr{Νικόλας}}^2 \! - \text{\gr{Μαθηματικά}}^2}

Επιστροφή σε “Ασκήσεις ΜΟΝΟ για μαθητές”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες