Re: ΘΑΛΗΣ 1995 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

#1

Θέμα 1ο
Να βρεθεί η μέγιστη τιμή της παράστασης: $\Pi(x,y)=xy+x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2}-\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-y^2}$ με $|x|\leq 1$ , $|y|\leq 1$ .

Θέμα 2ο
Έστω η συνάρτηση $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ τέτοια ώστε για κάθε $x\in\mathbb{R}$ να ισχύει ότι:
$f(x-2)+f(x+2)=\sqrt{3}f(x)$ . Να δείξετε ότι η

είναι περιοδική.

Θέμα 3ο
Έστω τρίγωνο ABC

και

μια ευθεία που περνάει από το βαρύκεντρο

του τριγώνου και τέμνει τις AB,AC

στα

αντίστοιχα. Να δείξετε ότι: $\dfrac{AK}{KB}\geq 4\dfrac{CL}{AL}$ .

Θέμα 4ο
Έστω

ένα σύνολο

ακεραίων αριθμών. Από το σύνολο αυτό κατασκευάζουμε όλες τις δυνατές παραστάσεις παίρνοντας ένα ορισμένο πλήθος αριθμών και προσθαφερώντας τους μεταξύ τους. Π.χ. αν $a_{i_1},a_{i_2},a_{i_3},a_{i_4}\in A$ τότε μία δυνατή παράσταση είναι η $a_{i_1}+a_{i_2}-a_{i_3}+a_{i_4}$ ή $-a_{i_1}+a_{i_2}+a_{i_3}+a_{i_4}$ . Δύο διαφορετικές παραστάσεις ανεξάρτητα από το αριθμητικό τους αποτέλεσμα θα θεωρούνται διακεκριμένες. Να υπολογιστεί το πλήθος των δυνατών παραστάσεων.

Δείτε το ευρετήριο όλων των διαγωνισμών της ΕΜΕ εδώ.

Αλέξανδρος

#2

cretanman έγραψε:Θέμα 1ο
Να βρεθεί η μέγιστη τιμή της παράστασης: $\Pi(x,y)=xy+x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2}-\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-y^2}$ με $|x|\leq 1$ , $|y|\leq 1$ .

Θέτουμε $a=\sqrt{1-x^2}$ και $b=\sqrt{1-y^2}.$ Τότε a^2+x^2=b^2+y^2=1.

Είναι $\Pi(x,y)=xy+xb+ya-ab.$

Από την ταυτότητα (a^2+x^2)(b^2+y^2)=(xy-ab)^2+(xb+ay)^2

και την ανισότητα $2\left[ (xy-ab)^2+(xb+ay)^2\right]\geq \left[ (xy-ab)+(xb+ay)\right]^2$

προκύπτει ότι $\Pi^2(x,y)\leq 2$ οπότε $\Pi(x,y)\leq \sqrt{2}.$

Εφόσον $\Pi(1,\displaystyle{\frac{\sqrt{2}}{2}})= \sqrt{2}$ το ζητούμενο μέγιστο είναι το $\sqrt{2}.$

#3

cretanman έγραψε:Θέμα 1ο
Να βρεθεί η μέγιστη τιμή της παράστασης: $\Pi(x,y)=xy+x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2}-\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-y^2}$ με $|x|\leq 1$ , $|y|\leq 1$ .

Άλλη μία λύση για το συγκεκριμένο πρόβλημα:

Αφού $|x|\leq 1$ και $|y|\leq 1$ άρα υπάρχουν γωνίες a,b

ώστε $x=\cos{a}$ και $y=\cos{b}$ . Τότε η παράσταση γίνεται

$\begin{aligned}\Pi(a,b) &=\cos{a}\cos{b}+\cos{a}\sin{b}+\cos{b}\sin{a}-\sin{a}\sin{b} \nonumber \\ &= \cos{(a+b)}+\sin{(a+b)} \nonumber \\ &=\sqrt{2}\sin{\left(\dfrac{\pi}{4}+a+b\right)}\end{aligned}$

που παρουσιάζει μέγιστο το $\sqrt{2}$ π.χ. όταν $a+b=\dfrac{\pi}{4}$ δηλαδή όταν π.χ. a=0

και $b=\dfrac{\pi}{4}$ δηλαδή όταν x=1

και $y=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ .

Αλέξανδρος

gauss1988 · #4

cretanman έγραψε:Θέμα 2ο
Έστω η συνάρτηση $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ τέτοια ώστε για κάθε $x\in\mathbb{R}$ να ισχύει ότι:
$f(x-2)+f(x+2)=\sqrt{3}f(x)$ . Να δείξετε ότι η είναι περιοδική.

Βάζω στην θέση του $\displaystyle{x}$ το $\displaystyle{x-2}$ και βρίσκω $\displaystyle{f(x-4)+f(x)=\sqrt{3}f(x-2)}$ . Ύστερα βάζω στην θέση του $\displaystyle{x}$ το
$\displaystyle{x+2}$ και βρίσκω $\displaystyle{f(x)+f(x+4)=\sqrt{3}f(x+2)}$
Προσθέτοντας κατά μέλη τις δύο εξισώσεις που βρήκαμε, παίρνουμε:
$\displaystyle{f(x-4)+f(x+4)+2f(x)=\sqr{3}[f(x+2)+f(x-2)]\Rightarrow f(x-4)+f(x+4)+2f(x)=\sqr{3}.\sqr{3}f(x)\Rightarrow}$

$\displaystyle{f(x-4)+f(x+4)=f(x)}$ (I)

Στην (Ι) βάζω όπου $\displaystyle{x}$ το $\displaystyle{x+4}$ και βρίσκω $\displaystyle{f(x)+f(x+8)=f(x+4)}$ ενώ αν βάλλω όπου $\displaystyle{x}$ το $\displaystyle{x-4}$ βρίσκω
$\displaystyle{f(x-8)+f(x)=f(x-4)\Rightarrow f(x)=f(x-4)-f(x-8)}$ . (ΙΙ)

Από τις (Ι) , (ΙΙ) $\displaystyle{\Rightarrow f(x+4)=-f(x-8)}$ και αν εδώ βάλλουμε όπου $\displaystyle{x}$ το $\displaystyle{x+8}$ βρίσκουμε
$\displaystyle{f(x+12)=-f(x)}$ (III) και αν στην (ΙΙΙ) βάλλουμε όπου $\displaystyle{x}$ το $\displaystyle{x-12}$ βρίσκουμε $\displaystyle{f(x)=-f(x-12)\Rightarrow}$
$\displaystyle{f(x-12)=-f(x)}$ (IV)
Από τις εξισώσεις (ΙΙΙ) και (IV) $\displaystyle{\Rightarrow f(x+12)=f(x-12)}$ και βάζοντας εδώ όπου $\displaystyle{x}$ το $\displaystyle{x+12}$ βρίσκουμε

$\displaystyle{f(x+24)=f(x)}$ για όλα τα $\displaystyle{xER}$ . Αυτό σημαίνει ότι η $\displaystyle{f}$ είναι περιοδική με μια περίοδο το $\displaystyle{T=24}$

#5

cretanman έγραψε: Θέμα 4ο
Έστω ένα σύνολο ακεραίων αριθμών. Από το σύνολο αυτό κατασκευάζουμε όλες τις δυνατές παραστάσεις παίρνοντας ένα ορισμένο πλήθος αριθμών και προσθαφερώντας τους μεταξύ τους. Π.χ. αν $a_{i_1},a_{i_2},a_{i_3},a_{i_4}\in A$ τότε μία δυνατή παράσταση είναι η $a_{i_1}+a_{i_2}-a_{i_3}+a_{i_4}$ ή $-a_{i_1}+a_{i_2}+a_{i_3}+a_{i_4}$ . Δύο διαφορετικές παραστάσεις ανεξάρτητα από το αριθμητικό τους αποτέλεσμα θα θεωρούνται διακεκριμένες. Να υπολογιστεί το πλήθος των δυνατών παραστάσεων.

Για κάθε ακέραιοι αριθμό του συνόλου

έχουμε τρεις επιλογές ανεξάρτητες μεταξύ τους: Είτε δεν τον επιλέγουμε για να κατασκευάσουμε την παράσταση, είτε τον επιλέγουμε και βάζουμε "+"

ως πρόσημο μπροστά του, είτε τον επιλέγουμε και βάζουμε "-"

μπροστά του.

Συνεπώς η διαδικασία επιλογής ή όχι των αριθμών του συνόλου

για την κατασκευή της παράστασης γίνεται (λόγω της πολλαπλασιαστικής αρχής) συνολικά με 3^n

τρόπους. Σε αυτούς περιέχεται και η περίπτωση να μην επιλέξουμε κανένα αριθμό του

στην παράσταση.

Συνεπώς η κατασκευή όλων των δυνατών παραστάσεων από τους

αριθμούς του συνόλου

είναι τελικά 3^n-1

.

Αλέξανδρος

#6

Θέμα 3ο
Έστω τρίγωνο ABC

και

μια ευθεία που περνάει από το βαρύκεντρο

του τριγώνου και τέμνει τις AB,AC

στα

αντίστοιχα. Να δείξετε ότι: $\dfrac{AK}{KB}\geq 4\dfrac{CL}{AL}$ .

: Θαλής 1995 Γ Λυκ.png (55.98 KiB) Προβλήθηκε 1603 φορές

Φέρουμε

με τα

πάνω στην

και ας είναι

το μέσο της BC.

Τα τρίγωνα BNM,CPM

είναι ίσα οπότε MN=MP.

Από το θεώρημα του Θαλή $\displaystyle{\frac{AK}{KB}=\frac{AG}{GN}}$ και $\displaystyle{\frac{CL}{AL}=\frac{GP}{AG}}.$

Αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle{\frac{AG}{GN}\geq 4\frac{GP}{AG}\Leftrightarrow AG^2\geq 4\cdot GP\cdot GN\Leftrightarrow 4GM^2\geq4(GM+MN)(GM-MN)\Leftrightarrow MN^2\geq 0 }$

που ισχύει. Ισότητα έχουμε όταν τα M,N

ταυτίζονται, δηλαδή όταν KL//BC.

#7

cretanman έγραψε:Θέμα 3ο
Έστω τρίγωνο και μια ευθεία που περνάει από το βαρύκεντρο του τριγώνου και τέμνει τις στα αντίστοιχα. Να δείξετε ότι: $\dfrac{AK}{KB}\geq 4\dfrac{CL}{AL}$ .

Ακόμα μία λύση για το συγκεκριμένο θέμα.

Από το θεώρημα Μενελάου στα τρίγωνα ABM, ACM

αντίστοιχα με τέμνουσα την

έχουμε (έστω $BC\cap KL =\{N\}$ ):

$\dfrac{KA}{KB}\cdot \dfrac{NB}{NM}\cdot\dfrac{GM}{GA}=1 \Rightarrow \dfrac{KA}{KB}\cdot \dfrac{NB}{NM}=2 \ \ (1)$

$\dfrac{LA}{LC}\cdot \dfrac{NC}{NM}\cdot\dfrac{GM}{GA}=1 \Rightarrow \dfrac{LA}{LC}\cdot \dfrac{NC}{NM}=2 \ \ (2)$

Πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη τις (1),(2)

και παίρνουμε: $\dfrac{KA\cdot NB \cdot LA\cdot NC}{(NM)^2\cdot BK\cdot LC}=4$

: thalis95glyk.png (10.59 KiB) Προβλήθηκε 1566 φορές

Όμως $\dfrac{NB\cdot NC}{(NM)^2}\leq 1$ διότι αν θέσουμε NB=x

και

τότε η παραπάνω γίνεται: $\dfrac{x(x+y)}{\left(x+\frac{y}{2}\right)^2} \leq 1$ που καταλήγει στην προφανή $y^2\geq 0$ .

Άρα τελικά παίρνουμε ότι $\dfrac{KA\cdot LA}{BK\cdot LC} \geq 4$ δηλαδή $\dfrac{AK}{KB}\geq 4\dfrac{LC}{LA}$ που είναι το ζητούμενο.

Αλέξανδρος

Ιστοσελίδα · #8

cretanman έγραψε:Θέμα 4ο
Έστω ένα σύνολο ακεραίων αριθμών. Από το σύνολο αυτό κατασκευάζουμε όλες τις δυνατές παραστάσεις παίρνοντας ένα ορισμένο πλήθος αριθμών και προσθαφερώντας τους μεταξύ τους. Π.χ. αν $a_{i_1},a_{i_2},a_{i_3},a_{i_4}\in A$ τότε μία δυνατή παράσταση είναι η $a_{i_1}+a_{i_2}-a_{i_3}+a_{i_4}$ ή $-a_{i_1}+a_{i_2}+a_{i_3}+a_{i_4}.$ Δύο διαφορετικές παραστάσεις ανεξάρτητα από το αριθμητικό τους αποτέλεσμα θα θεωρούνται διακεκριμένες. Να υπολογιστεί το πλήθος των δυνατών παραστάσεων.

Μία άλλη αντιμετώπιση είναι:

Από το σύνολο

μπορούμε να επιλέξουμε

ακέραιους, $1\leq k\leq n ,$ με $\displaystyle \binom{n}{k}$ τρόπους.

Για κάθε επιλογή που κάνουμε, π.χ. $a_{i_1} , a_{i_2} , ... , a_{i_k} ,$ μπορούμε να σχηματίσουμε 2^k

διαφορετικές παραστάσεις,
αφού σε κάθε έναν από τους προηγούμενους

ακέραιους, μπορούμε να τοποθετήσουμε ένα από τα σύμβολα

ή

.

Επομένως, για επιλογή

ακέραιων έχουμε συνολικά $\displaystyle \binom{n}{k}2^k$ διαφορετικές παραστάσεις.

Συνολικά το πλήθος των δυνατών παραστάσεων που μπορούμε να δημιουργήσουμε είναι:

$\displaystyle \binom{n}{1}2^1 + \displaystyle \binom{n}{2}2^2 + ... + \displaystyle \binom{n}{n}2^n =$

$\displaystyle \binom{n}{0}2^0 +\binom{n}{1}2^1 + \displaystyle \binom{n}{2}2^2 + ... + \displaystyle \binom{n}{n}2^n -1 =$

(1+2)^n-1 = 3^n-1 .