3Η ΠΡΟΚΑΤΑΡΤΙΚΗ ΦΑΣΗ 1995 - ΛΥΚΕΙΟ

#1

Θέμα 1ο
Θεωρούμε ορθογώνιο τρίγωνο ABC

( $\angle{A}=90^{\circ}$ ) και με βάσεις τις πλευρές $AB, \ BC$ κατασκευάζουμε στο εξωτερικό του ισόπλευρα τρίγωνα $ABD, \ BCE$ . Αν η

είναι κάθετη στην

και η

η κάθετη στην

, να αποδείξετε ότι η

διέρχεται από το μέσο της

.

Θέμα 2ο
Έστω

πρώτος αριθμός της μορφής 4k+3

(

φυσικός). Να αποδείξετε ότι αν $x,y\in\mathbb{Z}$ και p|x^2+y^2

τότε

και

.

Θέμα 3ο
Έστω $P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots + a_1x+a_0$ όπου

άρτιος και $a_n, \ a_{n-1}, \ldots , a_1, \ a_0\in\mathbb{R}$ . Αν $a_0>0, \ a_n>0$ και $a_1^2+a_2^2+\cdots + a_{n-1}^2\leq \dfrac{4\min{\left(a_0^2,a_n^2\right)}}{n-1}$ , να αποδείξετε ότι $P(x)\geq 0$ για κάθε $x\in\mathbb{R}$ .

Θέμα 4ο
α) Θεωρούμε έναν πίνακα $11\times 11$ του οποίου κάθε τετράγωνο χρωματίζεται με ένα από 3 χρώματα. Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα ορθογώνιο διαστάσεων $k\times l$ ( $2\leq k, \ l \leq 11$ ) του οποίου τα τετράγωνα στις κορυφές έχουν το ίδιο χρώμα.
β) Να εξετάσετε αν σε έναν πίνακα $2n\times 2n$ μπορούμε να τοποθετήσουμε τους αριθμούς -1,0,1 ώστε τα αθροίσματα κάθε γραμμής και κάθε στήλης να είναι διαφορετικά.

Αλέξανδρος

Δημήτρης Μυρογιάννης · #2

Αλέξανδρε καλημέρα… μια λύση για το πρώτο:
Σημειώνουμε το μέσο

της

και το ενώνουμε με το σημείο

. Θα δείξουμε ότι η

τέμνει κάθετα την

στο σημείο

.
Φέρουμε την

και σημειώνουμε τη γωνία FEB

με μέτρο

μοίρες.
Το τετράπλευρο EFBZ

είναι εγγράψιμο οπότε η γωνία FZB

έχει μέτρο

μοίρες. Η γωνία ZBH

έχει προφανώς μέτρο

μοίρες και η απόδειξη ολοκληρώνεται.
Δεν ξέρω αν μου έχει ξεφύγει κάτι αλλά η συνθήκη του αρχικού ορθογωνίου δεν χρειάζεται... η άσκηση "λετουργεί" σε οποιοδήποτε τρίγωνο.

#3

maths-!!! έγραψε:Αλέξανδρε καλημέρα… μια λύση για το πρώτο:
Σημειώνουμε το μέσο της και το ενώνουμε με το σημείο . Θα δείξουμε ότι η τέμνει κάθετα την στο σημείο .
Φέρουμε την και σημειώνουμε τη γωνία με μέτρο μοίρες.
Το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο οπότε η γωνία έχει μέτρο μοίρες. Η γωνία έχει προφανώς μέτρο μοίρες και η απόδειξη ολοκληρώνεται.
Δεν ξέρω αν μου έχει ξεφύγει κάτι αλλά η συνθήκη του αρχικού ορθογωνίου δεν χρειάζεται... η άσκηση "λετουργεί" σε οποιοδήποτε τρίγωνο.
3Η ΠΡΟΚΑΤΑΡΤΙΚΗ ΦΑΣΗ 1995 - ΛΥΚΕΙΟ- ΘΕΜΑ 1.PNG

Πράγματι Δημήτρη το ζητούμενο ισχύει και για οποιοδήποτε τρίγωνο αλλά και για οποιαδήποτε όμοια ισοσκελή τρίγωνα (όχι κατ' ανάγκη ισόπλευρα) με "βάσεις" τις πλευρές του τριγώνου

Φιλικά
Στάθης

Δημήτρης Μυρογιάννης · #4

Πράγματι Δημήτρη το ζητούμενο ισχύει και για οποιοδήποτε τρίγωνο αλλά και για οποιαδήποτε όμοια ισοσκελή τρίγωνα (όχι κατ' ανάγκη ισόπλευρα) με "βάσεις" τις πλευρές του τριγώνου

Έξυπνη παρατήρηση Στάθη....

#5

cretanman έγραψε: Θέμα 2ο
Έστω πρώτος αριθμός της μορφής ( φυσικός). Να αποδείξετε ότι αν $x,y\in\mathbb{Z}$ και τότε και .

Αν

τότε πρέπει και p|x

και τελειώσαμε. Μπορούμε λοιπόν να υποθέσουμε ότι $p \nmid y$ . Πρέπει λοιπόν να υπάρχει

ώστε $yz \equiv 1 \bmod p$ . Επειδή $x^2 + y^2 \equiv 0 \bmod p$ παίρνουμε ότι $(xz)^2 + (yz)^2 \equiv 0 \bmod p$ ή ισοδύναμα $(xz)^2 \equiv -1 \bmod p$ .

Θα δείξουμε όμως πως δεν υπάρχει

ώστε $w^2 \equiv -1 \bmod p$ . (Οπότε καταλήγουμε σε άτοπο και η απόδειξη ολοκληρώνεται.) Ας υποθέσουμε πως υπάρχει. Φτιάχνουμε τώρα ένα κατευθυνόμενο γράφημα με κορυφές τα $1,2,\ldots,p-1$ και (κατευθυνόμενη) ακμή από το

στο

αν και μόνο αν y = xw

. Παρατηρούμε ότι για κάθε

έχουμε ακμές από το

στο

από το

στο

από το

στο

και από εκεί στο

. Επίσης επειδή

περιττός και $w \neq \pm 1$ τα x,xw,-x,-xw

είναι όλα διαφορετικά μεταξύ τους. Επομένως το γράφημα είναι ένωση κύκλων μήκους 4 και κάθε κορυφή ανήκει σε ακριβώς ένα από αυτούς τους κύκλους. Άρα πρέπει 4|(p-1)

, άτοπο.

#6

cretanman έγραψε: Θέμα 4ο
α) Θεωρούμε έναν πίνακα $11\times 11$ του οποίου κάθε τετράγωνο χρωματίζεται με ένα από 3 χρώματα. Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα ορθογώνιο διαστάσεων $k\times l$ ( $2\leq k, \ l \leq 11$ ) του οποίου τα τετράγωνα στις κορυφές έχουν το ίδιο χρώμα.

Κοιτάζουμε το χρώμα που εμφανίζεται τις περισσότερες φορές, έστω το κόκκινο. Αφού έχουμε 121 τετράγωνα θα εμφανίζεται τουλάχιστον 41 φορές. Έστω

ο αριθμός των τριάδων (a,b,i)

ώστε $1 \ leqslant a < b \leqslant 11, 1\leqslant i \leqslant 11$ και τα δύο τετραγωνάκια που βρίσκονται στην γραμμή

και στήλες

και

είναι κόκκινα. Έστω d_i

ο αριθμός των κόκκινων τετραγώνων στην γραμμή

. Τότε $d_1 + \cdots + d_{11} \geqslant 41$ και $\frac{d_1(d_1-1)}{2} + \cdots + \frac{d_{11}(d_{11}-1)}{2} = N$ . Όμως η συνάρτηση f(x) = x(x-1)/2

είναι κυρτή και άρα από την ανισότητα Jensen έχουμε $\displaystyle{ N \geqslant 11\frac{(41/11)(41/11 - 1)}{2} > 55}$ αφού $\displaystyle{ \frac{41}{11} \cdot \frac{30}{11} > 10.}$ Επομένως υπάρχουν a<b

και $i \neq j$ ώστε τα αντίστοιχα τετραγωνάκια των τριάδων (a,b,i)

και

να είναι κόκκινα. (Αφού σε αντίθετη περίπτωση θα είχαμε $N \leqslant \binom{11}{2} = 55$ .) Αλλά τότε τα τετράγωνα (i,a),(i,b),(j,a),(j,b)

είναι κόκκινα.

#7

cretanman έγραψε: Θέμα 4ο
β) Να εξετάσετε αν σε έναν πίνακα $2n\times 2n$ μπορούμε να τοποθετήσουμε τους αριθμούς -1,0,1 ώστε τα αθροίσματα κάθε γραμμής και κάθε στήλης να είναι διαφορετικά.

Θα δείξουμε επαγωγικά ότι μπορεί να γίνει αυτό ώστε οι αριθμοί που εμφανίζονται να είναι οι $2n,2n-1,\ldots,-(2n-1)$ . Για n=1

παίρνουμε τον πίνακα $A_1 = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & -1\end{pmatrix}$ . Έχοντας κατασκευάσει τον πίνακα A_k

κατασκευάζουμε τον πίνακα $A_{k+1}$ ως εξής. Στην πρώτη γραμμή βάζουμε μόνο 1. Στην τελευταία αρχίζουμε με ένα 0 και τα υπόλοιπα τα κάνουμε -1. Στις κενές θέσεις της πρώτης στήλης βάζουμε μόνο 1 και στις κενές θέσεις τις τελευταίας στήλης μόνο -1. Μέχρι στιγμής έχουμε τα αθροίσματα 2k+2

(πρώτη γραμμή) 2k+1

(πρώτη στήλη) -2k

(τελευταία γραμμή) -(2k+1)

(τελευταία στήλη). Επίσης το μέχρι στιγμής άθροισμα κάθε μιας από τις υπόλοιπες γραμμές/στήλες είναι 0. Επομένως τοποθετώντας στις υπόλοιπες θέσεις τον πίνακα A_k

αποδεικνύουμε το επαγωγικό βήμα και η απόδειξη έχει ολοκληρωθεί.

#8

cretanman έγραψε:Θέμα 3ο
Έστω $P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots + a_1x+a_0$ όπου άρτιος και $a_n, \ a_{n-1}, \ldots , a_1, \ a_0\in\mathbb{R}$ . Αν $a_0>0, \ a_n>0$ και $a_1^2+a_2^2+\cdots + a_{n-1}^2\leq \dfrac{4\min{\left(a_0^2,a_n^2\right)}}{n-1}$ , να αποδείξετε ότι $P(x)\geq 0$ για κάθε $x\in\mathbb{R}$ .

Μετά από αρκετές προσπάθειες νομίζω ότι έχω λύση για την άσκηση:

Ονομάζω (1)

τη δοσμένη ανισότητα της εκφώνησης.

Αρχικά παραθέτω κάποιες χρήσιμες προτάσεις που θα χρειαστούν κατά τη διάρκεια την λύσης:

Λήμμα 1
$\left|a_{n-1}x^{n-1}+\cdots + a_2x^2+a_1x\right|\leq \sqrt{\left(a_{n-1}^2+\cdots + a_2^2+a_1^2\right)\left(x^{2(n-1)}+\cdots + x^4+x^2\right)} \ \ (2)$ η οποία είναι άμεση εφαρμογή της ανισότητας Cauchy-Schwartz.

Λήμμα 2
Είναι $x^k\leq \dfrac{kx^n+n-k}{n} \ \ (3)$ για n,k

φυσικούς με $k\leq n$ .

Για την απόδειξη απλά χρησιμοποιούμε την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ:

$\dfrac{kx^n+n-k}{n}=\dfrac{\overbrace{x^n+x^n+\cdots + x^n}^k +\overbrace{1+1+\cdots +1}^{n-k}}{n}\geq \sqrt[n]{x^{kn}}=x^k$

Λήμμα 3

Είναι $x^m\leq \dfrac{\left(x^m+1\right)^2}{4} \ \ (4)$ που προκύπτει άμεσα είτε με πράξεις είτε με εφαρμογή της ανισότητας ΑΜ-ΓΜ.

Λήμμα 4
$\left(x^n+1\right)^2(n-1)\geq 4\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}x^{2k} \ \ (5)$ για

άρτιο.

Για την απόδειξη θα δείξουμε ότι $\displaystyle\sum_{k=1}^{2m-1}x^k\leq \dfrac{2m-1}{4}\left(x^m+1\right)^2 \ \ (6)$
Πράγματι
$\begin{aligned}\displaystyle\sum_{k=1}^{2m-1}x^k &=x^m+\left(x^m+1\right)\displaystyle\sum_{k=1}^{m-1}x^k \\ &\stackrel{(3)}{\leq} x^m+ \left(x^m+1\right)\displaystyle\sum_{k=1}^{m-1} \dfrac{kx^m+m-k}{m} \\ &= x^m+\dfrac{m-1}{2}\left(x^m+1\right)^2 \\ &\stackrel{(4)}{\leq} \dfrac{2m-1}{4}\left(x^m+1\right)^2\end{aligned}$

Θέτουμε τώρα στην (6)

όπου

το

και όπου

το

κι έτσι παίρνουμε την (5)

.

Λύση της άσκησης

$\begin{aligned}P(x) &= (a_nx^n+a_0)+\left(a_{n-1}x^{n-1}+\cdots + a_2x^2+a_1x\right) \geq (a_nx^n+a_0)-\left|a_{n-1}x^{n-1}+\cdots + a_2x^2+a_1x\right| \\ &\stackrel{(2)}{\geq} \sqrt{\min{(a_0^2,a_n^2)}}\left|x^n+1\right|-\sqrt{\left(a_{n-1}^2+\cdots + a_2^2+a_1^2\right)\left(x^{2(n-1)}+\cdots + x^4+x^2\right)} \\ &\stackrel{(1)}{\geq} \sqrt{\min{(a_0^2,a_n^2)}}\dfrac{\left(x^n+1\right)\sqrt{n-1}-2\sqrt{x^{2(n-1)}+\cdots + x^4+x^2}}{\sqrt{n-1}} \\ &\stackrel{(5)}{\geq} 0\end{aligned}$

Αλέξανδρος

3Η ΠΡΟΚΑΤΑΡΤΙΚΗ ΦΑΣΗ 1995 - ΛΥΚΕΙΟ

3Η ΠΡΟΚΑΤΑΡΤΙΚΗ ΦΑΣΗ 1995 - ΛΥΚΕΙΟ

Re: 3Η ΠΡΟΚΑΤΑΡΤΙΚΗ ΦΑΣΗ 1995 - ΛΥΚΕΙΟ

Re: 3Η ΠΡΟΚΑΤΑΡΤΙΚΗ ΦΑΣΗ 1995 - ΛΥΚΕΙΟ

Re: 3Η ΠΡΟΚΑΤΑΡΤΙΚΗ ΦΑΣΗ 1995 - ΛΥΚΕΙΟ

Re: 3Η ΠΡΟΚΑΤΑΡΤΙΚΗ ΦΑΣΗ 1995 - ΛΥΚΕΙΟ

Re: 3Η ΠΡΟΚΑΤΑΡΤΙΚΗ ΦΑΣΗ 1995 - ΛΥΚΕΙΟ

Re: 3Η ΠΡΟΚΑΤΑΡΤΙΚΗ ΦΑΣΗ 1995 - ΛΥΚΕΙΟ

Re: 3Η ΠΡΟΚΑΤΑΡΤΙΚΗ ΦΑΣΗ 1995 - ΛΥΚΕΙΟ

Μέλη σε σύνδεση