ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1998 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

parmenides51 · #1

1. Έστω $\displaystyle{\alpha_{\nu}= \frac{1}{1\cdot3}+ \frac{1}{2\cdot4}+...+ \frac{1}{{\nu}\cdot({\nu}+2)}}$ . Να δειχτεί ότι $\displaystyle{\alpha_{1999}< \frac{1}{4}( 2,999)}$ .

2. Έστω $\displaystyle{\nu \in\mathbb{N}^*}$ .
α) Να δειχτεί ότι δεν υπάρχουν φυσικοί αριθμοί $\displaystyle{\alpha,\beta,\gamma,\delta}$ του διαστήματος $\displaystyle{\Delta=\left [ \nu^2 , ( \nu+1)^2\right] }$ που να αποτελούν γεωμετρική πρόοδο.
β) Να προσδιορίσετε όλους τους φυσικούς αριθμούς $\displaystyle{\alpha,\beta,\gamma,\delta}$ του διαστήματος $\displaystyle{E=\left[ \nu^3 , ( \nu+1)^3\right]}$ που αποτελούν γεωμετρική πρόοδο.

3. Θεωρούμε την παράσταση $\displaystyle{ K =\alpha_1\beta_1+\alpha_2\beta_2 +...+\alpha_{\nu}\beta_{\nu} ,\nu \in\mathbb{N}^*}$ , όπου οι αριθμοί $\displaystyle{\alpha_1, \alpha_2, ..., \alpha_{\nu} ,\beta_1, \beta_2, ..., \beta_{\nu}}$ μπορούν να πάρουν τις τιμές $\displaystyle{0}$ ή $\displaystyle{1}$ .
Έστω $\displaystyle{A(\nu)}$ το πλήθος των $\displaystyle{2{\nu} }$ -άδων $\displaystyle{( \alpha_1, \alpha_2, ..., \alpha_{\nu} , \beta_1, \beta_2, ..., \beta_{\nu} )}$ για τις οποίες ο αριθμός $\displaystyle{K}$ είναι άρτιος και $\displaystyle{\Pi(\nu)}$ το πλήθος των $\displaystyle{ 2{\nu} }$ -άδων αυτών, για τις οποίες ο αριθμός $\displaystyle{K}$ είναι περιττός.
Να δειχτεί ότι $\displaystyle{\frac{A(\nu)}{\Pi(\nu)}=\frac{2^{\nu}+1}{2^{\nu}-1}}$ .

4. Έστω κυρτό τετράπλευρο $\displaystyle{A B \Gamma\Delta}$ και $\displaystyle{\mu=max\{AB, B\Gamma, \Gamma \Delta , \Delta A\}}$ . Να δειχτεί ότι $\displaystyle{4\mu^2\ge A\Gamma^2 +B\Delta ^2}$ .

#2

parmenides51 έγραψε:1. Έστω $\displaystyle{\alpha_{\nu}= \frac{1}{1\cdot3}+ \frac{1}{2\cdot4}+...+ \frac{1}{{\nu}\cdot({\nu}+2)}}$ . Να δειχτεί ότι $\displaystyle{\alpha_{1999}< \frac{1}{4}( 2,999)}$ .

Για κάθε θετικό ακέραιο $\displaystyle{k}$ , είναι:

$\displaystyle{\frac{1}{{k\left( {k + 2} \right)}} = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{k} - \frac{1}{{k + 2}}} \right),}$

οπότε το άθροισμα "τηλεσκοπείται":

$\displaystyle{{\alpha _\nu } = \sum\limits_{k = 1}^\nu {\frac{1}{{k\left( {k + 2} \right)}}} = \frac{1}{2}\sum\limits_{k = 1}^\nu {\left( {\frac{1}{k} - \frac{1}{{k + 2}}} \right)} = \frac{1}{2}\left( {1 + \frac{1}{2} - \frac{1}{{\nu + 1}} - \frac{1}{{\nu + 2}}} \right)}$

για κάθε θετικό ακέραιο $\displaystyle{\nu }$ . Έτσι, είναι:

$\displaystyle{{\alpha _{1999}} = \frac{1}{2}\left( {\frac{3}{2} - \frac{1}{{2000}} - \frac{1}{{2001}}} \right) < \frac{1}{2}\left( {\frac{3}{2} - \frac{1}{{2000}} - \frac{1}{{2000}}} \right) = \frac{1}{4}\left( {3 - \frac{1}{{1000}}} \right) = \frac{1}{4} \cdot 2,999}$

και το ζητούμενο δείχθηκε.

#3

parmenides51 έγραψε: 4. Έστω κυρτό τετράπλευρο $\displaystyle{A B \Gamma\Delta}$ και $\displaystyle{\mu=max\{AB, B\Gamma, \Gamma \Delta , \Delta A\}}$ . Να δειχτεί ότι $\displaystyle{4\mu^2\ge A\Gamma^2 +B\Delta ^2}$ .

Έστω $\displaystyle{{\rm M}}$ και $\displaystyle{{\rm N}}$ τα μέσα των διαγωνίων $\displaystyle{{\rm A}\Gamma }$ και $\displaystyle{{\rm B}\Delta }$ αντίστοιχα. Από το Θεώρημα Euler στο τετράπλευρο $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta }$ (βλ. Σχολικό Βιβλίο Γεωμετρίας, αποδεικτική άσκηση 4, σελ. 198) έχουμε ότι:

$\displaystyle{{\rm A}{{\rm B}^2} + {\rm B}{\Gamma ^2} + \Gamma {\Delta ^2} + \Delta {{\rm A}^2} = {\rm A}{\Gamma ^2} + {\rm B}{\Delta ^2} + 4{\rm M}{{\rm N}^2},}$

οπότε

$\displaystyle{{\rm A}{{\rm B}^2} + {\rm B}{\Gamma ^2} + \Gamma {\Delta ^2} + \Delta {{\rm A}^2} \ge {\rm A}{\Gamma ^2} + {\rm B}{\Delta ^2}.}$

Εφόσον, προφανώς,

$\displaystyle{4{\mu ^2} \ge {\rm A}{{\rm B}^2} + {\rm B}{\Gamma ^2} + \Gamma {\Delta ^2} + \Delta {{\rm A}^2},}$

θα έχουμε ότι

$\displaystyle{4{\mu ^2} \ge {\rm A}{\Gamma ^2} + {\rm B}{\Delta ^2}}$

και το συμπέρασμα έπεται. Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν το $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta }$ είναι τετράγωνο.

#4

parmenides51 έγραψε: 3. Θεωρούμε την παράσταση $\displaystyle{ K =\alpha_1\beta_1+\alpha_2\beta_2 +...+\alpha_{\nu}\beta_{\nu} ,\nu \in\mathbb{N}^*}$ , όπου οι αριθμοί $\displaystyle{\alpha_1, \alpha_2, ..., \alpha_{\nu} ,\beta_1, \beta_2, ..., \beta_{\nu}}$ μπορούν να πάρουν τις τιμές $\displaystyle{0}$ ή $\displaystyle{1}$ .
Έστω $\displaystyle{A(\nu)}$ το πλήθος των $\displaystyle{2{\nu} }$ -άδων $\displaystyle{( \alpha_1, \alpha_2, ..., \alpha_{\nu} , \beta_1, \beta_2, ..., \beta_{\nu} )}$ για τις οποίες ο αριθμός $\displaystyle{K}$ είναι άρτιος και $\displaystyle{\Pi(\nu)}$ το πλήθος των $\displaystyle{ 2{\nu} }$ -άδων αυτών, για τις οποίες ο αριθμός $\displaystyle{K}$ είναι περιττός.
Να δειχτεί ότι $\displaystyle{\frac{A(\nu)}{\Pi(\nu)}=\frac{2^{\nu}+1}{2^{\nu}-1}}$ .

Επιλέγω πρώτα τα $\alpha_i$ . Υπάρχει μια περίπτωση να ισούνται όλα με

, οπότε όπως και να επιλέξω τα $\beta_j$ ο

θα είναι άρτιος. Στις υπόλοιπες 2^n - 1

περιπτώσεις υπάρχει τουλάχιστον ένα

με $\alpha_i \neq 0$ . Επιλέγω τώρα όλα τα $\beta_j$ και παρατηρώ ότι αν αλλάξω την τιμή του $\beta_i$ αλλάζει και η ισοδυναμία $\mod 2$ του

. Άρα για $2^{n-1}$ επιλογές των $\beta_j$ ο

είναι περιττός και για τις άλλες $2^{n-1}$ επιλογές είναι άρτιος.

Συνολικά λοιπόν έχουμε $A(n) = 2^n + (2^n-1)2^{n-1}$ και $\Pi(n) = (2^n-1)2^{n-1}$ και άρα
$\displaystyle{ \frac{A(n)}{\Pi(n)} = \frac{2^n+ (2^n-1)2^{n-1}}{(2^n-1)2^{n-1}} = \frac{2 +(2^n-1)}{2^n-1} = \frac{2^n+1}{2^n-1} }$

#5

2. Έστω $\displaystyle{\nu \in\mathbb{N}^*}$ .
α) Να δειχτεί ότι δεν υπάρχουν φυσικοί αριθμοί $\displaystyle{\alpha,\beta,\gamma,\delta}$ του διαστήματος $\displaystyle{\Delta=\left [ \nu^2 , ( \nu+1)^2\right] }$ που να αποτελούν γεωμετρική πρόοδο.
β) Να προσδιορίσετε όλους τους φυσικούς αριθμούς $\displaystyle{\alpha,\beta,\gamma,\delta}$ του διαστήματος $\displaystyle{E=\left[ \nu^3 , ( \nu+1)^3\right]}$ που αποτελούν γεωμετρική πρόοδο.

Λύση Καταρχήν στην εκφώνηση θα έπρεπε να δηλώνεται ότι οι αριθμοί είναι διαφορετικοί.

(α) Ας είναι λοιπόν a<b<c<d

τέσσερις φυσικοί στο διάστημα $\displaystyle{\Delta=\left [ \nu^2 , ( \nu+1)^2\right] }$ που να αποτελούν γεωμετρική πρόοδο. Τότε ο λόγος της προόδου θα είναι ρητός.

Έστω $\displaystyle{r=\frac{m}{k}>1}$ ο λόγος αυτός όπου k,m

θετικοί ακέραιοι πρώτοι μεταξύ τους. Τότε $\displaystyle{\frac{d}{a}=\frac{m^3}{k^3}}$ , οπότε m^3|dk^3

. Άρα

, εφόσον $\left(k^3,m^3 \right)=1.$

Άρα υπάρχει θετικός ακέραιος

ώστε

.

Επομένως c=km^2z

,

.

$\displaystyle{d-a=m^3z-k^3z=\left(m-k \right)\left(m^2+mk+k^2 \right)z\geq \left( m^2+mk+k^2\right)z\geq \left[\left(k+1 \right)^2+\left(k+1 \right)k+k^2 \right]z=\left(3k^2+3k+1 \right)z}$

Είναι $k^4z^2\geq k^3z=a\geq \nu ^2$ , άρα $k^2z\geq \nu$ . Επομένως $3k^2z+3kz+z > 2\nu+1$ .

Όμως $\displaystyle{2\nu +1=\left(\nu +1 \right)^2-\nu ^2\geq d-a\geq 3k^2z+3kz+z > 2\nu+1 }$ , άτοπο.

(β) Για το δεύτερο ερώτημα, όπως και στο πρώτο, $\displaystyle{\nu ^3\leq k^3z<k^2mz<km^2z<m^3z\leq \left(\nu +1 \right)^3}$

Αυτή τη φορά $\displaystyle{\left(\nu +1 \right)^3-\nu ^3=3\nu^2+3\nu+1\geq d-a\geq 3k^2z+3kz+z}$

Από τη σχέση $k^3z\geq \nu ^3$ , προκύπτει $k^6z^3\geq k^6z^2\geq \nu ^6$ , οπότε $k^2z\geq \nu ^2$ .

Επίσης $k^3z^3\geq k^3z^\geq \nu ^3$ , άρα $kz\geq \nu$ .

Τελικά $\displaystyle{3\nu^2+3\nu+1\geq d-a\geq 3k^2z+3kz+z\geq 3\nu ^2+3\nu +1}$ .

Άρα z=1

, $k=\nu$ , $m=\nu +1$ .

Επομένως $\left(a,b,c,d \right)=\left(\nu ^3,\nu ^2\left(\nu +1 \right),\nu \left(\nu +1 \right)^3,\left(\nu +1 \right)^3 \right)$

parmenides51 · #6

parmenides51 έγραψε: 4. Έστω κυρτό τετράπλευρο $\displaystyle{A B \Gamma\Delta}$ και $\displaystyle{\mu=max\{AB, B\Gamma, \Gamma \Delta , \Delta A\}}$ . Να δειχτεί ότι $\displaystyle{4\mu^2\ge A\Gamma^2 +B\Delta ^2}$ .

: Eykleidhs 1998 4o gl.ggb.png (25.01 KiB) Προβλήθηκε 1153 φορές

emouroukos έγραψε:Έστω $\displaystyle{{\rm M}}$ και $\displaystyle{{\rm N}}$ τα μέσα των διαγωνίων $\displaystyle{{\rm A}\Gamma }$ και $\displaystyle{{\rm B}\Delta }$ αντίστοιχα. Από το Θεώρημα Euler στο τετράπλευρο $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta }$ (βλ. Σχολικό Βιβλίο Γεωμετρίας, αποδεικτική άσκηση 4, σελ. 198) έχουμε ότι:

$\displaystyle{{\rm A}{{\rm B}^2} + {\rm B}{\Gamma ^2} + \Gamma {\Delta ^2} + \Delta {{\rm A}^2} = {\rm A}{\Gamma ^2} + {\rm B}{\Delta ^2} + 4{\rm M}{{\rm N}^2},}$

οπότε

$\displaystyle{{\rm A}{{\rm B}^2} + {\rm B}{\Gamma ^2} + \Gamma {\Delta ^2} + \Delta {{\rm A}^2} \ge {\rm A}{\Gamma ^2} + {\rm B}{\Delta ^2}.}$

Εφόσον, προφανώς,

$\displaystyle{4{\mu ^2} \ge {\rm A}{{\rm B}^2} + {\rm B}{\Gamma ^2} + \Gamma {\Delta ^2} + \Delta {{\rm A}^2},}$

θα έχουμε ότι

$\displaystyle{4{\mu ^2} \ge {\rm A}{\Gamma ^2} + {\rm B}{\Delta ^2}}$

και το συμπέρασμα έπεται. Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν το $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta }$ είναι τετράγωνο.

ArgirisM · #7

parmenides51 έγραψε: 3. Θεωρούμε την παράσταση $\displaystyle{ K =\alpha_1\beta_1+\alpha_2\beta_2 +...+\alpha_{\nu}\beta_{\nu} ,\nu \in\mathbb{N}^*}$ , όπου οι αριθμοί $\displaystyle{\alpha_1, \alpha_2, ..., \alpha_{\nu} ,\beta_1, \beta_2, ..., \beta_{\nu}}$ μπορούν να πάρουν τις τιμές $\displaystyle{0}$ ή $\displaystyle{1}$ .
Έστω $\displaystyle{A(\nu)}$ το πλήθος των $\displaystyle{2{\nu} }$ -άδων $\displaystyle{( \alpha_1, \alpha_2, ..., \alpha_{\nu} , \beta_1, \beta_2, ..., \beta_{\nu} )}$ για τις οποίες ο αριθμός $\displaystyle{K}$ είναι άρτιος και $\displaystyle{\Pi(\nu)}$ το πλήθος των $\displaystyle{ 2{\nu} }$ -άδων αυτών, για τις οποίες ο αριθμός $\displaystyle{K}$ είναι περιττός.
Να δειχτεί ότι $\displaystyle{\frac{A(\nu)}{\Pi(\nu)}=\frac{2^{\nu}+1}{2^{\nu}-1}}$ .

Τροποποιώ λίγο το συμβολισμό και γράφω $K_{\nu}$ αντί για σκέτο

. Θα αποδείξουμε το ζητούμενο επαγωγικά. Για $\nu = 1$ έχω K_1 = x_1y_1

. Υπάρχουν τέσσερις διατεταγμένες τετράδες, οι (0, 0), (1, 0), (0, 1), (1, 1)

, από τις οποίες μόνο η τελευταία δίνει K_1

περιττό, συγκεκριμένα με K_1 = 1

. Άρα είναι $A(1) = 3, \Pi(1) = 1 \Longrightarrow \frac{A(1)}{\Pi(1)} = 3 = \frac{2^1 + 1}{2^1 - 1}.$ Συνεπώς το ζητούμενο ισχύει για $\nu =1$ .
Έστω ότι το ζητούμενο ισχύει για τυχαίο $\nu = k$ . Τότε θα είναι $\frac{A(k)}{\Pi(k)} = \frac{2^k + 1}{2^k - 1} (1)$ .
Αρκεί να δείξουμε πως ένας ανάλογος τύπος ισχύει και για $\nu = k + 1$ , δηλαδή ότι $\frac{A(k + 1)}{\Pi(k + 1)} = \frac{2^{k + 1} + 1}{2^{k + 1} - 1}$ . Αν $K_{k,0}$ η τιμή της παράστασης K_k

για μία ορισμένη 2k-

άδα αριθμών, είναι $K_{k + 1} = K_{k,0} + x_{k + 1}y_{k + 1}$ . Αν η $K_{k,0}$ έχει άρτια τιμή, τότε υπάρχουν τρεις περιπτώσεις που και $K_{k + 1}$ θα είναι άρτια, όταν δηλαδή είναι $(x_{k + 1}, y_{k + 1}) = (0, 0), (0, 1), (1, 0)$ , ενώ για $x_{k+1} = y_{k + 1} = 1$ η τιμή της είναι περιττή. Αφού λοιπόν το πλήθος των 2k-

άδων για τις οποίες η K_k

έχει άρτια τιμή είναι A(k)

, αντιλαμβανόμαστε πως μπορούμε να κατασκευάσουμε 3A(k)

άδες ώστε η $K_{k + 1}$ να είναι άρτιος αριθμός και A(k)

άδες ώστε η $K_{k + 1}$ να είναι περιττός. Αντιστοίχως αν η 2k-

άδα είναι τέτοια ώστε η $K_{k,0}$ να έχει περιττή τιμή, μπορούμε να κατασκευάσουμε $\Pi(k)$ και $3 \Pi(k) 2k + 2-$ άδες ώστε να η $K_{k + 1}$ να είναι άρτια και περιττή, αντίστοιχα. Άρα θα είναι συνολικά $A(k + 1) = 3A(k) + \Pi(k)$ και $\Pi(k + 1) = 3 \Pi(k) + A(k)$ . Επομένως πρέπει $\frac{A(k + 1)}{\Pi(k + 1)} = \frac{2^{k + 1} + 1}{2^{k + 1} - 1} \Longleftrightarrow ... \Longleftrightarrow \frac{A(k)}{\Pi(k)} = \frac{2^k + 1}{2^k - 1}$ , που ισχύει, όπως δεχθήκαμε παραπάνω.
Άρα η προς απόδειξη σχέση ισχύει για κάθε $\nu \in N^*$ .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1998 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1998 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1998 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1998 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1998 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1998 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1998 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1998 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Μέλη σε σύνδεση