Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2016

Soteris · #1

Πρόβλημα 1

Αν $\displaystyle{\nu}$ θετικός ακέραιος τέτοιος, ώστε ο $\displaystyle{3\nu-2}$ να διαιρεί τον $\displaystyle{3\nu^2-2\nu-9}$ και ο $\displaystyle{2\nu-1}$ να διαιρεί τον $\displaystyle{2\nu^2-\nu-17}$ , να βρείτε όλες τις δυνατές τιμές της παράστασης:

$\displaystyle{A=\dfrac{\left(3\nu^2-2\nu-9\right)\left(2\nu^2-\nu-17\right)}{\left(3\nu-2\right)\left(2\nu-1\right)}}$

Πρόβλημα 2

Για τους πραγματικούς αριθμούς $\displaystyle{x, y, z}$ ισχύουν:

$\displaystyle{\begin{cases} x+y+z=3\\ x^2+y^2+z^2=3\\ x^3+y^3+z^3=3 \end{cases}}$

Να υπολογίσετε το γινόμενο $\displaystyle{xyz}$ .

Πρόβλημα 3

Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle{ABC}}$ και έστω $\displaystyle{D}$ και $\displaystyle{E}$ τα σημεία τομής των εσωτερικών διχοτόμων των γωνιών του $\displaystyle{\angle{B}}$ και $\displaystyle{\angle{C}}$ με τις πλευρές του $\displaystyle{AC}$ και $\displaystyle{AB}$ , αντίστοιχα. Πάνω στις διχοτόμους $\displaystyle{CE}$ και $\displaystyle{BD}$ παίρνουμε τα σημεία $\displaystyle{K}$ και $\displaystyle{N}$ , αντίστοιχα έτσι, ώστε $\displaystyle{AK\perp CE}$ και $\displaystyle{AN\perp BD}$ . Αν $\displaystyle{Z}$ το σημείο τομής της ευθεία $\displaystyle{KN}$ με την $\displaystyle{AB}$ , να αποδείξετε ότι το τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle{ZBN}}$ είναι ισοσκελές.

Πρόβλημα 4

Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι αριθμοί $\displaystyle{\nu, \nu\leqslant 2016}$ , οι οποίοι μπορούν να γραφούν ως άθροισμα τουλάχιστον $\displaystyle{60}$ διαδοχικών θετικών ακεραίων.

ealexiou · #2

Soteris έγραψε: Πρόβλημα 3

Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle{ABC}}$ και έστω $\displaystyle{D}$ και $\displaystyle{E}$ τα σημεία τομής των εσωτερικών διχοτόμων των γωνιών του $\displaystyle{\angle{B}}$ και $\displaystyle{\angle{C}}$ με τις πλευρές του $\displaystyle{AC}$ και $\displaystyle{AB}$ , αντίστοιχα. Πάνω στις διχοτόμους $\displaystyle{CE}$ και $\displaystyle{BD}$ παίρνουμε τα σημεία $\displaystyle{K}$ και $\displaystyle{N}$ , αντίστοιχα έτσι, ώστε $\displaystyle{AK\perp CE}$ και $\displaystyle{AN\perp BD}$ . Αν $\displaystyle{Z}$ το σημείο τομής της ευθεία $\displaystyle{KN}$ με την $\displaystyle{AB}$ , να αποδείξετε ότι το τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle{ZBN}}$ είναι ισοσκελές.

: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός 2016 Πρόβλημα 3.png (16.03 KiB) Προβλήθηκε 1082 φορές

Τετράπλευρο KHNA

εγγράψιμο $\Rightarrow \angle KHA=\angle KNA\equiv \angle ZNA\ (1)$

Είναι $\angle EHA=180°-\dfrac{\angle A}{2}-\angle E_1=180-\dfrac{\angle A}{2}-\angle B -\dfrac{\angle C}{2}=$ $90°-\dfrac{\angle B}{2}\ (2)$

Είναι $\angle ZAN=\angle A-\angle NAD=\angle A-(90-\angle ADN)=$ $\angle A-90+\angle C+\dfrac{\angle B}{2}=90°-\dfrac{\angle B}{2}\ (3)$

Από (1)

,

και

$\angle ZNA=\angle ZAN$ , οπότε $x=90°-\angle ZAN=90°-\angle ZNA=y \Rightarrow \boxed{ZB=ZN}$

ealexiou · #3

Soteris έγραψε: Πρόβλημα 4

Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι αριθμοί $\displaystyle{\nu, \nu\leqslant 2016}$ , οι οποίοι μπορούν να γραφούν ως άθροισμα τουλάχιστον $\displaystyle{60}$ διαδοχικών θετικών ακεραίων.

Δεν είμαι και απόλυτα σίγουρος ότι σωστά αντιλήφθηκα το ζητούμενο...

Έστω k,k+1,k+2,...k+59

,

διαδοχικοί αριθμοί. Θέλουμε $k+k+1+k+2+...+k+59=60k+(1+2+3+...+59)\leq 2016, k>0 \Rightarrow$ $60k+59\dfrac{1+59}{2}=$ $60k+1770 \leq 2016\Rightarrow 60k \leq 246\Rightarrow$ $k\leq \dfrac{41}{10}\Rightarrow$ $\boxed{k=(1,2,3,4)}$ , οπότε:
$n=60\cdot (1,2,3,4)+59\dfrac{1+59}{2}=$ 1830,1890,1950,2010

Έστω

,

διαδοχικοί αριθμοί. Θέλουμε k+k+1+k+2+...+k+60=

$61k+(1+2+3+...+60)\leq 2016, k>0 \Rightarrow$ $61k+60\dfrac{1+60}{2}=$ $61k+1830 \leq 2016\Rightarrow 61k\leq 186\Rightarrow k\leq \dfrac{186}{61}$ $\Rightarrow \boxed{k=(1,2,3)}$ , οπότε:
$n=61\cdot (1,2,3)+60\dfrac{1+60}{2}=1891,1952,2013$

Αντίστοιχα για

διαδοχικούς αριθμούς βρίσκουμε k=1,2

και

και για

διαδοχικούς αριθμούς βρίσκουμε k=1

και

Τελικά

ealexiou · #4

Soteris έγραψε: Πρόβλημα 2

Για τους πραγματικούς αριθμούς $\displaystyle{x, y, z}$ ισχύουν:

$\displaystyle{\begin{cases} x+y+z=3\\ x^2+y^2+z^2=3\\ x^3+y^3+z^3=3 \end{cases}}$

Να υπολογίσετε το γινόμενο $\displaystyle{xyz}$ .

Ισχύει $x^2+y^2+z^2=(x+y+z)^2-2(xy+yz+zx)\Rightarrow$

$3=9-2(xy+yz+zx)\Rightarrow$ 2(xy+yz+zx)=6

$\Rightarrow \boxed{xy+yz+zx =3}$

Ισχύει $x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)[x^2+y^2+z^2-(xy+yz+zx)] \Rightarrow$

$3-3xyz=3(3-3)=0\Rightarrow 3xyz=3$ $\Rightarrow \boxed{\boxed{xyz=1}}$

#5

Soteris έγραψε:Πρόβλημα 1

Αν $\displaystyle{\nu}$ θετικός ακέραιος τέτοιος, ώστε ο $\displaystyle{3\nu-2}$ να διαιρεί τον $\displaystyle{3\nu^2-2\nu-9}$ και ο $\displaystyle{2\nu-1}$ να διαιρεί τον $\displaystyle{2\nu^2-\nu-17}$ , να βρείτε όλες τις δυνατές τιμές της παράστασης:

$\displaystyle{A=\dfrac{\left(3\nu^2-2\nu-9\right)\left(2\nu^2-\nu-17\right)}{\left(3\nu-2\right)\left(2\nu-1\right)}}$

Είναι

. Άρα

και άρα $3n-2 \in \{1,3,9\}$ . Οπότε παίρνουμε n=1

. Τότε ισχύει επίσης ότι (2n-1)|(2n^2-n-17)

και η τιμή του

είναι

.

Μήπως παραήταν απλό;

Soteris · #6

Demetres έγραψε:
Soteris έγραψε:Πρόβλημα 1

Αν $\displaystyle{\nu}$ θετικός ακέραιος τέτοιος, ώστε ο $\displaystyle{3\nu-2}$ να διαιρεί τον $\displaystyle{3\nu^2-2\nu-9}$ και ο $\displaystyle{2\nu-1}$ να διαιρεί τον $\displaystyle{2\nu^2-\nu-17}$ , να βρείτε όλες τις δυνατές τιμές της παράστασης:

$\displaystyle{A=\dfrac{\left(3\nu^2-2\nu-9\right)\left(2\nu^2-\nu-17\right)}{\left(3\nu-2\right)\left(2\nu-1\right)}}$
Είναι . Άρα και άρα $3n-2 \in \{1,3,9\}$ . Οπότε παίρνουμε . Τότε ισχύει επίσης ότι και η τιμή του είναι .

Μήπως παραήταν απλό;

Δημήτρη, καλημέρα. Έχεις δίκιο, παραήταν απλό. Είναι ακόμα ο Β' Επιλογής, ήταν το πρόβλημα 1 και αυτό ίσως δικαιολογεί κάπως την επιλογή της. Γενικά, ο διαγωνισμός για τους μικρούς νομίζω ήταν αρκετά εύκολος αυτή την φορά. Θα δυσκολέψουν οι επόμενοι...

KARKAR · #7

Soteris έγραψε: Πρόβλημα 3
Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle{ABC}}$ και έστω $\displaystyle{D}$ και $\displaystyle{E}$ τα σημεία τομής των εσωτερικών διχοτόμων των γωνιών του $\displaystyle{\angle{B}}$ και $\displaystyle{\angle{C}}$

με τις πλευρές του $\displaystyle{AC}$ και $\displaystyle{AB}$ , αντίστοιχα. Πάνω στις διχοτόμους $\displaystyle{CE}$ και $\displaystyle{BD}$ παίρνουμε τα σημεία $\displaystyle{K}$ και $\displaystyle{N}$ ,

αντίστοιχα έτσι, ώστε $\displaystyle{AK\perp CE}$ και $\displaystyle{AN\perp BD}$ . Αν $\displaystyle{Z}$ το σημείο τομής της ευθεία $\displaystyle{KN}$ με την $\displaystyle{AB}$ ,

να αποδείξετε ότι το τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle{ZBN}}$ είναι ισοσκελές.

Είναι κατ' ουσία η άσκηση αυτή , λυμένη μάλιστα ( στο forum ) από τον ίδιο λύτη ...

jason.prod · #8

Soteris έγραψε:
Πρόβλημα 2

Για τους πραγματικούς αριθμούς $\displaystyle{x, y, z}$ ισχύουν:

$\displaystyle{\begin{cases} x+y+z=3\\ x^2+y^2+z^2=3\\ x^3+y^3+z^3=3 \end{cases}}$

Να υπολογίσετε το γινόμενο $\displaystyle{xyz}$ .

Δεν είμαι σίγουρος πως χρειάζεται η τρίτη εξίσωση:
$9=3(x^2+y^2+z^2) \ge (x+y+z)^2 = 9 \Longrightarrow x=y=z=1$ ...

#9

jasonmaths4ever έγραψε:
Soteris έγραψε:
Πρόβλημα 2

Για τους πραγματικούς αριθμούς $\displaystyle{x, y, z}$ ισχύουν:

$\displaystyle{\begin{cases} x+y+z=3\\ x^2+y^2+z^2=3\\ x^3+y^3+z^3=3 \end{cases}}$

Να υπολογίσετε το γινόμενο $\displaystyle{xyz}$ .

Δεν είμαι σίγουρος πως χρειάζεται η τρίτη εξίσωση:
$9=3(x^2+y^2+z^2) \ge (x+y+z)^2 = 9 \Longrightarrow x=y=z=1$ ...

Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2016

Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2016

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2

Re: Β' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2

Μέλη σε σύνδεση