Τεστ Εξάσκησης (5), Μικροί

#1

ΘΕΜΑ 1
Να προσδιορίσετε όλες τις τριάδες πραγματικών αριθμών (x, y, z)

που είναι λύσεις του συστήματος:

$\displaystyle{\begin{cases} x^2 + y^2 + 4z^2 = 6y - 4 \\ 2xy - 4xz + 4yz = y^2 + 5 \end{cases}}$

ΘΕΜΑ 2
Έστω P, Q

και

σημεία ενός κύκλου $\mathcal{C}$ , τέτοια ώστε PQ = PR

και

Έστω $\mathcal{D}$ ο κύκλος κέντρου

που περνά από τα

και

Ο κύκλος κέντρου

που περνάει από το

τέμνει τον $\mathcal{C}$ για δεύτερη φορά στο

και τον $\mathcal{D}$ στο Y .

Να αποδείξετε ότι τα σημεία P, X

και

είναι συνευθειακά.

ΘΕΜΑ 3
Σε ένα αεροπλάνο υπάρχουν

σειρές καθισμάτων. Κάθε σειρά έχει 6 θέσεις, σημειωμένες με τα γράμματα A, B, C, D, E

και

Σε μια πτήση ταξιδεύουν με αυτό το αεροπλάνο 193

επιβάτες.
Να δείξετε ότι υπάρχουν δύο σειρές στις οποίες κάθονται επιβάτες ακριβώς στις ίδιες θέσεις (με τα ίδια γράμματα).

ΘΕΜΑ 4
Έστω $a_1, a_2, ... , a_{2014}$ και $b_1, b_2, ... , b_{2014}$ δύο μεταθέσεις των αριθμών 1, 2, ... , 2014.

Να βρείτε τη μέγιστη τιμή του θετικού ακεραίου

τέτοια ώστε ο αριθμός 3^k

να διαιρεί τον αριθμό

$\displaystyle{(a^2_1-b^2_1)(a^2_2- b^2_2)...(a^2_{2014}- b^2_{2014})}$

για οποιεσδήποτε μεταθέσεις $a_1, a_2, ... , a_{2014}$ και $b_1, b_2, ... , b_{2014}.$

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #2

socrates έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 26, 2020 12:32 am
ΘΕΜΑ 1
Να προσδιορίσετε όλες τις τριάδες πραγματικών αριθμών που είναι λύσεις του συστήματος:

$\displaystyle{\begin{cases} x^2 + y^2 + 4z^2 = 6y - 4 \\ 2xy - 4xz + 4yz = y^2 + 5 \end{cases}}$

Αφαιρούμε τις δύο σχέσεις και παίρνουμε $x^2+y^2+4z^2-2xy+4xz-4yz=6y-y^2-9\Leftrightarrow \left ( x+2z-y \right )^2=-\left ( y-3 \right )^2$
Από την παραπάνω πρέπει y=3

και $x+2z-y=0\Leftrightarrow x=3-2z (*)$
Αντικαθιστώ την (*) στην δεύτερη δοσμένη σχέση και προκύπτει η 2z^2-3z+1=0

από όπου

ή $z=\dfrac{1}{2}$ .
Επομένως έχουμε δύο λύσεις τις $\left ( x,y,z \right )=\left ( 1,3,1 \right ),(x,y,z)=\left ( 2,3,\dfrac{1}{2} \right )$

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #3

socrates έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 26, 2020 12:32 am

ΘΕΜΑ 2
Έστω και σημεία ενός κύκλου $\mathcal{C}$ , τέτοια ώστε και
Έστω $\mathcal{D}$ ο κύκλος κέντρου που περνά από τα και Ο κύκλος κέντρου που περνάει από το τέμνει τον $\mathcal{C}$ για δεύτερη φορά στο και τον $\mathcal{D}$ στο
Να αποδείξετε ότι τα σημεία και είναι συνευθειακά.

: 239.PNG (41.62 KiB) Προβλήθηκε 965 φορές

Αρκεί $\angle QXY=180^{\circ}-\angle PXQ=\angle QRP\Leftrightarrow \angle YQX=\angle RPQ=\theta$
Είναι $\angle QRP=\angle RXQ=\theta$ άρα $\angle XQR=180^{\circ}-2\theta$
Επιπλέον $\angle RYQ=\dfrac{\angle RPQ}{2}=\dfrac{\theta }{2}$ άρα $\angle YQR=180^{\circ}-2\cdot \dfrac{\theta }{2}=180^{\circ}-\theta$
Από τα παραπάνω έχουμε $\angle YQX=\angle YQR-\angle XQR=180^{\circ}-\theta -\left ( 180^{\circ}-2\theta \right )=\theta$
και το ζητούμενο έπεται.

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #4

socrates έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 26, 2020 12:32 am

ΘΕΜΑ 3
Σε ένα αεροπλάνο υπάρχουν σειρές καθισμάτων. Κάθε σειρά έχει 6 θέσεις, σημειωμένες με τα γράμματα και
Σε μια πτήση ταξιδεύουν με αυτό το αεροπλάνο επιβάτες.
Να δείξετε ότι υπάρχουν δύο σειρές στις οποίες κάθονται επιβάτες ακριβώς στις ίδιες θέσεις (με τα ίδια γράμματα).

Υποθέτουμε ότι δεν ισχύει το ζητούμενο.
Έστω ότι k_i

το πλήθος των σειρών στις οποίες κάθονται

επιβάτες.Τότε πρέπει $\dbinom{6}{i}\geq k_i$ διαφορετικά παίρνουμε το ζητούμενο.
Έτσι για i=0,1,2,3,4,5,6

παίρνουμε : $\left\{\begin{matrix} k_1\leq \dbinom{6}{0}= 1 & \\ k_1\leq \dbinom{6}{1}=6 & \\ k_2\leq \dbinom{6}{2}=15& \\ k_3\leq \dbinom{6}{3}=20& \\ k_4\leq \dbinom{6}{4}=15& \\ k_5\leq\dbinom{6}{5}=6 & \\ k_6 \leq\dbinom{6}{6}=1 & \end{matrix}\right.$
Αυτό σημαίνει ότι οι συνολικοί επιβάτες είναι λιγότεροι ή ίσοι από $\displaystyle {\sum_{i=0}^{6}ik_i\leq 0\cdot 1+1\cdot 6+2\cdot 15+3\cdot 20+4\cdot 15+5\cdot 6+6\cdot 1=192<193}$ άτοπο άρα η αρχική μας υπόθεση ότι το ζητούμενο δεν ισχύει είναι λανθασμένη και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

#5

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 26, 2020 5:12 pm

socrates έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 26, 2020 12:32 am

ΘΕΜΑ 3
Σε ένα αεροπλάνο υπάρχουν σειρές καθισμάτων. Κάθε σειρά έχει 6 θέσεις, σημειωμένες με τα γράμματα και
Σε μια πτήση ταξιδεύουν με αυτό το αεροπλάνο επιβάτες.
Να δείξετε ότι υπάρχουν δύο σειρές στις οποίες κάθονται επιβάτες ακριβώς στις ίδιες θέσεις (με τα ίδια γράμματα).

Υποθέτουμε ότι δεν ισχύει το ζητούμενο.
Έστω ότι το πλήθος των σειρών στις οποίες κάθονται επιβάτες.Τότε πρέπει $\dbinom{6}{i}\geq k_i$ διαφορετικά παίρνουμε το ζητούμενο.
...
Αυτό σημαίνει ότι οι συνολικοί επιβάτες είναι λιγότεροι ή ίσοι από $\displaystyle {\sum_{i=0}^{6}ik_i\leq 0\cdot 1+1\cdot 6+2\cdot 15+3\cdot 20+4\cdot 15+5\cdot 6+6\cdot 1=192<193}$ άτοπο άρα η αρχική μας υπόθεση ότι το ζητούμενο δεν ισχύει είναι λανθασμένη και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Αν θέλουμε να γενικεύσουμε, θα χρειαστούμε το άθροισμα $\displaystyle {\sum_{i=0}^{n} i \binom{n}{i}= n\cdot 2^{n-1}.$
(γιατί;), (υπάρχει αλγεβρική και συνδυαστική προσέγγιση...)

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #6

socrates έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 26, 2020 9:44 pm

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 26, 2020 5:12 pm

socrates έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 26, 2020 12:32 am

ΘΕΜΑ 3
Σε ένα αεροπλάνο υπάρχουν σειρές καθισμάτων. Κάθε σειρά έχει 6 θέσεις, σημειωμένες με τα γράμματα και
Σε μια πτήση ταξιδεύουν με αυτό το αεροπλάνο επιβάτες.
Να δείξετε ότι υπάρχουν δύο σειρές στις οποίες κάθονται επιβάτες ακριβώς στις ίδιες θέσεις (με τα ίδια γράμματα).

Υποθέτουμε ότι δεν ισχύει το ζητούμενο.
Έστω ότι το πλήθος των σειρών στις οποίες κάθονται επιβάτες.Τότε πρέπει $\dbinom{6}{i}\geq k_i$ διαφορετικά παίρνουμε το ζητούμενο.
...
Αυτό σημαίνει ότι οι συνολικοί επιβάτες είναι λιγότεροι ή ίσοι από $\displaystyle {\sum_{i=0}^{6}ik_i\leq 0\cdot 1+1\cdot 6+2\cdot 15+3\cdot 20+4\cdot 15+5\cdot 6+6\cdot 1=192<193}$ άτοπο άρα η αρχική μας υπόθεση ότι το ζητούμενο δεν ισχύει είναι λανθασμένη και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.
Αν θέλουμε να γενικεύσουμε, θα χρειαστούμε το άθροισμα $\displaystyle {\sum_{i=0}^{n} i \binom{n}{i}= n\cdot 2^{n-1}.$
(γιατί;), (υπάρχει αλγεβρική και συνδυαστική προσέγγιση...)

Για

ισχύει .Έστω ότι ισχύει για n=k

,θα δείξουμε ότι ισχύει και για n=k+1

.
Αφού ισχύει για

θα είναι $\displaystyle {\sum_{i=0}^{k}i\binom{k}{i}=k\cdot 2^{k-1}}$ .Σύμφωνα με τον τύπο $\displaystyle {\binom{n+1}{k}=\binom{n}{k}+\binom{n}{k-1} }$ θα είναι:
$\displaystyle{\sum_{i=0}^{k+1}i\binom{k+1}{i}}=\sum_{k}^{i=0}i\binom{k}{i}+\sum_{i=0}^{k-1}(i+1)\binom{k}{i}+k+1=k2^{k-1}+k2^{k-1}+\sum_{i=0}^{k}\binom{k}{i}=(k+1)2^k}$
που είναι και το ζητούμενο.

Χρησιμοποιήθηκε το $\displaystyle{\left ( 1+1 \right )^n=\sum_{i=1}^{n} \binom{n}{i}}$

#7

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 26, 2020 11:06 pm

socrates έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 26, 2020 9:44 pm

Αν θέλουμε να γενικεύσουμε, θα χρειαστούμε το άθροισμα $\displaystyle {\sum_{i=0}^{n} i \binom{n}{i}= n\cdot 2^{n-1}.$
(γιατί;), (υπάρχει αλγεβρική και συνδυαστική προσέγγιση...)
Για ισχύει .Έστω ότι ισχύει για ,θα δείξουμε ότι ισχύει και για .
Αφού ισχύει για θα είναι $\displaystyle {\sum_{i=0}^{k}i\binom{k}{i}=k\cdot 2^{k-1}}$ .Σύμφωνα με τον τύπο $\displaystyle {\binom{n+1}{k}=\binom{n}{k}+\binom{n}{k-1} }$ θα είναι:
$\displaystyle{\sum_{i=0}^{k+1}i\binom{k+1}{i}}=\sum_{k}^{i=0}i\binom{k}{i}+\sum_{i=0}^{k-1}(i+1)\binom{k}{i}+k+1=k2^{k-1}+k2^{k-1}+\sum_{i=0}^{k}\binom{k}{i}=(k+1)2^k}$
που είναι και το ζητούμενο.

Χρησιμοποιήθηκε το $\displaystyle{\left ( 1+1 \right )^n=\sum_{i=1}^{n} \binom{n}{i}}$

Και 3η απόδειξη λοιπόν!

Αλλιώς, παραγωγίζω τη σχέση $\displaystyle{(x+1)^n= \sum_{i=0}^{n} x^i\binom{n}{i}}}$ και θέτω x=1

Και αλλιώς, μετράμε με δύο τρόπους το πλήθος των ομάδων που μπορούν να σχηματιστούν από

άτομα, αν κάθε ομάδα έχει και έναν "αρχηγό"...

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #8

socrates έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 26, 2020 12:32 am

ΘΕΜΑ 4
Έστω $a_1, a_2, ... , a_{2014}$ και $b_1, b_2, ... , b_{2014}$ δύο μεταθέσεις των αριθμών
Να βρείτε τη μέγιστη τιμή του θετικού ακεραίου τέτοια ώστε ο αριθμός να διαιρεί τον αριθμό

$\displaystyle{(a^2_1-b^2_1)(a^2_2- b^2_2)...(a^2_{2014}- b^2_{2014})}$

για οποιεσδήποτε μεταθέσεις $a_1, a_2, ... , a_{2014}$ και $b_1, b_2, ... , b_{2014}.$

Στο

υπάρχουν

πολλαπλάσια του

.Έστω $\displaystyle {3^k\parallel \prod_{i=1}^{2014}(a_i^2-b_i^2)}$
Παρατηρούμε πως αν n_1n_2 πολλαπλάσια του 3 και n_3,n_4 μη πολλαπλάσια του 3 τότε αν $3^p\parallel (n_1^2-n_2^2)\left ( n_3^2-n^_4^2 \right ),3^q\parallel (n_1^2-n_3^2)\left ( n_2^2-n_4^2 \right )$ θα είναι προφανώς p>q

.
Άρα το $\displaystyle{\prod_{i=1}^{2014}(a_i^2-b_i^2)}$ περιέχει τις λιγότερες φορές τον παράγοντα

όταν υπάρχουν όσο το δυνατόν περισσότερες παρενθέσεις που περιέχουν ένα πολλαπλάσιο και ένα μη πολλαπλάσιο του

.
Έτσι είναι σίγουρο ότι $k\geq 2014-2\cdot 671=672$ .Το k=672

είναι και η δεκτή τιμή γιατί αν k>672

η παραπάνω μετάθεση των a_i,b_i

οδηγεί στο ότι $3^{672+a}\neq \displaystyle {\prod_{i=1}^{2014}(a_i^2-b_i^2)}$ με a>0

Τεστ Εξάσκησης (5), Μικροί

Τεστ Εξάσκησης (5), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (5), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (5), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (5), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (5), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (5), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (5), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (5), Μικροί

Μέλη σε σύνδεση