Τεστ Εξάσκησης (21), Μικροί

#1

ΘΕΜΑ 1
Οι πραγματικοί αριθμοί

,

είναι διαφορετικοί από το

και ισχύει:
(1) abc =1

(2) $a^2+b^2+c^2 - \left( \dfrac{1}{a^2} + \dfrac{1}{b^2} + \dfrac{1}{c^2} \right) = 8(a+b+c) - 8 (ab+bc+ca)$
Να βρείτε όλες τις δυνατές τιμές της παράστασης $\displaystyle{\dfrac{1}{a-1} + \dfrac{1}{b-1} + \dfrac{1}{c-1}}$

ΘΕΜΑ 2
Να βρείτε όλα τα ζεύγη θετικών ακεραίων x,y

, για τα οποία ο αριθμός x^2y + x

είναι πολλαπλάσιο του xy^2 + 7

.

ΘΕΜΑ 3
Να βρείτε τον μικρότερο θετικό ακέραιο

με την ιδιότητα:
Αν βάψουμε μαύρα ακριβώς

κελιά ενός πίνακα $7 \times 7$ τότε υπάρχει οπωσδήποτε ένα $2 \times 2$ τετράγωνο με τουλάχιστον τρία μαύρα κελιά.

ΘΕΜΑ 4
Σε ένα τρίγωνο ABC

, η εξωτερική διχοτόμος της γωνίας $\angle BAC$ τέμνει την ευθεία

στο

. Τα ίχνη των καθέτων από τα σημεία

και

στην ευθεία

είναι τα

και

, αντίστοιχα, ενώ το ίχνος της κάθετης από το

στην

είναι το

.
Να αποδείξετε ότι $\angle DGE + \angle DGF = 180^{\circ}$ .

Xriiiiistos · #2

socrates έγραψε: Δευ Μαρ 09, 2020 2:04 am ΘΕΜΑ 1
Οι πραγματικοί αριθμοί , , είναι διαφορετικοί από το και ισχύει:
(1)
(2) $a^2+b^2+c^2 - \left( \dfrac{1}{a^2} + \dfrac{1}{b^2} + \dfrac{1}{c^2} \right) = 8(a+b+c) - 8 (ab+bc+ca)$
Να βρείτε όλες τις δυνατές τιμές της παράστασης $\displaystyle{\dfrac{1}{a-1} + \dfrac{1}{b-1} + \dfrac{1}{c-1}}$

Έχουμε $\sum \dfrac{1}{1-a}=\dfrac{\sum (1-a)(1-b)}{(1-a)(1-b)(1-c)}=\dfrac{\sum ab+3-2\sum a}{-abc+1-\sum a+\sum ab}=$
$=-\dfrac{\sum ab+3-2\sum a}{\sum a-\sum ab}$ (3) οπότε $\sum a\neq \sum ab$

η 2μέσο της ένα γίνεται
$\sum a^{2}-\dfrac{\sum (ab)^{2}}{(abc)^{2}}=8\sum a-8\sum ab\Leftrightarrow$

$\sum a^{2}-\sum (ab)^{2}=8\sum a-8\sum ab\Leftrightarrow$

$\sum a^{2}-8\sum a=\sum (ab)^{2}-8\sum ab\Leftrightarrow$

$(\sum a)^{2}-2\sum ab-8\sum a=(\sum ab)^{2}-2abc\sum a-8\sum ab\Leftrightarrow$

$(\sum a)^{2}-6\sum a=(\sum ab)^{2}-6\sum ab\Leftrightarrow$

$(\sum a-3)^{2}=(\sum ab-3)^{2}$

1η περίπτωση $\sum a-3=\sum ab-3\Leftrightarrow \sum a=\sum ab$ άτοπο

2η περίπτωση $\sum a-3=3-\sum ab\Leftrightarrow \sum ab=6-\sum a$ (4)

άρα από (3), (4) έχουμε

$\sum \dfrac{1}{1-a}=-\dfrac{6-\sum a+3-2\sum ab}{\sum a+\sum a-6}=-\dfrac{3}{2}\cdot \dfrac{3-\sum a}{\sum a-3}=\dfrac{3}{2}$

#3

Xriiiiistos έγραψε: Δευ Μαρ 09, 2020 1:20 pm
socrates έγραψε: Δευ Μαρ 09, 2020 2:04 am ΘΕΜΑ 1
Οι πραγματικοί αριθμοί , , είναι διαφορετικοί από το και ισχύει:
(1)
(2) $a^2+b^2+c^2 - \left( \dfrac{1}{a^2} + \dfrac{1}{b^2} + \dfrac{1}{c^2} \right) = 8(a+b+c) - 8 (ab+bc+ca)$
Να βρείτε όλες τις δυνατές τιμές της παράστασης $\displaystyle{\dfrac{1}{a-1} + \dfrac{1}{b-1} + \dfrac{1}{c-1}}$

Έχουμε $\sum \dfrac{1}{1-a}=\dfrac{\sum (1-a)(1-b)}{(1-a)(1-b)(1-c)}=\dfrac{\sum ab+3-2\sum a}{-abc+1-\sum a+\sum ab}=$
$=-\dfrac{\sum ab+3-2\sum a}{\sum a-\sum ab}$ (3) οπότε $\sum a\neq \sum ab$

η 2μέσο της ένα γίνεται
$\sum a^{2}-\dfrac{\sum (ab)^{2}}{(abc)^{2}}=8\sum a-8\sum ab\Leftrightarrow$

$\sum a^{2}-\sum (ab)^{2}=8\sum a-8\sum ab\Leftrightarrow$

$\sum a^{2}-8\sum a=\sum (ab)^{2}-8\sum ab\Leftrightarrow$

$(\sum a)^{2}-2\sum ab-8\sum a=(\sum ab)^{2}-2abc\sum a-8\sum ab\Leftrightarrow$

$(\sum a)^{2}-6\sum a=(\sum ab)^{2}-6\sum ab\Leftrightarrow$

$(\sum a-3)^{2}=(\sum ab-3)^{2}$

1η περίπτωση $\sum a-3=\sum ab-3\Leftrightarrow \sum a=\sum ab$ άτοπο

2η περίπτωση $\sum a-3=3-\sum ab\Leftrightarrow \sum ab=6-\sum a$ (4)

άρα από (3), (4) έχουμε

$\sum \dfrac{1}{1-a}=-\dfrac{6-\sum a+3-2\sum ab}{\sum a+\sum a-6}=-\dfrac{3}{2}\cdot \dfrac{3-\sum a}{\sum a-3}=\dfrac{3}{2}$

Ωραία!
Μπορούμε, για ευκολία στο χειρισμό, να θέσουμε $x=a+b+c, \ y=ab+bc+ca.$

Η άσκηση είναι από εδώ:
https://artofproblemsolving.com/communi ... 22p9199767

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #4

socrates έγραψε: Δευ Μαρ 09, 2020 2:04 am
ΘΕΜΑ 2
Να βρείτε όλα τα ζεύγη θετικών ακεραίων , για τα οποία ο αριθμός είναι πολλαπλάσιο του .

$xy^2+7\mid x^2y+x\Rightarrow xy^2+7\mid x^2y^2+xy$ .Επίσης $xy^2+7\mid x^2y+7\Rightarrow xy^2+7\mid x^2y^2+7x$ .Από τα παραπάνω έπεται ότι $xy^2+7\mid xy-7x$ .
Αν $y\geq 7$ τότε πρέπει $xy-7x\geq xy^2+7$ το οποίο είναι προφανώς αδύνατον.
Αν y< 7

τότε $7x-xy\geq xy^2+7\Leftrightarrow x(7-y-y^2)\geq 7$
Για $y\geq 3$ είναι 7-y-y^2< 0

άρα

.

Για
Τότε θα πρέπει $x+7\mid 6x$ ,όμως $x+7\mid 6x+42$ άρα $x+7\mid 42\Leftrightarrow x+7=\left \{ 1,2,6,14,21,42 \right \}$ που δίνει τις λύσεις

Για
Πρέπει $4x+7\mid 5x\Rightarrow 4x+7\mid 20x$ .'Ομως $4x+7\mid 20x+35$ άρα $4x+7\mid 35\Leftrightarrow 4x+7=\left \{ 1,5,7,35 \right \}$ από όπου .

Λύσεις λοιπόν οι (x,y)=(7,2),(7,1),(14,1),(35,1)

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #5

socrates έγραψε: Δευ Μαρ 09, 2020 2:04 am
ΘΕΜΑ 4
Σε ένα τρίγωνο , η εξωτερική διχοτόμος της γωνίας $\angle BAC$ τέμνει την ευθεία στο . Τα ίχνη των καθέτων από τα σημεία και στην ευθεία είναι τα και , αντίστοιχα, ενώ το ίχνος της κάθετης από το στην είναι το .
Να αποδείξετε ότι $\angle DGE + \angle DGF = 180^{\circ}$ .

: 260.PNG (19.94 KiB) Προβλήθηκε 2114 φορές

$\angle DGE+\angle DGF=180^{\circ}\Leftrightarrow 2\angle DGE+\angle EGF=180^{\circ}\Leftrightarrow \angle EGA=\angle AGF$ .
Αρκεί δηλαδή η

να είναι διχοτόμος της $\angle EGF$ .
Όμως $\Delta BEA\sim \Delta ACF\Leftrightarrow \dfrac{AE}{AF}=\dfrac{BE}{CF}=\dfrac{DE}{DF}\Rightarrow \left ( D,A\setminus E,F \right )=-1$ από όπου έπεται το ζητούμενο αφού $\angle DGA=90^{\circ}$

#6

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: Δευ Μαρ 09, 2020 6:52 pm
socrates έγραψε: Δευ Μαρ 09, 2020 2:04 am
ΘΕΜΑ 2
Να βρείτε όλα τα ζεύγη θετικών ακεραίων , για τα οποία ο αριθμός είναι πολλαπλάσιο του .

$xy^2+7\mid x^2y+x\Rightarrow xy^2+7\mid x^2y^2+xy$ .Επίσης $xy^2+7\mid x^2y+7\Rightarrow xy^2+7\mid x^2y^2+7x$ .Από τα παραπάνω έπεται ότι $xy^2+7\mid xy-7x$ .
Αν $y\geq 7$ τότε πρέπει $xy-7x\geq xy^2+7$ το οποίο είναι προφανώς αδύνατον.
Αν τότε $7x-xy\geq xy^2+7\Leftrightarrow x(7-y-y^2)\geq 7$
Για $y\geq 3$ είναι άρα .
Για
Τότε θα πρέπει $x+7\mid 6x$ ,όμως $x+7\mid 6x+42$ άρα $x+7\mid 42\Leftrightarrow x+7=\left \{ 1,2,6,14,21,42 \right \}$ που δίνει τις λύσεις

Για
Πρέπει $4x+7\mid 5x\Rightarrow 4x+7\mid 20x$ .'Ομως $4x+7\mid 20x+35$ άρα $4x+7\mid 35\Leftrightarrow 4x+7=\left \{ 1,5,7,35 \right \}$ από όπου .

Λύσεις λοιπόν οι

Ωραία!

Το y=7

πρέπει να το μελετήσουμε ξεχωριστά, καθώς τότε δεν ισχύει απαραίτητα $xy-7x\geq xy^2+7.$

Γενικά, αν a|b

τότε $|a|\leq |b|$ ή b=0

!

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #7

socrates έγραψε: Τρί Μαρ 10, 2020 3:40 am
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: Δευ Μαρ 09, 2020 6:52 pm
socrates έγραψε: Δευ Μαρ 09, 2020 2:04 am
ΘΕΜΑ 2
Να βρείτε όλα τα ζεύγη θετικών ακεραίων , για τα οποία ο αριθμός είναι πολλαπλάσιο του .

$xy^2+7\mid x^2y+x\Rightarrow xy^2+7\mid x^2y^2+xy$ .Επίσης $xy^2+7\mid x^2y+7\Rightarrow xy^2+7\mid x^2y^2+7x$ .Από τα παραπάνω έπεται ότι $xy^2+7\mid xy-7x$ .
Αν $y\geq 7$ τότε πρέπει $xy-7x\geq xy^2+7$ το οποίο είναι προφανώς αδύνατον.
Αν τότε $7x-xy\geq xy^2+7\Leftrightarrow x(7-y-y^2)\geq 7$
Για $y\geq 3$ είναι άρα .
Για
Τότε θα πρέπει $x+7\mid 6x$ ,όμως $x+7\mid 6x+42$ άρα $x+7\mid 42\Leftrightarrow x+7=\left \{ 1,2,6,14,21,42 \right \}$ που δίνει τις λύσεις

Για
Πρέπει $4x+7\mid 5x\Rightarrow 4x+7\mid 20x$ .'Ομως $4x+7\mid 20x+35$ άρα $4x+7\mid 35\Leftrightarrow 4x+7=\left \{ 1,5,7,35 \right \}$ από όπου .

Λύσεις λοιπόν οι
Ωραία!

Το πρέπει να το μελετήσουμε ξεχωριστά, καθώς τότε δεν ισχύει απαραίτητα $xy-7x\geq xy^2+7.$

Γενικά, αν τότε $|a|\leq |b|$ ή !

Καλημέρα!

Για y=7

πρέπει $49x+7\mid 7x^2+7\Leftrightarrow 7(7x+1)\mid x(7x+1)$ άρα πρέπει $7\mid x$
δηλαδή έχουμε και την λύση (x,y)=(7k,7)

με

φυσικό.

#8

socrates έγραψε: Δευ Μαρ 09, 2020 2:04 am ΘΕΜΑ 3
Να βρείτε τον μικρότερο θετικό ακέραιο με την ιδιότητα:
Αν βάψουμε μαύρα ακριβώς κελιά ενός πίνακα $7 \times 7$ τότε υπάρχει οπωσδήποτε ένα $2 \times 2$ τετράγωνο με τουλάχιστον τρία μαύρα κελιά.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#9

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: Δευ Μαρ 09, 2020 8:38 pm
socrates έγραψε: Δευ Μαρ 09, 2020 2:04 am
ΘΕΜΑ 4
Σε ένα τρίγωνο , η εξωτερική διχοτόμος της γωνίας $\angle BAC$ τέμνει την ευθεία στο . Τα ίχνη των καθέτων από τα σημεία και στην ευθεία είναι τα και , αντίστοιχα, ενώ το ίχνος της κάθετης από το στην είναι το .
Να αποδείξετε ότι $\angle DGE + \angle DGF = 180^{\circ}$ .

260.PNG
$\angle DEG+\angle DGF=180^{\circ}\Leftrightarrow 2\angle DEG+\angle EGF=180^{\circ}\Leftrightarrow \angle EGA=\angle AGF$ .
Αρκεί δηλαδή η να είναι διχοτόμος της $\angle EGF$ .
Όμως $\Delta BEA\sim \Delta ACF\Leftrightarrow \dfrac{AE}{AF}=\dfrac{BE}{CF}=\dfrac{DE}{DF}\Rightarrow \left ( D,A\setminus E,F \right )=-1$ από όπου έπεται το ζητούμενο αφού $\angle DGA=90^{\circ}$

Ωραία! (Στην πρώτη σειρά υπάρχουν typos... )

Άλλες λύσεις:
https://artofproblemsolving.com/communi ... 96p3506431

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #10

socrates έγραψε: Δευ Μαρ 09, 2020 2:04 am
ΘΕΜΑ 3
Να βρείτε τον μικρότερο θετικό ακέραιο με την ιδιότητα:
Αν βάψουμε μαύρα ακριβώς κελιά ενός πίνακα $7 \times 7$ τότε υπάρχει οπωσδήποτε ένα $2 \times 2$ τετράγωνο με τουλάχιστον τρία μαύρα κελιά.

Με τον παρακάτω χρωματισμό βλέπουμε πως $n\geq 29$ .Θα αποδείξω πως για n=29

υπάρχει πάντα ένα $2 \times 2$ τετράγωνο με τουλάχιστον τρία μαύρα κελιά.

: 271.PNG (7.71 KiB) Προβλήθηκε 1902 φορές

Αριθμούμε τις στήλες και τις γραμμές όπως στο σχήμα.Έστω προς άτοπο ότι προσπαθούμε να φτιάξουμε χρωματισμό ώστε να μην ισχύει το ζητούμενο.Έτσι ο μέγιστος αριθμός μαύρων κελιών που μπορεί να έχει ένας πίνακας αποτελούμενος από

διαδοχικές στήλες (με όλες τις γραμμές) προκύπτει εάν ο χρωματισμός είναι τέτοιος ώστε σε κάθε $2 \times 2$ τετράγωνο να υπάρχουν

μαύρα κελιά .Τέτοιος χρωματισμός είναι ο παρακάτω και έχει συνολικά

μαύρα κελιά.

: 272.PNG (2.18 KiB) Προβλήθηκε 1902 φορές

Έτσι οι στήλες A,B

μαζί έχουν το πολύ

κελιά μαύρα ομοίως και οι C,D

.Έτσι λοιπόν οι σι στήλες E,F,G

μαζί έχουν τουλάχιστον

μαύρα κελιά.
Αν συνολικά στις A,B,C,D

στήλες υπάρχουν

μαύρα κελιά τότε στις E,F,G

θα υπάρχουν 29-k

.Έχουμε $k\leq 16,29-k\geq 13$

Εάν η στήλη έχει μαύρα κελιά τότε προκειμένου να μην ισχύει το ζητούμενο η θα είναι άδεια.Αν $k\leq 14$ τότε $29-k\geq 15$ άρα θα πρέπει οι στήλες να έχουν συνολικά περισσότερα ή ίσα από μαύρα.Επειδή όμως το είναι το μέγιστο αναγκαστικά αυτές θα έχουν τον σχηματισμό του σχήματος ''272'' πιο πάνω και έτσι μαζί με την στήλη δημιουργούν σίγουρα ένα $2 \times 2$ τετράγωνο για το οποίο ισχύει το ζητούμενο.Άρα $k\geq 15$ το οποίο οδηγεί εύκολα σε άτοπο.

Αν η στήλη περιέχει μαύρα τότε η περιέχει το πολύ μαύρο. Αν $k\leq 15$ τότε $29-k\geq 14$ άρα οι έχουν περισσότερα ή ίσα από μαύρα.Επειδή όμως το είναι το μέγιστο αναγκαστικά αυτές θα έχουν τον σχηματισμό του σχήματος ''272'' πιο πάνω και έτσι μαζί με την στήλη δημιουργούν σίγουρα ένα $2 \times 2$ τετράγωνο για το οποίο ισχύει το ζητούμενο.Άρα θα είναι άτοπο αφού η έχει το πολύ

.

Αν η έχει τότε οι έχουν αναγκαστικά και εύκολα έχουμε άτοπο.

.

Σε κάθε περίπτωση λοιπόν για n=29

υπάρχει ένα $2 \times 2$ τετράγωνο με τουλάχιστον τρία μαύρα κελιά.

#11

socrates έγραψε: Δευ Μαρ 09, 2020 2:04 am ΘΕΜΑ 3
Να βρείτε τον μικρότερο θετικό ακέραιο με την ιδιότητα:
Αν βάψουμε μαύρα ακριβώς κελιά ενός πίνακα $7 \times 7$ τότε υπάρχει οπωσδήποτε ένα $2 \times 2$ τετράγωνο με τουλάχιστον τρία μαύρα κελιά.

Αλλιώς:

Έστω, προς άτοπο, ότι δεν υπάρχει $2 \times 2$ τετράγωνο με τουλάχιστον τρία μαύρα κελιά.
Παίρνουμε το πάνω αριστερά $6 \times 6$ τετράγωνο, το οποίο χωρίζουμε σε 9 τετράγωνα $2\times 2.$
Καθένα από τα $2\times 2$ τετράγωνα έχει το πολύ δύο μαύρα κελιά, άρα στο $6\times 6$ υπάρχουν το πολύ 18 μαύρα κελιά.
Τα υπόλοιπα 11 τουλάχιστον μαύρα βρίσκονται στην 7η γραμμή ή στην 7η στήλη. Η 7η γραμμή και η 7η στήλη έχουν μαζί 13 κελιά.
Άρα το πολύ δύο θα είναι λευκά.

Αν όλα τα κελιά είναι μαύρα, τότε έχουμε άτοπο από το $2 \times 2$ τετράγωνο κάτω δεξιά.

Αν 12 κελιά είναι μαύρα,

αν το κελί κάτω δεξιά είναι μαύρο, το κελί (6,7) ή το (7,6) είναι μαύρο και το άλλο άσπρο. Έστω το (7,6). Η τελευταία γραμμή είναι τότε όλη μαύρη οπότε η 6η γραμμή και η 6η στήλη όλη άσπρη. Άρα στο πάνω αριστερά $5\times 5$ τετράγωνο υπάρχουν 17 μαύρα κελιά.
Παρόμοια, το χωρίζουμε σε ένα $4\times 4$ τετράγωνο και ένα "γάμμα". Στο $4\times 4$ τετράγωνο υπάρχουν 4 τετράγωνα $2\times 2$ , στα οποία υπάρχουν συνολικά το πολύ 8 μαύρα κελιά, οπότε στο γάμμα υπάρχουν 9, άτοπο.

αν το κελί κάτω δεξιά είναι άσπρο τότε τα (6,7) και (7,6) είναι μαύρα. Δουλεύοντας παρόμοια με πριν, η 6η γραμμή και η 6η στήλη είναι όλη άσπρη. Άρα στο πάνω αριστερά $5\times 5$ τετράγωνο υπάρχουν 17 μαύρα κελιά κτλ...

Αν 11 κελιά είναι μαύρα, τότε σε κάθε τετράγωνο $2\times 2$ του πάνω αριστερά $6 \times 6$ υπάρχουν ακριβώς 2 μαύρα.

αν το κελί κάτω δεξιά είναι μαύρο, τότε

-- αν τα (6,7) και (7,6) είναι άσπρα τότε βάφοντας κατάλληλα τη σκακιέρα από κάτω προς τα πάνω έχουμε άτοπο στην 3η γραμμή
-- αν π.χ. το (6,7) είναι μαύρο και το (7,6) άσπρο, βάφοντας κατάλληλα τη σκακιέρα από κάτω προς τα πάνω έχουμε άτοπο.

αν το κελί κάτω δεξιά είναι άσπρο, τότε τότε η υπόλοιπη 7η γραμμή ή στήλη θα είναι μαύρη. Βάφοντας κατάλληλα τη σκακιέρα από κάτω προς τα πάνω έχουμε άτοπο.

Ελπίζω να είναι κατανοητό!

Joaakim · #12

Το Πρόβλημα 1 είναι και το Πρόβλημα 1 της Μαθηματικής Ολυμπιάδας για Juniors της Κορέας το 2011.
https://artofproblemsolving.com/communi ... 22p9199767

Το Πρόβλημα 2 είναι το Πρόβλημα 5 από τον ίδιο διαγωνισμό το 2014.
https://artofproblemsolving.com/communi ... 9p12272109

Τεστ Εξάσκησης (21), Μικροί

Τεστ Εξάσκησης (21), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (21), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (21), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (21), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (21), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (21), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (21), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (21), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (21), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (21), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (21), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (21), Μικροί

Μέλη σε σύνδεση