Επαρχιακός Διαγωνισμός Λευκωσίας 1990-91

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8176
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Επαρχιακός Διαγωνισμός Λευκωσίας 1990-91

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Σάβ Δεκ 29, 2012 11:40 am

Ημερομηνία Διεξαγωγής: 16 Δεκεμβρίου 1990.
Διάρκεια εξέτασης: 3 ώρες.

1.

(α) Η ακολουθία 1,2,3,4,5,6,7,\ldots χωρίζεται σε ομάδες ως εξής: (1),(2,3,4),(3,4,5,6,7),\ldots. Να δείξετε ότι το άθροισμα των όρων κάθε ομάδας είναι τέλειο τετράγωνο περιττού αριθμού.

(β) Αν στο τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει η σχέση

\displaystyle{ 2\left[ \cos^2\left(\frac{\pi}{4} - \frac{5A}{2} \right) + \cos^2\left(\frac{\pi}{4} - \frac{5B}{2} \right) + \cos^2\left(\frac{\pi}{4} - \frac{5\Gamma}{2} \right)\right] = 3}

να δείξετε ότι μια γωνία του είναι \pi/5 ή 3\pi/5.

2.

(α) Να δείξετε ότι

(i) \displaystyle{\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{3} = 1}
(ii) \displaystyle{\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{3^n + 4^n + 5^n} = 5,}

n φυσικός αριθμός.

(β) Να βρεθούν οι φυσικοί αριθμοί a,b,c,d με a\leqslant 5,b\leqslant 5,c\leqslant 5 και a+4b+24c+120d = 826.

3. Να βρείτε τις εξισώσεις των πλευρών ενός τριγώνου αν η μία κορυφή του είναι το σημείο (1,3) και οι εξισώσεις δυο διαμέσων του είναι (\varepsilon_1): y-1=0 και (\varepsilon_2): x-2y+1=0.

4. Δίνεται το ορθογώνιο ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΔ (\hat{B} = 90^{\circ}). Έστω Γ το σημείο της ΑΔ ώστε οι \tan{A},\tan{B},\tan{\Gamma} να αποτελούν αριθμητική πρόοδο. Να αποδείξετε ότι

(α) \displaystyle{ \Gamma \Delta = \frac{A \Delta}{3}} και

(β) \displaystyle{ E(AB\Gamma) = \beta^2 - \alpha^2 = \frac{\gamma^2}{3}.}

5. Έστω Ρ εσωτερικό σημείο τριγώνου ΑΒΓ. Από το Ρ φέρουμε ευθείες παράλληλες προς τις πλευρές του τριγώνου που χωρίζουν τούτο σε τρία τρίγωνα και τρία παραλληλόγραμμα. Αν E_1,E_2,E_3 τα εμβαδά των τριών τριγώνων, Z_1,Z_2,Z_3 τα εμβαδά των τριών παραλληλογράμμων και E το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ να δείξετε ότι

(α) \sqrt{E_1} + \sqrt{E_2} + \sqrt{E_3} = \sqrt{E} και

(β) 8E_1E_2E_3 = Z_1Z_2Z_3.

Επεξεργασία: Έγινε διόρθωση τυπογραφικού στο τρίτο θέμα. (Στον ορισμό της \varepsilon_2.)
Αποτελέσματα:

1ο Βραβείο: στο
-Γεώργιο Ζαχαρία

2ο Βραβείο: Απονέμεται εξίσου στις
- Θέκλα Αφαντίτη
- Μαριλένα Σταυρίδη

3ο Βραβείο: Απονέμεται εξίσου στους
- Χριστίνα Κανικλίδου
- Νικόλαο Λόη

Έπαινος: Απονέμεται στους
- Φώτη Μάτση
- Αγάπη Ασλανίδου
- Νικόλαο Γεωργίου

Εύφημη Μνεία: για τους
- Νικόδημο Δαμιανού
- Δημήτρη Δημητρίου
- Εμμανουέλα Παπαδοπούλου
- Μόνικα Γωργίου
- Πέτρο Δυμιώτη


BAGGP93
Δημοσιεύσεις: 1353
Εγγραφή: Σάβ Ιούλ 02, 2011 8:48 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα - Αθήνα

Re: Επαρχιακός Διαγωνισμός Λευκωσίας 1990-91

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από BAGGP93 » Σάβ Ιαν 05, 2013 9:01 pm

Demetres έγραψε:


(α) Να δείξετε ότι

(i) \displaystyle{\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{3} = 1}
(ii) \displaystyle{\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{3^n + 4^n + 5^n} = 5,}

n φυσικός αριθμός.
.

Θα αποδείξουμε γενικά ότι για κάθε \displaystyle{a>1} είναι \displaystyle{\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{a}=1}.

Απόδειξη.

Έστω \displaystyle{a>1}.

Τότε,για κάθε \displaystyle{n\in\mathbb{N}} ισχύει,

\displaystyle{\sqrt[n]{a}>1}.

Συνεπώς,για κάθε \displaystyle{n\in\mathbb{N}} έχουμε

\displaystyle{\sqrt[n]{a}=1+k_{n},k_{n}>0},δηλαδή

\displaystyle{a=(1+k_{n})^n\stackrel{(\ast)}{\geq} 1+nk_{n}

ή

\displaystyle{k_n\leq \frac{a-1}{n}.

Επειδή,

\displaystyle{\lim_{n\to \infty}\frac{a-1}{n}=0}

έχουμε και

\displaystyle{\lim_{n\to \infty}k_{n}=0}

Συνεπώς, από την άλγεβρα των ορίων είναι,

\displaystyle{\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{a}=\lim_{n\to \infty}(1+k_{n})=1}

Μένει να αποδείξουμε την \displaystyle{(\ast)} που είναι η ανισότητα Bernoulli.

\displaystyle{(b+1)^n\geq 1+nb\ \forall n\in\mathbb{N},\forall b>-1}.

Απόδειξη.

Έστω \displaystyle{b>-1}

Για \displaystyle{n=1} έχουμε \displaystyle{(b+1)^n=b+1=1+1\cdot b}.

Υποθέτουμε ότι η αποδεικτέα ισχύει για \displaystyle{n\in\mathbb{N} και θα αποδείξουμε την ισχύ της και για το \displaystyle{n+1}.

Πράγματι,

\displaystyle{(b+1)^{n+1}=(b+1)^n\cdot (b+1)\geq (1+nb)(b+1)=b+1+nb^2+nb=nb^2+1+(n+1)b\geq 1+(n+1)b}

Επαγωγικά λοιπόν, έχουμε το ζητούμενο.

(α)ii.

\displaystyle{\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{3^n+4^n+5^n=}

\displaystyle{=\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{5^n\left(\left(\frac{3}{5}\right)^n+\left(\frac{4}{5}\right)^n+1\right)}

\displaystyle{=\lim_{n\to \infty}5\sqrt[n]{\left(\left(\frac{3}{5}\right)^n+\left(\frac{4}{5}\right)^n+1\right)}

\displaystyle{=5\cdot \sqrt[n]{0+0+1}}

\displaystyle{=5}.

Μένει να αποδείξουμε ότι \displaystyle{\lim_{n\to \infty}a^n=0} για \displaystle{0<a<1}.

Για τον σκοπό αυτό, έστω \displaystyle{a\in\left(0,1\right)}.

Τότε,

\displaystyle{a=\frac{1}{m}} για κάποιο \displaystyle{m>1}.

Έτσι,

\displaystyle{a^n=\frac{1}{m^n}}

με

\displaystyle{m^n=[1+(m-1)]^n\geq 1+n(m-1)\to \infty}

Άρα,

\displaystyle{\lim_{n\to \infty}a^n=\lim_{n\to \infty}\frac{1}{m^n}=0}


Παπαπέτρος Ευάγγελος
Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6167
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Επαρχιακός Διαγωνισμός Λευκωσίας 1990-91

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Σάβ Ιαν 05, 2013 10:20 pm

Λίγο συντομότερα για το

\displaystyle{\rm \lim \sqrt[n]{3}=1.}

Το \displaystyle{\rm \sqrt[n]{3}>1} είναι φανερό.

Από την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ έχουμε

\displaystyle{\rm \frac{\underbrace{1+1+\cdots 1}_{(n-1)-\textnormal{\gr προσθετέοι}}+3}{n}>\sqrt[n]{3}\implies }

\displaystyle{\boxed{\rm \sqrt[n]{3}<1+\frac{2}{n}}}

Άρα

\displaystyle{1<\sqrt[n]{3}<1+\frac{2}{n}.}

Το ζητούμενο έπεται.


Μάγκος Θάνος
Atemlos
Δημοσιεύσεις: 587
Εγγραφή: Τετ Αύγ 17, 2011 6:11 am
Τοποθεσία: North

Re: Επαρχιακός Διαγωνισμός Λευκωσίας 1990-91

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Atemlos » Σάβ Ιαν 05, 2013 10:41 pm

Για το 2 β)

Ο 826 γράφεται σαν 826=4*206+2 και η ποσότητα a+4*(b+6c+30d) έτσι έχουμε τα εξής

a=2 και 206=b+6c+30d η 6*34+2=b+6*(c+5d) και συνεπώς b=2 ,c=4 ,d=6


Απάντηση

Επιστροφή σε “Θέματα διαγωνισμών (ΕΜΕ, BMO, JBMO, IMO, Kangaroo κλπ)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 3 επισκέπτες