Τεστ Εξάσκησης #1-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2626
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Τεστ Εξάσκησης #1-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Παρ Φεβ 24, 2017 8:04 pm

Καλησπέρα σας!

Την περίοδο πριν τον ΑΡΧΙΜΗΔΗ πέρυσι, είχα ετοιμάσει κάποια τεστ προετοιμασίας για τον μαθητή του σχολείου μας Νικόλαο Ευγενίδη.

Οι κανόνες ήταν να γράψει το τεστ στο σπίτι του υπό διαγωνιστικές συνθήκες, σε 4 ώρες. Στη συνέχεια συζητούσαμε τις λύσεις τους στο σχολείο.

Παρεμπιπτόντως, ο Νίκος προκρίθηκε και φέτος για 4η συνεχή χρονιά.

Ελπίζω κάποια από αυτά να φανούν χρήσιμα και φέτος σε όποιον θέλει κάποια εξάσκηση.

**********************************************
Ακολουθούν τα προβλήματα του 1ου τεστ:

Practice TEST 1
ΔΙΑΡΚΕΙΑ: 4 ΩΡΕΣ

ΘΕΜΑ 1. Να βρεθούν όλα τα πολυώνυμα P(x) και Q(x) με πραγματικούς συντελεστές τέτοια ώστε

P(x^2+1)=Q(x)^2+2x και Q(x^2+1)=P(x)^2

για κάθε πραγματικό x.

ΘΕΜΑ 2. Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι a,b,c τέτοιοι ώστε οι αριθμοί a^2+1 και b^2+1 να είναι πρώτοι και να ισχύει

\displaystyle{(a^2+1)(b^2+1)=c^2+1.}

ΘΕΜΑ 3. Να δειχθεί ότι αν 0\leq a,b,c\leq 1, τότε

\displaystyle{ 
	\dfrac{a}{bc+1}+\dfrac{b}{ca+1}+\dfrac{c}{ab+1}\leq 2. 
	}

ΘΕΜΑ 4. Δίνεται κυρτό πεντάγωνο ABCDE τέτοιο ώστε BC=DE και

\angle ABE=\angle CAB=\angle AED-90^{\circ} και \angle ACB=\angle ADE.

Να αποδειχθεί ότι το τετράπλευρο BCDE είναι παραλληλόγραμμο.

**********************************************

Φιλικά,

Αχιλλέας



Λέξεις Κλειδιά:
harrisp
Δημοσιεύσεις: 536
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 28, 2015 8:49 pm

Re: Τεστ Εξάσκησης #1-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από harrisp » Παρ Φεβ 24, 2017 8:08 pm

Κύριε Αχιλλέα ειναι τελειο. Μήπως εχετε και για JUNIORS;;;

Θα ήμουν ευγνώμων....


achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2626
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: Τεστ Εξάσκησης #1-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Παρ Φεβ 24, 2017 11:08 pm

ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ έγραψε:Κύριε Αχιλλέα ειναι τελειο. Μήπως εχετε και για JUNIORS;;;

Θα ήμουν ευγνώμων....
Καλησπέρα, Χάρη,

Δυστυχώς δεν έχω ετοιμάσει κάτι σε Juniors, αλλά ελπίζω να βρω χρόνο να το κάνω σύντομα.

Παρεμπιπτόντως, το παραπάνω 1ο τεστ αποδείχθηκε στην πράξη ότι ήταν αρκετά δύσκολο.

Έτσι, προσπάθησα στα επόμενα τεστ να έχω και μια πιο προσιτή άσκηση, τουλάχιστον σε όποιο μαθητή έχει ασχοληθεί με διαγωνισμούς.

Δεν ισχυρίζομαι, λοιπόν, ότι το επίπεδο δυσκολίας ταυτίζεται με αυτό του ΑΡΧΙΜΗΔΗ. Ελπίζω να είναι κοντά, πάντως.

Φιλικά,

Αχιλλέας


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

Re: Τεστ Εξάσκησης #1-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Παρ Φεβ 24, 2017 11:22 pm

achilleas έγραψε:
ΘΕΜΑ 3. Να δειχθεί ότι αν 0\leq a,b,c\leq 1, τότε

\displaystyle{ 
	\dfrac{a}{bc+1}+\dfrac{b}{ca+1}+\dfrac{c}{ab+1}\leq 2. 
	}
Υποθέτουμε ότι

\displaystyle{a\geq b\geq c,} οπότε είναι \displaystyle{bc\leq ca\leq ab} και είναι

\displaystyle{\dfrac{a}{bc+1}+\dfrac{b}{ca+1}+\dfrac{c}{ab+1}\leq \dfrac{a}{bc+1}+\dfrac{b}{bc+1}+\dfrac{b}{bc+1}=\frac{a+b+c}{1+bc}}

οπότε αρκεί

\displaystyle{a+b+c\leq 2(1+bc).}

Επειδή είναι \displaystyle{(b-1)(c-1)\geq 0} άρα \displaystyle{bc+1\geq b+c,} αρκεί να αποδειχθεί ότι

\displaystyle{a+b+c\leq 1+bc+b+c,} η οποία προφανώς ισχύει.


Μάγκος Θάνος
dement
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1405
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 10:11 am

Re: Τεστ Εξάσκησης #1-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από dement » Σάβ Φεβ 25, 2017 1:05 pm

Διαφορετικά για το 3:

Το αριστερό μέλος είναι κυρτή συνάρτηση της κάθε μεταβλητής, οπότε μεγιστοποιείται σε κάποιο άκρο. Εξετάζοντας περιπτώσεις βλέπουμε ότι το ολικό μέγιστο επιτυγχάνεται για a=b=1, c=0 με τιμή 2.


Δημήτρης Σκουτέρης

Τα μαθηματικά είναι η μοναδική επιστήμη που θα μπορούσε κανείς να εξακολουθήσει να ασκεί αν κάποτε ξυπνούσε και το σύμπαν δεν υπήρχε πλέον.
Άβαταρ μέλους
emouroukos
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 1390
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 1:27 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: Τεστ Εξάσκησης #1-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από emouroukos » Σάβ Φεβ 25, 2017 5:05 pm

achilleas έγραψε: Practice TEST 1
ΔΙΑΡΚΕΙΑ: 4 ΩΡΕΣ

ΘΕΜΑ 2. Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι a,b,c τέτοιοι ώστε οι αριθμοί a^2+1 και b^2+1 να είναι πρώτοι και να ισχύει

\displaystyle{(a^2+1)(b^2+1)=c^2+1.}
Δίχως βλάβη της γενικότητας, υποθέτουμε ότι \displaystyle{a \ge b.} Παρατηρούμε ότι:

\displaystyle{{c^2} < {c^2} + 1 = \left( {{a^2} + 1} \right)\left( {{b^2} + 1} \right) \le {\left( {{a^2} + 1} \right)^2},}

οπότε

\displaystyle{c < {a^2} + 1.}

Αλλά είναι:

\displaystyle{{a^2} + 1|\left( {{c^2} + 1} \right) - \left( {{a^2} + 1} \right) = \left( {c - a} \right)\left( {c + a} \right)}

κι αφού ο αριθμός \displaystyle{{a^2} + 1} είναι πρώτος, θα πρέπει να διαρεί τον \displaystyle{{c - a}} ή τον \displaystyle{{c + a}.}

Επειδή \displaystyle{0 < c - a < c < {a^2} + 1,} ο \displaystyle{{a^2} + 1} δεν μπορεί να διαιρεί τον \displaystyle{{c - a}.} Άρα, θα διαιρεί τον \displaystyle{{c + a},} οπότε θα υπάρχει θετικός ακέραιος k τέτοιος, ώστε \displaystyle{c + a = k\left( {{a^2} + 1} \right).} Αλλά έχουμε ότι:

\displaystyle{k\left( {{a^2} + 1} \right) = c + a < {a^2} + a + 1 < 2\left( {{a^2} + 1} \right),}

οπότε k=1 και άρα \displaystyle{c + a = {a^2} + 1} και \displaystyle{c - a = 1.} Εύκολα τώρα βρίσκουμε ότι \displaystyle{\left( {a,b,c} \right) = \left( {2,1,3} \right).} Λόγω συμμετρίας, προκύπτει και η λύση \displaystyle{\left( {a,b,c} \right) = \left( {1,2,3} \right).}


Βαγγέλης Μουρούκος

Erro ergo sum.
Άβαταρ μέλους
emouroukos
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 1390
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 1:27 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: Τεστ Εξάσκησης #1-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από emouroukos » Σάβ Φεβ 25, 2017 5:48 pm

achilleas έγραψε:

ΘΕΜΑ 1. Να βρεθούν όλα τα πολυώνυμα P(x) και Q(x) με πραγματικούς συντελεστές τέτοια ώστε

P(x^2+1)=Q(x)^2+2x και Q(x^2+1)=P(x)^2

για κάθε πραγματικό x.
Από τις σχέσεις

\displaystyle{P\left( {{x^2} + 1} \right) = {Q^2}\left( x \right) + 2x}

και

\displaystyle{P\left( {{x^2} + 1} \right) = P\left( {{{\left( { - x} \right)}^2} + 1} \right) = {Q^2}\left( { - x} \right) - 2x}

προκύπτει ότι:

\displaystyle{{Q^2}\left( x \right) + 2x = {Q^2}\left( { - x} \right) - 2x \Rightarrow 4x = {Q^2}\left( { - x} \right) - {Q^2}\left( x \right) \Rightarrow }

\displaystyle{ \Rightarrow 4x = \left[ {Q\left( { - x} \right) - Q\left( x \right)} \right]\left[ {Q\left( { - x} \right) + Q\left( x \right)} \right]} \bf\color{red}\left(1 \right).

Επειδή το πολυώνυμο \displaystyle{{Q\left( { - x} \right) + Q\left( x \right)}} περιέχει μόνο άρτιες δυνάμεις του x, ενώ το πολυώνυμο \displaystyle{{Q\left( { - x} \right) - Q\left( x \right)}} περιέχει μόνο περιττές δυνάμεις του x, η σχέση \bf\color{red}\left(1 \right) δίνει ότι το πολυώνυμο \displaystyle{{Q\left( { - x} \right) + Q\left( x \right)}} είναι σταθερό (μη μηδενικό), και το πολυώνυμο \displaystyle{{Q\left( { - x} \right) - Q\left( x \right)}} έχει βαθμό 1, με σταθερό όρο ίσο με 0 (αφού έχει ρίζα το 0). Επομένως, υπάρχουν αριθμοί \displaystyle{a,b \in \mathbb{R}} με \displaystyle{ab \ne 0} τέτοιοι, ώστε

\displaystyle{Q\left( { - x} \right) + Q\left( x \right) = 2b}

και

\displaystyle{Q\left( { - x} \right) - Q\left( x \right) = 2ax,}

από όπου άμεσα προκύπτει ότι

\displaystyle{Q\left( x \right) =  - ax + b.}

Από τη σχέση

\displaystyle{{P^2}\left( x \right) = Q\left( {{x^2} + 1} \right) =  - a\left( {{x^2} + 1} \right) + b =  - a{x^2} - a + b}

έχουμε ότι το πολυώνυμο \displaystyle{P\left( x \right)} έχει βαθμό 1, οπότε θα υπάρχουν \displaystyle{c,d \in \mathbb{R}} με \displaystyle{c \ne 0} τέτοιοι, ώστε

\displaystyle{P\left( x \right) = cx + d.}

Έχουμε ότι:

\displaystyle{{P^2}\left( x \right) = Q\left( {{x^2} + 1} \right) \Rightarrow {c^2}{x^2} + 2cdx + {d^2} =  - a{x^2} - a + b,}

οπότε \displaystyle{cd = 0 \Rightarrow d = 0,} \displaystyle{{c^2} =  - a} και \displaystyle{a = b.} Έτσι, είναι

\displaystyle{P\left( x \right) = cx}

και

\displaystyle{Q\left( x \right) = {c^2}\left( {x - 1} \right).}

Η σχέση \displaystyle{P\left( {{x^2} + 1} \right) = {Q^2}\left( x \right) + 2x} δίνει τώρα ότι:

\displaystyle{c\left( {{x^2} + 1} \right) = {c^4}{\left( {x - 1} \right)^2} + 2x \Leftrightarrow c{x^2} + c = {c^4}{x^2} + 2\left( {1 - {c^4}} \right)x + {c^4},}

οπότε \displaystyle{{c^4} = c} και άρα \displaystyle{c = 1.}

Ώστε, είναι \displaystyle{\boxed{P\left( x \right) = x}} και \displaystyle{\boxed{Q\left( x \right) = x - 1},} που, όπως εύκολα ελέγχουμε, επαληθεύουν τις δοσμένες σχέσεις.


Βαγγέλης Μουρούκος

Erro ergo sum.
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8184
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Τεστ Εξάσκησης #1-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Κυρ Φεβ 26, 2017 9:36 pm

achilleas έγραψε: ΘΕΜΑ 2. Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι a,b,c τέτοιοι ώστε οι αριθμοί a^2+1 και b^2+1 να είναι πρώτοι και να ισχύει

\displaystyle{(a^2+1)(b^2+1)=c^2+1.}
Δίνω μια διαφορετική απόδειξη η οποία βασίζεται στο πλήθος των τρόπων που μπορούμε να γράψουμε έναν φυσικό αριθμό ως άθροισμα δύο τετραγώνων.

Αν n = 2^a p_1^{r_1} \cdots p_k^{r_k} q_1^{s_1} \cdots q_t^{s_t} σε γινόμενο πρώτων παραγόντων όπου p_i \equiv 1 \bmod 4 και q_j \equiv 3 \bmod 4, τότε ο n γράφεται ως άθροισμα δύο τετραγώνων αν και μόνο αν όλα τα s_j είναι άρτιοι. Επιπλέον σε αυτήν την περίπτωση αυτό μπορεί να γίνει με ακριβώς

\displaystyle{\frac{(r_1+1)(r_2+1)\cdots (r_k+1)+1}{2}} τρόπους αν όλα τα r_i είναι άρτιοι

\displaystyle{\frac{(r_1+1)(r_2+1)\cdots (r_k+1)}{2}} τρόπους αν τουλάχιστον ένα r_i είναι περιττος

Στην καταμέτρηση δεν λαμβάνονται υπόψη ούτε τα πρόσημα ούτε και η σειρά.

Στην άσκησή μας τώρα:

Έστω χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι a \geqslant b. Το c^2+1 είναι γινόμενο δυο πρώτων της μορφής 1 \bmod 4 ή 2 \bmod 4. Από τα προηγούμενα το c^2+1 μπορεί να γραφεί ως άθροισμα δύο τετραγώνων με
- έναν τρόπο αν a=b ή αν b=1
- δύο τρόπους σε διαφορετική περίπτωση


Αλλά c^2+1 = (a^2+1)(b^2+1) = (ab+1)^2+(a-b)^2 = (a+b)^2+(ab-1)^2. Αφού a+b \neq a-b τότε αυτοί είναι δύο διαφορετικοί τρόποι εκτός και αν a-b = ab-1 και a+b = ab+1 το οποίο δίνει b=1.

Άρα σε κάθε περίπτωση πρέπει ένα από τα ab+1,a-b,a+b,ab-1 να ισούται με 1. Επειδή a \geqslant b \geqslant 1 πρέπει a=b+1. (Η περίπτωση ab-1=2 επίσης δίνει a=b+1.) Τότε όμως ένας από τους a^2+1 και b^2+1 είναι άρτιος και άρα ισούται με το 2. Οπότε b=1 και a=2 το οποίο ελέγχουμε ότι είναι δεκτό.


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 4 επισκέπτες