mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 27, 2017 7:55 pm**

Καλησπέρα σας!

Σε συνέχεια των προηγούμενων θεμάτων με το 1ο τεστ, το 2ο τεστ, το 3ο τεστ το 4ο τεστ και το 5ο τεστ, ακολουθούν τα προβλήματα του 6ου τεστ:

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

Practice TEST 6
ΔΙΑΡΚΕΙΑ: 4 ΩΡΕΣ

ΘΕΜΑ 1. Για τους πραγματικούς αριθμούς x,y,z

είναι

$\displaystyle{x+2y+4z\geq 3}$ και $\displaystyle{y-3x+2z\geq 5.}$

Να δείξετε ότι $\displaystyle{y-x+2z\geq 3.}$

ΘΕΜΑ 2. Ένα $2017 \times 2017$ τετράγωνο κόβεται σε σχήματα των παρακάτω τριών τύπων:

: archimedes_practice_6.png (4.7 KiB) Προβλήθηκε 2819 φορές

Να δειχθεί ότι ανάμεσα σε αυτά τα σχήματα υπάρχουν τουλάχιστον 4035

σχήματα τύπου (1).

ΘΕΜΑ 3. Οι απένταντι πλευρές του κυρτού εξαγώνου A B C D E F

είναι ίσες και για τις γωνίες του ισχύει ότι

$\displaystyle{ \angle A+\angle C+\angle E=\angle B+\angle D+\angle F . }$

Να αποδειχθεί ότι οι απέναντι γωνίες του εξαγώνου είναι ίσες.

ΘΕΜΑ 4. Να βρεθεί το πλήθος των υποσυνόλων

του συνόλου $\{1,2,3,\dots,2016\}$ που το άθροισμα των στοιχείων τους είναι πολλαπλάσιο του 2017.

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

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 27, 2017 10:02 pm**

achilleas έγραψε: ΘΕΜΑ 1. Για τους πραγματικούς αριθμούς είναι

$\displaystyle{x+2y+4z\geq 3}$ και $\displaystyle{y-3x+2z\geq 5.}$

Να δείξετε ότι $\displaystyle{y-x+2z\geq 3.}$

Για $x\ge -1$ έχουμε $y-x+2z\ge 5+2x\ge3$
Για x<-1

πολλαπλασιάζουμε την 1η ανισότητα με το 3 και μετά την προσθέτουμε με τη 2η και παίρνουμε:
$7(y+2z)\ge 14 \Leftrightarrow y+2z\ge 2>3+x$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 27, 2017 10:15 pm**

Friedoon έγραψε:
achilleas έγραψε: ΘΕΜΑ 1. Για τους πραγματικούς αριθμούς είναι

$\displaystyle{x+2y+4z\geq 3}$ και $\displaystyle{y-3x+2z\geq 5.}$

Να δείξετε ότι $\displaystyle{y-x+2z\geq 3.}$

Για $x\ge -1$ έχουμε $y-x+2z\ge 5+2x\ge3$
Για πολλαπλασιάζουμε την 1η ανισότητα με το 3 και μετά την προσθέτουμε με τη 2η και παίρνουμε:
$y+2z\ge 2>3+x$

Σωστό, αλλά κάπου διαιρείς και με το 7.

Γιατί να μην την γράψεις πλήρως;

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 27, 2017 10:23 pm**

achilleas έγραψε:
Friedoon έγραψε:
achilleas έγραψε: ΘΕΜΑ 1. Για τους πραγματικούς αριθμούς είναι

$\displaystyle{x+2y+4z\geq 3}$ και $\displaystyle{y-3x+2z\geq 5.}$

Να δείξετε ότι $\displaystyle{y-x+2z\geq 3.}$

Για $x\ge -1$ έχουμε $y-x+2z\ge 5+2x\ge3$
Για πολλαπλασιάζουμε την 1η ανισότητα με το 3 και μετά την προσθέτουμε με τη 2η και παίρνουμε:
$y+2z\ge 2>3+x$
Σωστό, αλλά κάπου διαιρείς και με το 7.

Γιατί να μην την γράψεις πλήρως;

Το συμπλήρωσα. Θα έχανα μονάδα στον Αρχιμήδη για αυτο;

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 27, 2017 10:26 pm**

achilleas έγραψε: ΘΕΜΑ 2. Ένα $2017 \times 2017$ τετράγωνο κόβεται σε σχήματα των παρακάτω τριών τύπων:
archimedes_practice_6.png
Να δειχθεί ότι ανάμεσα σε αυτά τα σχήματα υπάρχουν τουλάχιστον σχήματα τύπου (1).

viewtopic.php?f=58&t=57654#p278035

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 27, 2017 10:31 pm**

Friedoon έγραψε:
achilleas έγραψε:
Friedoon έγραψε:
achilleas έγραψε: ΘΕΜΑ 1. Για τους πραγματικούς αριθμούς είναι

$\displaystyle{x+2y+4z\geq 3}$ και $\displaystyle{y-3x+2z\geq 5.}$

Να δείξετε ότι $\displaystyle{y-x+2z\geq 3.}$

Για $x\ge -1$ έχουμε $y-x+2z\ge 5+2x\ge3$
Για πολλαπλασιάζουμε την 1η ανισότητα με το 3 και μετά την προσθέτουμε με τη 2η και παίρνουμε:
$y+2z\ge 2>3+x$
Σωστό, αλλά κάπου διαιρείς και με το 7.

Γιατί να μην την γράψεις πλήρως;
Το συμπλήρωσα. Θα έχανα μονάδα στον Αρχιμήδη για αυτο;

Το ζήτημα είναι να γράφεις αναλυτικές λύσεις.

Μην προσπαθήσεις να γράψεις μια λύση σε 2 γραμμές, για να δοθεί η αίσθηση της κομψότητας.

Χρειάστηκε να σκεφτώ τα ενδιάμεσα βήματα σου, όπως, π.χ. και πως βγάζεις το $y-x+2z\geq 5+2x$ από την 2η ανισότητα, που δεν το λες πουθενά.

Η λύση σου είναι επικοινωνία με έναν άγνωστο και πρέπει να "κυλά" σαν νεράκι.

Γιατί να την "ξαναλύσει" ο άγνωστος αναγνώστης;

Παρεμπιπτόντως, ωραία ιδέα!

Θα δώσω σχόλια-παραπομπές στο μέλλον.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 27, 2017 10:41 pm**

achilleas έγραψε:
Friedoon έγραψε:
achilleas έγραψε:
Friedoon έγραψε:
achilleas έγραψε: ΘΕΜΑ 1. Για τους πραγματικούς αριθμούς είναι

$\displaystyle{x+2y+4z\geq 3}$ και $\displaystyle{y-3x+2z\geq 5.}$

Να δείξετε ότι $\displaystyle{y-x+2z\geq 3.}$

Για $x\ge -1$ έχουμε $y-x+2z\ge 5+2x\ge3$
Για πολλαπλασιάζουμε την 1η ανισότητα με το 3 και μετά την προσθέτουμε με τη 2η και παίρνουμε:
$y+2z\ge 2>3+x$
Σωστό, αλλά κάπου διαιρείς και με το 7.

Γιατί να μην την γράψεις πλήρως;
Το συμπλήρωσα. Θα έχανα μονάδα στον Αρχιμήδη για αυτο;
Το ζήτημα είναι να γράφεις αναλυτικές λύσεις.

Μην προσπαθήσεις να γράψεις μια λύση σε 2 γραμμές, για να δοθεί η αίσθηση της κομψότητας.

Χρειάστηκε να σκεφτώ τα ενδιάμεσα βήματα σου, όπως, π.χ. και πως βγάζεις το $y-x+2z\geq 5+2x$ από την 2η ανισότητα, που δεν το λες πουθενά.

Η λύση σου είναι επικοινωνία με έναν άγνωστο και πρέπει να "κυλά" σαν νεράκι.

Γιατί να την "ξαναλύσει" ο άγνωστος αναγνώστης;

Παρεμπιπτόντως, ωραία ιδέα!

Θα δώσω σχόλια-παραπομπές στο μέλλον.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Κατάλαβα , ευχαριστώ για τη συμβουλή σας!

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 01, 2017 3:32 pm**

achilleas έγραψε: ΘΕΜΑ 4. Να βρεθεί το πλήθος των υποσυνόλων του συνόλου $\{1,2,3,\dots,2016\}$ που το άθροισμα των στοιχείων τους είναι πολλαπλάσιο του 2017.

Θεωρούμε την γεννήτρια συνάρτηση $P(x) = (1+x)(1+x^2) \cdots (1+x^{2016})$ . Ο συντελεστής του x^n

στο ανάπτυγμά της είναι το πλήθος των υποσυνόλων του $\{1,2,3,\dots,2016\}$ με άθροισμα στοιχείων ίσο με

.

Θέτουμε $\omega = e^{2\pi i/2017}$ . Τα $1,\omega,\omega^2,\ldots,\omega^{2016}$ είναι οι ρίζες του πολυωνύμου $x^{2017}-1$ . Οπότε ισχύει ότι

$\displaystyle{ 1 + \omega + \omega^2 + \cdots + \omega^{2016} = 0}$

Επίσης, για $0 \leqslant r \leqslant s \leqslant 2016$ και

φυσικό έχουμε $\displaystyle{\omega^{rn} = \omega^{sn} \iff \omega^{(r-s)n} \iff 2017|(r-s)n \iff r=s \text{ \gr ή } 2017|n.}$ (Εδώ χρησιμοποιήσαμε το δεδομένο ότι το 2017

είναι πρώτος.)

Οπότε τα $1,\omega^n,\omega^{2n},\ldots,\omega^{2016n}$ είτε ισούνται όλα με

στην περίπτωση που 2017|n

είτε είναι μια αναδιάταξη των $1,\omega,\omega^{2},\ldots,\omega^{2016}$ . Άρα

$\displaystyle{ 1 + \omega^n + \omega^{2n} + \cdots + \omega^{2016n} = \begin{cases} 0 & \text{\gr αν } 2017 \nmid n \\ 2017 & \text{\gr αν } 2017|n \end{cases}}$

Επομένως

$\displaystyle{ P(1) + P(\omega) + \cdots + P(\omega^{2016}) = 2017\sum_{n|2017} a_n = 2017N}$

όπου

το ζητούμενο πλήθος.

Αλλά $P(1) = 2^{2016}$ και $P(\omega) = P(\omega^2) = \cdots = P(\omega^{2016})$ αφού όπως έχουμε ήδη δείξει τα $1,\omega^n,\omega^{2n},\ldots,\omega^{2016n}$ είναι μια αναδιάταξη των $1,\omega,\omega^{2},\ldots,\omega^{2016}$ στην περίπτωση όπου $1 \leqslant n \leqslant 2016$ .

Επιπλέον τα $1+1,1+\omega,1+\omega^2,\ldots,1+\omega^{2016}$ είναι ρίζες του $(x-1)^{2017}-1$ το οποίο έχει σταθερό συντελεστή ίσο με

. Επομένως $2P(\omega) = (1+1)(1+\omega) \cdots (1+\omega^{2016}) = 2$ και άρα $P(\omega) = 1$ .

Καταλήγουμε λοιπόν στο $\displaystyle{ N = \frac{2^{2016} + 2016}{2017}}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 01, 2017 6:27 pm**

Demetres έγραψε:
achilleas έγραψε: ΘΕΜΑ 4. Να βρεθεί το πλήθος των υποσυνόλων του συνόλου $\{1,2,3,\dots,2016\}$ που το άθροισμα των στοιχείων τους είναι πολλαπλάσιο του 2017.
Θεωρούμε την γεννήτρια συνάρτηση $P(x) = (1+x)(1+x^2) \cdots (1+x^{2016})$ . Ο συντελεστής του στο ανάπτυγμά της είναι το πλήθος των υποσυνόλων του $\{1,2,3,\dots,2016\}$ με άθροισμα στοιχείων ίσο με .

Θέτουμε $\omega = e^{2\pi i/2017}$ . Τα $1,\omega,\omega^2,\ldots,\omega^{2016}$ είναι οι ρίζες του πολυωνύμου $x^{2017}-1$ . Οπότε ισχύει ότι

$\displaystyle{ 1 + \omega + \omega^2 + \cdots + \omega^{2016} = 0}$

Επίσης, για $0 \leqslant r \leqslant s \leqslant 2016$ και φυσικό έχουμε $\displaystyle{\omega^{rn} = \omega^{sn} \iff \omega^{(r-s)n} \iff 2017|(r-s)n \iff r=s \text{ \gr ή } 2017|n.}$ (Εδώ χρησιμοποιήσαμε το δεδομένο ότι το είναι πρώτος.)

Οπότε τα $1,\omega^n,\omega^{2n},\ldots,\omega^{2016n}$ είτε ισούνται όλα με στην περίπτωση που είτε είναι μια αναδιάταξη των $1,\omega,\omega^{2},\ldots,\omega^{2016}$ . Άρα

$\displaystyle{ 1 + \omega^n + \omega^{2n} + \cdots + \omega^{2016n} = \begin{cases} 0 & \text{\gr αν } 2017 \nmid n \\ 2017 & \text{\gr αν } 2017|n \end{cases}}$

Επομένως

$\displaystyle{ P(1) + P(\omega) + \cdots + P(\omega^{2016}) = 2017\sum_{n|2017} a_n = 2017N}$

όπου το ζητούμενο πλήθος.

Αλλά $P(1) = 2^{2016}$ και $P(\omega) = P(\omega^2) = \cdots = P(\omega^{2016})$ αφού όπως έχουμε ήδη δείξει τα $1,\omega^n,\omega^{2n},\ldots,\omega^{2016n}$ είναι μια αναδιάταξη των $1,\omega,\omega^{2},\ldots,\omega^{2016}$ στην περίπτωση όπου $1 \leqslant n \leqslant 2016$ .

Επιπλέον τα $1+1,1+\omega,1+\omega^2,\ldots,1+\omega^{2016}$ είναι ρίζες του $(x-1)^{2017}-1$ το οποίο έχει σταθερό συντελεστή ίσο με . Επομένως $2P(\omega) = (1+1)(1+\omega) \cdots (1+\omega^{2016}) = 2$ και άρα $P(\omega) = 1$ .

Καταλήγουμε λοιπόν στο $\displaystyle{ N = \frac{2^{2016} + 2016}{2017}}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 12, 2020 2:54 pm**

achilleas έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 27, 2017 7:55 pm
ΘΕΜΑ 3. Οι απένταντι πλευρές του κυρτού εξαγώνου είναι ίσες και για τις γωνίες του ισχύει ότι

$\displaystyle{ \angle A+\angle C+\angle E=\angle B+\angle D+\angle F . }$

Να αποδειχθεί ότι οι απέναντι γωνίες του εξαγώνου είναι ίσες.

Επαναφορά!

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 17, 2020 3:44 pm**

achilleas έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 27, 2017 7:55 pm
ΘΕΜΑ 3. Οι απένταντι πλευρές του κυρτού εξαγώνου είναι ίσες και για τις γωνίες του ισχύει ότι

$\displaystyle{ \angle A+\angle C+\angle E=\angle B+\angle D+\angle F . }$

Να αποδειχθεί ότι οι απέναντι γωνίες του εξαγώνου είναι ίσες.

Έχουμε

. Παίρνω σημείο

ώστε $CQ=DE, \angle BCQ=\angle FED$ με το

να ανήκει στο ημιεπίπεδο της

που δεν ανήκει το

.

Τα τρίγωνα, $\vartriangle BCQ, \vartriangle FED$ είναι ίσα (λόγω της κατασκευής του

). Οπότε,

. Επίσης, είναι $\angle DCQ=2\pi - \angle BCD-\angle BCQ=2\pi - \angle BCD-\angle FED=\angle FAB$ , άρα $\angle DCQ=\angle FAB$ και AB=CQ, FA=CD

.

Συνεπώς $\vartriangle FAB=\vartriangle DCQ$ συνεπώς FB=DQ

.

Επομένως το FDQB

είναι παραλληλόγραμμο, καθώς FB=DQ, FD=QB

. Άρα $\angle DFB+\angle FBQ=\pi \Rightarrow$ $\angle DFB+\angle FBC+\angle CBQ=\pi \Rightarrow \angle DFB+\angle FBC+\angle EFD=\pi \Rightarrow \angle EFB+\angle FBC=\pi$ , οπότε $EF \parallel BC$ .

Επίσης, EF=BC

, άρα $EF \parallel = BC \Rightarrow EFBC$ παραλληλόγραμμο, άρα FB=EC

και αφού

τα $\vartriangle FAB$ και $\vartriangle CED$ είναι ίσα.

Αυτό όμως δίνει $\angle FAB=\angle EDC$ , δηλαδή οι δύο απέναντι γωνίες είναι ίσες. Ομοίως για τα άλλα δύο ζεύγη απέναντι γωνιών.

mathematica.gr

Τεστ Εξάσκησης #6-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

Τεστ Εξάσκησης #6-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

Re: Τεστ Εξάσκησης #6-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

Re: Τεστ Εξάσκησης #6-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

Re: Τεστ Εξάσκησης #6-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

Re: Τεστ Εξάσκησης #6-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

Re: Τεστ Εξάσκησης #6-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

Re: Τεστ Εξάσκησης #6-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

Re: Τεστ Εξάσκησης #6-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

Re: Τεστ Εξάσκησης #6-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

Re: Τεστ Εξάσκησης #6-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

Re: Τεστ Εξάσκησης #6-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ