mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 25, 2020 2:37 am**

ΘΕΜΑ 1
Έστω [x]

το ακέραιο μέρος του

και $\{x\} = x − [x]$ το δεκαδικό του μέρος. Να λύσετε στο $\Bbb{R}$ την εξίσωση

$\displaystyle{3\{x\} = x[x] + 1.}$

ΘΕΜΑ 2
Θεωρούμε οξυγώνιο τρίγωνο ABC,

το ύψος του

και το ορθόκεντρό του

Φέρουμε εφαπτομένη από το σημείο

στον κύκλο κέντρου

και ακτίνας

και έστω $P\ne D$ το σημείο επαφής. Φέρουμε ακόμη εφαπτομένη από το

στον κύκλο κέντρου

και ακτίνας

και έστω $R \ne D$ το σημείο επαφής. Να δείξετε ότι η ευθεία

περνάει από δύο ίχνη υψών του τριγώνου ABC.

ΘΕΜΑ 3
Οι θετικοί ακέραιοι a, b

και

είναι τέτοιοι ώστε $a^{b+c} = b^c c.$
Να δείξετε ότι ο

διαιρεί τον

και ότι ο

είναι της μορφής d^b,

για κάποιον θετικό ακέραιο

ΘΕΜΑ 4
Σε μια ακολουθία θετικών ακεραίων, ονομάζουμε αντιστροφή ένας ζεύγος θέσεων για το οποίο ο όρος που βρίσκεται στα αριστερά είναι μεγαλύτερος από τον όρο στα δεξιά.
Για παράδειγμα, η ακολουθία 2,5,3,1,3

έχει ακριβώς πέντε αντιστροφές.
Ποιος είναι ο μεγαλύτερος δυνατός αριθμός αντιστροφών που μπορεί να έχει μια ακολουθία θετικών ακεραίων με άθροισμα 2014;

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 25, 2020 6:14 pm**

socrates έγραψε: ↑
Τρί Φεβ 25, 2020 2:37 am

ΘΕΜΑ 2
Θεωρούμε οξυγώνιο τρίγωνο το ύψος του και το ορθόκεντρό του Φέρουμε εφαπτομένη από το σημείο στον κύκλο κέντρου και ακτίνας και έστω $P\ne D$ το σημείο επαφής. Φέρουμε ακόμη εφαπτομένη από το στον κύκλο κέντρου και ακτίνας και έστω $R \ne D$ το σημείο επαφής. Να δείξετε ότι η ευθεία περνάει από δύο ίχνη υψών του τριγώνου

: 238.PNG (46.92 KiB) Προβλήθηκε 2360 φορές

Φέρω

εφαπτόμενο τμήμα στον (A,AD)

και

εφαπτόμενο τμήμα στον (H,HD)

.Έστω

ύψη.Από το πρόβλημα εδώ έχουμε ότι Q,P,E

συνευθειακά και L,F,R

συνευθειακά.Όμως $BD=BQ,AQ=AD\Rightarrow EQ=ED$ και $\angle QEB=\angle BED$ οπότε η

θα περνά από το

.Όμοια και η

θα περνά από το

και το ζητούμενο έπεται.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Φεβ 26, 2020 9:12 pm**

socrates έγραψε: ↑
Τρί Φεβ 25, 2020 2:37 am
ΘΕΜΑ 1
Έστω το ακέραιο μέρος του και $\{x\} = x − [x]$ το δεκαδικό του μέρος. Να λύσετε στο $\Bbb{R}$ την εξίσωση
$\displaystyle{3\{x\} = x[x] + 1.}$

Κάποτε αυτά γινόταν στο Λύκειο.

Θέτουμε [x] =k

και $\{x\}=c$

Είναι $0\leq c< 1$ (1)

Η εξίσωση γίνεται

$3c=(c+k)k+1\Leftrightarrow c=\frac{k^{2}+1}{3-k}$

Φυσικά είναι $k\in \mathbb{Z}$

και λόγω της (1) k=0,-1

.

Τελικά οι ρίζες είναι τα $\frac{1}{3},-\frac{1}{2}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 10, 2020 3:47 pm**

socrates έγραψε: ↑
Τρί Φεβ 25, 2020 2:37 am
ΘΕΜΑ 3
Οι θετικοί ακέραιοι και είναι τέτοιοι ώστε $a^{b+c} = b^c c.$
Να δείξετε ότι ο διαιρεί τον και ότι ο είναι της μορφής για κάποιον θετικό ακέραιο

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 10, 2020 3:47 pm**

socrates έγραψε: ↑
Τρί Φεβ 25, 2020 2:37 am
ΘΕΜΑ 4
Σε μια ακολουθία θετικών ακεραίων, ονομάζουμε αντιστροφή ένας ζεύγος θέσεων για το οποίο ο όρος που βρίσκεται στα αριστερά είναι μεγαλύτερος από τον όρο στα δεξιά.
Για παράδειγμα, η ακολουθία έχει ακριβώς πέντε αντιστροφές.
Ποιος είναι ο μεγαλύτερος δυνατός αριθμός αντιστροφών που μπορεί να έχει μια ακολουθία θετικών ακεραίων με άθροισμα

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Αφήνω τα υπόλοιπα για όποιον ασχοληθεί!

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 18, 2020 9:45 pm**

socrates έγραψε: ↑
Τρί Φεβ 25, 2020 2:37 am

ΘΕΜΑ 3
Οι θετικοί ακέραιοι και είναι τέτοιοι ώστε $a^{b+c} = b^c c.$
Να δείξετε ότι ο διαιρεί τον και ότι ο είναι της μορφής για κάποιον θετικό ακέραιο

Μία απόδειξη για το πρώτο σκέλος, για το δεύτερο δεν κατέληξα ακόμη κάπου...ίσως συμπληρώσει κάποιος άλλος.

Αρχικά δείχνω πως για κάθε πρώτο $\rm p\mid b$ είναι $\rm p\mid c$ .Είναι $\rm p\mid b\Rightarrow p\mid b^cc=a^{b+c}\Rightarrow p\mid a$ .Έστω ότι $\rm p\nmid c$ , γράφουμε $\rm a=p^{a_1}a_2,b=p^{b_1}b_2,gcd(a_2,p)=gcd(b_2,p)=1$ .
Με αντικατάσταση στην αρχική έχουμε $\rm p^{(b+c)a_1}a_2^{b+c}=p^{cb_1}b_2^cc$ .
Οπότε θα είναι $\rm (b+c)a_1=cb_1\Leftrightarrow (p^{b_1}b_2+c)a_1=cb_1\Rightarrow p^{b_1}b_2\equiv 0\pmod c\Leftrightarrow c\mid b_2$ αφού $\rm gcd(c,p^{b_1})=1$ .Από τα παραπάνω $\rm b_2\geq c$ .
Άρα $\rm b_1c=(p^{b_1}b_2+c)a_1\geq ca_1(p^{b_1}+1)\Leftrightarrow b_1\geq a_1(p^{b_1}+1)>2^{b_1}$ άτοπο!
Έστω λοιπόν $\rm p$ ένας πρώτος διαιρέτης του $\rm b$ που όπως δείξαμε θα είναι και των $\rm a,c$ .
Γράφουμε $\rm a=p^{a_1}a_2,b=p^{b_1}b_2,c=p^{c_1}c_2$ με $\rm gcd(c_2,p)=gcd(a_2,p)=gcd(b_2,p)=1$
Θα είναι $\rm u_p(a^{b+c})=u_p(b^cc)$ από όπου $\rm b_1c+c_1=a_1(b+c)=a_1(p^{b_1}b_2+p^{c_1}c_2)$ .
Έστω $\rm a_1=p^{a_3}a_4,b_1=p^{b_3}b_4,c_1=c^{c_3}c_4,a_3,b_3,c_3\geq 0$ και
$\rm gcd(c_4,p)=gcd(a_4,p)=gcd(b_4,p)=1$ .
Θα είναι $\rm u_p(cb_1+c_1)=min \left \{c_1+b_3,c_3 \right \}=c_3$ αφού $\rm c_1=p^{c_3}c_4>c_3$ .
Επίσης $\rm u_p(a_1(b+c))=a_3+min\left \{ b_1,c_1 \right \}$ .Αν ήταν $\rm c_1\leq b_1$ τότε $\rm c_1+a_1=c_3<c_1$ άτοπο.Άρα $\rm b_1\leq c_1$ .
Επειδή όμως κάθε πρώτος διαιρέτης του $\rm b$ είναι και του $\rm c$ έπεται ότι $\rm b\mid c$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 19, 2020 12:17 pm**

socrates έγραψε: ↑
Τρί Φεβ 25, 2020 2:37 am

ΘΕΜΑ 3
Οι θετικοί ακέραιοι και είναι τέτοιοι ώστε $a^{b+c} = b^c c.$
Να δείξετε ότι ο διαιρεί τον και ότι ο είναι της μορφής για κάποιον θετικό ακέραιο

Λίγο πιο γρήγορα μαζί με το δεύτερο ερώτημα.

Έστω

πρώτος που διαιρεί τον

. Για συντομία $\nu_p(a) = k$ , $\nu_p(b) = \ell$ και $\nu_p(c) = m$ .
Θέλω να δείξω ότι $\ell\leq m$ και $b\mid m$ .

Από τη δοθείσα:
$\displaystyle{k(b+c)= c\ell + m \quad (1)}$

Αν $\ell > m$ , τότε από την (1)

$\displaystyle{p^m\mid k(b+c) = c\ell + m \implies p^m \mid m \implies p^m\leq m}$
που είναι προφανώς άτοπο και το πρώτο ερώτημα έπεται.

Τώρα από την (1)

πάλι:
$\displaystyle{b\mid k(b+c) = c\ell +m \implies b\mid m \quad \blacksquare .}$

Edit: Μάλλον η περίπτωση a=b=c=1

πρέπει να παρθεί ξεχωριστά, αλλά δεν αλλάζει κάτι.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 16, 2021 10:43 pm**

ΘΕΜΑ 4
Σε μια ακολουθία θετικών ακεραίων, ονομάζουμε αντιστροφή ένας ζεύγος θέσεων για το οποίο ο όρος που βρίσκεται στα αριστερά είναι μεγαλύτερος από τον όρο στα δεξιά.
Για παράδειγμα, η ακολουθία έχει ακριβώς πέντε αντιστροφές.
Ποιος είναι ο μεγαλύτερος δυνατός αριθμός αντιστροφών που μπορεί να έχει μια ακολουθία θετικών ακεραίων με άθροισμα

Νομίζω το έβγαλα....
Θα αποδείξω γενικότερα ότι για ακολουθία θετικών ακεραίων με άθροισμα $n\in \mathbb{N^{*}}$ ο μέγιστος αριθμός αντιστροφών είναι ο $\lfloor \dfrac{n^2}{8} \rfloor$ .Έτσι για n=2014

το αποτέλεσμα είναι 507024

και μπορεί να επιτευχθεί ως εξής : $\underset{504}{\underbrace{2,2,2,...,2,}}\underset{1006}{\underbrace{1,1,1...,1}}$ .
Έστω a_1,a_2,....,a_k

ακολουθία θετικών ακεραίων με a_1+...+a_k=n

,
αν υπάρχουν $a_i,a_{i+1}$ με $a_i<a_{i+1}$ θεωρώ την ακολουθία $a_1,a_2,..,a_{i-1},a_{i+1},a_{i},a_{i+2},...,a_{k}$ η οποία έχει μία επιπλέον αντιστροφή από την αρχική.
Θεωρώ λοιπόν για να μεγιστοποιήσω τις αντιστροφές ότι $a_1\geq a_2\geq....\geq a_k$
Έστω τώρα ο a_i

τέτοιος ώστε να είναι ο δεξιότερος όρος της ακολουθίας που να είναι $\geq 3$ (αν υπάρχει) οπότε $a_{i+1}\leq 2$ .
Θεωρώ την ακολουθία $a_1,a_2,...,a_{i-1},a_{i}-1,a_{i+1},a_{i+2},...,a_{i+l},a_{i+l+1},...,a_{k},1$ όπου το

ώστε $a_{i+1}\geq a_{i+2}\geq ...\geq a_{i+l}\geq 2$ αλλά $a_{i+l+1}=a_{i+l+2}=...=1$ (ενδέχεται l=0

)
Από την αρχική τώρα, εξαφάνισα το πολύ

αντιστροφές, τις $(a_i,a_{i+j})$ με j=1,..,l

και αυτό στην περίπτωση που a_i=3

.
Αλλά επίσης δημιούργησα τις (a_j,1)

με

και σαφώς

! .
Οπότε σε κάθε περίπτωση, είτε υπάρχει ο a_i

είτε όχι μπορώ να τροποποιήσω την ακολουθία, χωρίς να μειώσω τον αριθμό των αντιστροφών και έτσι ώστε να περιέχει μόνο άσσους και

-άρια(και επίσης να φθίνει)
Αυτή θα έχει μορφή $\underset{x}{\underbrace{2,2,2,...,2,}}\underset{y}{\underbrace{{1,1,...,1}}}$ με 2x+y=n

και θέλω να μεγιστοποιήσω το

που είναι ο αριθμός των αντιστροφών της.
Είναι $xy=\dfrac{1}{2}(2x)y\leq \dfrac{1}{2}(\dfrac{2x+y}{2})^2=\dfrac{n^2}{8}$
Οπότε το μέγιστο

θα είναι το $\lfloor \dfrac{n^2}{8} \rfloor$ .

Για n=2014

έδειξα μία κατασκευή οπότε τελειώσαμε, και γενικά για κάθε

πρέπει να είναι εφικτό αλλά δεν το κοίταξα.

edit: μιας και τελικά ασχολήθηκα, δείχνω επίσης ότι πάντα είναι εφικτή η κατασκευή.
Αρκεί να δείξω ότι το σύστημα 2x+y=n

και $xy=\lfloor \dfrac{n^2}{8} \rfloor$ έχει λύση στους φυσικούς.
Απαλείφοντας το

παίρνω $2x^2-xn+\lfloor \dfrac{n^2}{8} \rfloor$
Η διακρίνουσα $n^2-8\lfloor \dfrac{n^2}{8} \rfloor$ είναι πάντα τέλειο τετράγωνο, αυτό το βλέπουμε θέτοντας $n=8k+l,0\leq l<8$ οπότε βλέπουμε πως $n^2-8\lfloor \dfrac{n^2}{8}\rfloor =l^2-8\lfloor \dfrac{l^2}{8}\rfloor$ και ελέγχουμε l=0,1,..,7

Μετά είναι απλό ότι πάντα υπάρχει ακέραια ρίζα.

mathematica.gr

Τεστ Εξάσκησης (1), Μεγάλοι

Τεστ Εξάσκησης (1), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (1), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (1), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (1), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (1), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (1), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (1), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (1), Μεγάλοι