Τεστ Εξάσκησης (3), Μεγάλοι

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6073
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Τεστ Εξάσκησης (3), Μεγάλοι

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Τετ Φεβ 26, 2020 1:41 am

ΘΕΜΑ 1
Ένας θετικός ακέραιος λέγεται χρηστικός αν τελειώνει σε 133, όταν γράφεται στο δεκαδικό σύστημα.
Να δείξετε ότι κάθε χρηστικός αριθμός έχει πρώτο παράγοντα μεγαλύτερο του 7.


ΘΕΜΑ 2
Έστω BE και CF τα ύψη οξυγωνίου τριγώνου ABC. Δύο διαφορετικοί κύκλοι που διέρχονται από τα σημεία A και F εφάπτονται στην ευθεία BC στα σημεία P και Q, έτσι ώστε το B να βρίσκεται ανάμεσα στα C και Q. Να αποδείξετε ότι οι ευθείες PE και QF τέμνονται σε σημείο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου AEF.


ΘΕΜΑ 3
Οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί x, y, z είναι τέτοιοι ώστε x+y+z=2. Να δείξετε ότι

\displaystyle{ 
\frac{(x-1)^2}{y}+\frac{(y-1)^2}{z}+\frac{(z-1)^2}{x}\geqslant\frac14\left(\frac{x^2+y^2}{x+y}+\frac{y^2+z^2}{y+z}+\frac{z^2+x^2}{z+x} \right). 
}


ΘΕΜΑ 4
Σε μια αίθουσα βρίσκονται n παιδιά. Κάθε παιδί έχει τουλάχιστον μια καραμέλα. Σε κάθε γύρο δίνονται επιπλέον καραμέλες σε κάποια από τα παιδιά σύμφωνα με τον κανόνα:
Στον γύρο με αύξοντα αριθμό k, κάθε παιδί με πλήθος από καραμέλες που είναι αριθμός σχετικά πρώτος με τον k, παίρνει μία καραμέλα.
Να αποδείξετε ότι μετά από έναν (πεπερασμένο) αριθμό γύρων, όλα τα παιδιά θα έχουν το πολύ δύο διαφορετικούς αριθμούς από καραμέλες.


Θανάσης Κοντογεώργης

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 765
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: Τεστ Εξάσκησης (3), Μεγάλοι

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Τετ Φεβ 26, 2020 6:40 pm

socrates έγραψε:
Τετ Φεβ 26, 2020 1:41 am
ΘΕΜΑ 1
Ένας θετικός ακέραιος λέγεται χρηστικός αν τελειώνει σε 133, όταν γράφεται στο δεκαδικό σύστημα.
Να δείξετε ότι κάθε χρηστικός αριθμός έχει πρώτο παράγοντα μεγαλύτερο του 7.
Έστω N χρηστικός , θα είναι N\equiv 133\pmod{1000}.Έστω προς άτοπο ότι ο N δεν έχει πρώτο παράγοντα μεγαλύτερο του 7.Επειδή είναι περιττός και όχι πολλαπλάσιο του 5 θα γράφεται στην μορφή N=3^a7^b.
Αρκεί να δείξω ότι δεν μπορεί 3^a7^b\equiv 133\pmod{1000}.
Είναι 3^a7^b\equiv 133\pmod{1000}\Leftrightarrow 3^a7^{b-1}\equiv 7\cdot 19\pmod{1000}\overset{\left ( 1000,7 \right )=1,b-1=c}{\Leftrightarrow }3^a7^c\equiv 19\pmod{1000}
Έστω 3^a7^c=1000k+19\Rightarrow \left ( -1 \right )^a\left ( -1 \right )^c\equiv -1\pmod4
Άρα δεν μπορεί να είναι a\equiv c\pmod2.Πρέπει 3^a7^c\equiv 9\pmod{10}
Όμως:
  • Αν a άρτιος τότε c περιττός με 3^a\equiv 1,9\pmod{10} και 7^c\equiv 7,3\pmod{10} άρα δεν μπορεί 3^a7^c\equiv 9\pmod{10}
(δεν υπάρχει κατάλληλος συνδυασμός)
  • Αν a περιττός τότε c άρτιος με 3^a\equiv 3,7\pmod{10} και 7^c\equiv 0,9\pmod{10} άρα δεν μπορεί
    3^a7^c\equiv 9\pmod{10} (δεν υπάρχει κατάλληλος συνδυασμός)
Άρα σε καμία περίπτωση δεν μπορεί ο 3^a7^c να λήγει σε 9 και το ζητούμενο έπεται.
τελευταία επεξεργασία από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ σε Τετ Φεβ 26, 2020 7:35 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 765
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: Τεστ Εξάσκησης (3), Μεγάλοι

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Τετ Φεβ 26, 2020 7:34 pm

socrates έγραψε:
Τετ Φεβ 26, 2020 1:41 am
ΘΕΜΑ 2
Έστω BE και CF τα ύψη οξυγωνίου τριγώνου ABC. Δύο διαφορετικοί κύκλοι που διέρχονται από τα σημεία A και F εφάπτονται στην ευθεία BC στα σημεία P και Q, έτσι ώστε το B να βρίσκεται ανάμεσα στα C και Q. Να αποδείξετε ότι οι ευθείες PE και QF τέμνονται σε σημείο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου AEF.
Capture.JPG
Capture.JPG (67.88 KiB) Προβλήθηκε 468 φορές
Ορίζω ξανά το Q ως την τομή του (F,H,P) με την BC και T\equiv QF\cap PE μεH το ορθόκεντρο του ABC.Είναι BP^2=BF\cdot BA=BH\cdot BE άρα \angle HET=\angle HPB=\angle HFT άρα το T ανήκει στον (A,E,H,F) και μένει να αποδείξουμε πως η BC εφάπτεται του (A,F,Q).Πράγματι CE\cdot CA=CH\cdot CE=CP\cdot CQ.Άρα \angle BQA=\angle PEC=90^{\circ}-\angle HET=\angle QFB και το ζητούμενο έπεται (BFQ,BQA όμοια τρίγωνα κλπ)


Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6260
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Τεστ Εξάσκησης (3), Μεγάλοι

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Τετ Φεβ 26, 2020 8:31 pm

socrates έγραψε:
Τετ Φεβ 26, 2020 1:41 am
ΘΕΜΑ 3
Οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί x, y, z είναι τέτοιοι ώστε x+y+z=2. Να δείξετε ότι

\displaystyle{ 
\frac{(x-1)^2}{y}+\frac{(y-1)^2}{z}+\frac{(z-1)^2}{x}\geqslant\frac14\left(\frac{x^2+y^2}{x+y}+\frac{y^2+z^2}{y+z}+\frac{z^2+x^2}{z+x} \right). 
}
Θα αποδείξουμε ότι

\displaystyle{\sum \frac{(x-1)^2}{y}+\frac{(z-1)^2}{x}\geq \frac12\left(\frac{x^2+y^2}{x+y}+\frac{y^2+z^2}{y+z}+\frac{z^2+x^2}{z+x} \right).}

Από Cauchy-Schwarz αρκεί να αποδειχθεί ότι

\displaystyle{\sum \frac{(x+z-2)^2}{x+y}\geq \frac12\left(\frac{x^2+y^2}{x+y}+\frac{y^2+z^2}{y+z}+\frac{z^2+x^2}{z+x} \right)}

δηλαδή ότι

\displaystyle{\sum \frac{y^2}{x+y}\geq \frac12\left(\frac{x^2+y^2}{x+y}+\frac{y^2+z^2}{y+z}+\frac{z^2+x^2}{z+x} \right).}

Όμως είναι

\displaystyle{\sum \frac{y^2}{x+y}= \frac12\left(\frac{x^2+y^2}{x+y}+\frac{y^2+z^2}{y+z}+\frac{z^2+x^2}{z+x} \right)}

οπότε τελειώσαμε.


Μάγκος Θάνος
socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6073
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: Τεστ Εξάσκησης (3), Μεγάλοι

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Πέμ Φεβ 27, 2020 1:39 pm

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε:
Τετ Φεβ 26, 2020 6:40 pm
socrates έγραψε:
Τετ Φεβ 26, 2020 1:41 am
ΘΕΜΑ 1
Ένας θετικός ακέραιος λέγεται χρηστικός αν τελειώνει σε 133, όταν γράφεται στο δεκαδικό σύστημα.
Να δείξετε ότι κάθε χρηστικός αριθμός έχει πρώτο παράγοντα μεγαλύτερο του 7.
Έστω N χρηστικός , θα είναι N\equiv 133\pmod{1000}.Έστω προς άτοπο ότι ο N δεν έχει πρώτο παράγοντα μεγαλύτερο του 7.Επειδή είναι περιττός και όχι πολλαπλάσιο του 5 θα γράφεται στην μορφή N=3^a7^b.
Αρκεί να δείξω ότι δεν μπορεί 3^a7^b\equiv 133\pmod{1000}.
Είναι 3^a7^b\equiv 133\pmod{1000}\Leftrightarrow 3^a7^{b-1}\equiv 7\cdot 19\pmod{1000}\overset{\left ( 1000,7 \right )=1,b-1=c}{\Leftrightarrow }3^a7^c\equiv 19\pmod{1000}
Έστω 3^a7^c=1000k+19\Rightarrow \left ( -1 \right )^a\left ( -1 \right )^c\equiv -1\pmod4
Άρα δεν μπορεί να είναι a\equiv c\pmod2.Πρέπει 3^a7^c\equiv 9\pmod{10}
Όμως:
  • Αν a άρτιος τότε c περιττός με 3^a\equiv 1,9\pmod{10} και 7^c\equiv 7,3\pmod{10} άρα δεν μπορεί 3^a7^c\equiv 9\pmod{10}
(δεν υπάρχει κατάλληλος συνδυασμός)
  • Αν a περιττός τότε c άρτιος με 3^a\equiv 3,7\pmod{10} και 7^c\equiv 0,9\pmod{10} άρα δεν μπορεί
    3^a7^c\equiv 9\pmod{10} (δεν υπάρχει κατάλληλος συνδυασμός)
Άρα σε καμία περίπτωση δεν μπορεί ο 3^a7^c να λήγει σε 9 και το ζητούμενο έπεται.
Ωραία!
Μπορούμε να δουλέψουμε και με \pmod 8...


Θανάσης Κοντογεώργης
miltosk
Δημοσιεύσεις: 79
Εγγραφή: Τετ Μάιος 29, 2019 7:28 pm

Re: Τεστ Εξάσκησης (3), Μεγάλοι

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από miltosk » Κυρ Μαρ 01, 2020 2:32 pm

socrates έγραψε:
Τετ Φεβ 26, 2020 1:41 am
ΘΕΜΑ 2
Έστω BE και CF τα ύψη οξυγωνίου τριγώνου ABC. Δύο διαφορετικοί κύκλοι που διέρχονται από τα σημεία A και F εφάπτονται στην ευθεία BC στα σημεία P και Q, έτσι ώστε το B να βρίσκεται ανάμεσα στα C και Q. Να αποδείξετε ότι οι ευθείες PE και QF τέμνονται σε σημείο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου AEF.
Κομψή η λύση του Πρόδρομου.
Παραθέτω μια διαφορετική (για να έχουμε μία ακόμα και μόνο).Με αυτή τη λύση ανακαλύπτουμε και κάποιες άλλες ιδιότητες του σχήματος (τις τονίζω στο τέλος).
Θα χρησιμοποιώ χώρις αναφορά το θεώρημα ότι 2 σημεία και οι αντίστροφες εικόνες τους ορίζουν εγγράψιμο τετράπλευρο.
Παίρνω αντιστροφή κέντρου A και ακτίνας r=\sqrt{AF\cdot AB}. Τότε:
Τα B,C στέλνονται στα F,E αντίστοιχα λόγω του εγγράψιμου FEBC. Ο περίκυκλος του AFQ στέλνεται σε ευθεία που εφάπτεται στην αντίστροφη εικόνα της BC δηλαδή τον περίκυκλο του AFE και διέρχεται από το αντίστροφο του F δηλαδή το B.
Αν X' το αντίστροφο του X, τότε αν η AQ τέμνει τον περίκυκλο του AFE στο Q",τότε Q" το αντίστροφο του Q, άρα Q"\equiv Q'. Άρα η BQ' εφάπτεται του περίκυκλου του AFE. Ομοίως η BP' εφάπτεται στον ίδιο κύκλο. Άρα το AQ'FP' αρμονικό. Οπότε η (e,AQ',AF,AP') αρμονική δέσμη όπου e η εφαπτομένη στο A στον περίκυκλο του AFE. Όμως BC//e και άρα B μέσο του PQ. Εφόσον το B ανήκει στον ριζικό άξονα των περικύκλων των τριγώνων AFE,AFQ έπεται ότι το B είναι το κέντρο του εγγραψίμου QQ'PP'. Από εδώ έπεται ότι τα τρίγωνα ABC, AQP έχουν κοινά ορθόκεντρα. Το σημείο Miquel του QQ'PP' είναι ένα σημείο το οποίο βρίσκεται στην τομή της BH με την εκ του A κάθετη προς την BH καθώς H η τομή των διαγωνίων και A η τομή δύο απέναντι πλευρών. Άρα αυτό το σημείο είναι το E και άρα AE, Q'P', QB συντρέχουν.
Αν R η τομή της EP με τον περίκυκλο, θα δείξω ότι Q,F,P συνευθειακά ή ισοδύναμα από την αντιστροφή ότι AQ'BR' εγγράψιμο όπου R' το αντίστροφο του R που ταυτίζεται με την τομή της AR με την BC.
P'CP=P'EP=RQ'P' άρα Q'R//BC. Τότε AQ'R=AQR' ως εντός εκτός και απί ταυτά.
Τότε AR'Q=AQ'R=AQR'=QQ'B και το ζητούμενο έπεται( στις ισότητες των γωνίων χρησιμοποίησα το εγγράψιμο Q'QR'R).
Ελπίζω να μην τα θαλάσσωσα διότι χάθηκα λίγο στην πολυπλοκότητα του σχήματος.
Ας δούμε τώρα τι βγήκε από εδώ:
i) Τα τρίγωνα ABC,AQP έχουν κοινό ορθόκεντρο.
ii)AQPE εγγράψιμο
iii) B μέσο του PQ (στο τέλος είδα πιο απλό τρόπο απόδειξης αυτού κατευθείαν με ριζικούς άξονες).
Αν έχει κάποιος όρεξη ας ελέγξει πρώτα την ορθότητα των όσων γράφω και ας προσθέσει και άλλα!


Άβαταρ μέλους
min##
Δημοσιεύσεις: 310
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Τεστ Εξάσκησης (3), Μεγάλοι

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Σάβ Μαρ 07, 2020 12:43 am

4.Επικεντρωνόμαστε σε ένα παιδί με πλήθος καραμέλων ίσο με m_{i} (στον i-οστό γύρο).Εξετάζουμε το a_{i}=m_{i}-i.
Είναι από συνθήκη a_{1}\geq 0.
Επιπλέον,σε κάθε γύρο το a_{i} είτε πέφτει κατά 1 είτε μένει σταθερό.

Έστω προς άτοπο πως a_{i}>1 \forall i>N για κάποιο N.
Αυτό θα σήμαινε πως η ακολουθία θα είχε "κολλήσει" σε κάποια τιμή επ'άπειρον,δηλαδή ότι gcd(m_{M}+j,M+j)=1,j=1,2,.. για κάποιο M>N.
Όμως αφού m_{M}-M>1 θα έχει κάποιον πρώτο διαιρέτη p.Για j=kp-m_{M} για κατάλληλα μεγάλο k φτάνουμε σε άτοπο.
Επομένως:
Ή κάποια στιγμή η a_{i} θα πάρει την τιμή 1 (και λόγω διακριτής συνέχειας) στην οποία και θα κολλήσει επ'άπειρον αφού gcd(k+1,k)=1.
Ή θα πάρει την τιμή 0 από όπου στον επόμενο γύρο θα πέσει στην τιμή -1 όπου και θα κολλήσει.
Ή θα πάρει την τιμή -1 απευθείας (από τον δεύτερο γύρο) όπου και θα κολλήσει επ'άπειρον.

Έτσι,από ένα σημείο και μετά,κάθε παιδί μπορεί να έχει είτε r+1 είτε r-1 καραμέλες,όπου r ένας κατάλληλα μεγάλος γύρος .


Άβαταρ μέλους
min##
Δημοσιεύσεις: 310
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Τεστ Εξάσκησης (3), Μεγάλοι

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Σάβ Μαρ 07, 2020 1:08 am

2.Άλλες δυό συνοπτικά στο παραπάνω σχήμα:
1)Από γνωστό Λήμμα,το F είναι η προβολή του ορθοκέντρου του APQ στη διάμεσο AB-οπότε το ορθόκεντρο είναι το H.Έτσι,από γνωστό Λήμμα το E ανήκει στον (APQ).Από Reim's είναι ST//PQ,S\equiv PH \cap AQ,T\equiv EP\cap (AEF).Είναι PQF\angle=QAF\angle=STF\angle από όπου έπεται το ζητούμενο.
2.Εναλλακτικά,με 2 αντιστροφές κέντρων B και H καταλήγει σε ένα απλό angle-chasing.


stamas1
Δημοσιεύσεις: 44
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 19, 2019 5:43 pm

Re: Τεστ Εξάσκησης (3), Μεγάλοι

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stamas1 » Τρί Ιουν 30, 2020 10:23 pm

Απο C-S \sum_{cyc}\frac{(x-1)^2}{y}\geq \frac{1}{2} \Rightarrow \sum_{cyc}\frac{x^2+y^2}{x+y}=\sum_{cyc}x+y-\frac{2xy}{x+y}\leq 2\Rightarrow \sum_{cyc}\frac{xy}{x+y}\geq 1\Rightarrow \sum_{cyc}\frac{1}{a+b}\geq \frac{9}{2(a+b+c)} οπου a=\frac{1}{x},b=\frac{1}{y},c=\frac{1}{z},\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=2 Απο AM-HM η μικροτερη τιμη του a+b+c ειναι 9/2 αρα  \frac{9}{2(a+b+c)}\leq1 δηλαδη ισχυει  \sum_{cyc}\frac{1}{a+b}\geq1. Αυτος ο τροπς εχει καποιο λαθος??


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