Τεστ Εξάσκησης (16), Μικροί

#1

ΘΕΜΑ 1
Έστω

και

θετικοί πραγματικοί αριθμοί. Να αποδείξετε ότι
α) αν $x^3 − y^3 \geq 4x,$ τότε x^2 > 2y.

β) αν $x^5 − y^3 \geq 2x,$ τότε $x^3 \geq 2y.$
Ισχύουν τα α), β) αν x,y

πραγματικοί αριθμοί (όχι απαραίτητα θετικοί);

ΘΕΜΑ 2
Σε μια τάξη φοιτούν

μαθητές. Διαπιστώθηκε ότι για κάθε τριάδα μαθητών της τάξης ισχύουν τα εξής:

υπάρχουν δύο μαθητές που έχουν γράψει μαζί εργασία

υπάρχουν δύο μαθητές που δεν έχουν γράψει μαζί εργασία

Να βρείτε τη μέγιστη τιμή του

.

ΘΕΜΑ 3
Να προσδιορίσετε όλους τους θετικούς ακεραίους

για τους οποίους ο αριθμός $\displaystyle{1 - 5^n + 5^{2n+1}}$ είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

ΘΕΜΑ 4
Θεωρούμε ABC

οξυγώνιο τρίγωνο και έστω

το ίχνος του ύψους από την κορυφή

Υποθέτουμε ότι $AH = 3\cdot BH.$ Έστω

και

τα μέσα των πλευρών

και

αντίστοιχα, και

σημείο του επιπέδου του τριγώνου ABC

τέτοιο ώστε NP = NC

και

όπου τα σημεία

και

βρίσκονται σε διαφορετικά ημιεπίπεδα που ορίζει η AC.

Να αποδείξετε ότι $\angle APM =\angle PBA.$

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #2

socrates έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 05, 2020 1:19 am
ΘΕΜΑ 1
Έστω και θετικοί πραγματικοί αριθμοί. Να αποδείξετε ότι
α) αν $x^3 − y^3 \geq 4x,$ τότε
β) αν $x^5 − y^3 \geq 2x,$ τότε $x^3 \geq 2y.$
Ισχύουν τα α), β) αν πραγματικοί αριθμοί (όχι απαραίτητα θετικοί);

α) Είναι $x^3-y^3\geq 4x\Leftrightarrow y^3\leq x^3-4x$ .
$x^2> 2y\Leftrightarrow y^3< \dfrac{x^6}{8}$ άρα αρκεί $x^3-4x< \dfrac{x^6}{8}\overset{x>0}{\Leftrightarrow }x^5+32> 8x^2$
Είναι $x^5+32=x^5+2^5\geq 2x(x^3+2^3)\geq 2x\cdot 2x(x+2)\overset{x>0}{> }4x^2\cdot 2=8x^2$
Αν τα x,y

ανήκουν στο

αντιπαράδειγμα είναι το x=-1,y=1

που ικανοποιεί την $x^3-y^3\geq 4x$ ενώ $(-1)^2< 2\cdot 1$
β)Είναι $x^5-y^3\geq 2x\Leftrightarrow y^3\leq x^5-2x$ .Επίσης $x^3\geq 2y\Leftrightarrow y^3\leq \dfrac{x^9}{8}$ .
Άρα αρκεί $x^5-2x\leq \dfrac{x^9}{8}\overset{x>0}{\Leftrightarrow} 8x^4-16x\leq x^8\Leftrightarrow (x^4-4)^2\geq 0$ που ισχύει.
Αν τα x,y

ανήκουν στο

αντιπαράδειγμα είναι το y=0,x=-1

που ικανοποιεί την $x^5 − y^3 \geq 2x,$ αλλά $(-1)^3< 2\cdot 0=0$

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #3

socrates έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 05, 2020 1:19 am
ΘΕΜΑ 2
Σε μια τάξη φοιτούν μαθητές. Διαπιστώθηκε ότι για κάθε τριάδα μαθητών της τάξης ισχύουν τα εξής:
υπάρχουν δύο μαθητές που έχουν γράψει μαζί εργασία

υπάρχουν δύο μαθητές που δεν έχουν γράψει μαζί εργασία
Να βρείτε τη μέγιστη τιμή του .

Έστω

οι μαθητές και θα γράφουμε $a_i\cap a_j$ όταν οι a_i,a_j

έχουν κάνει εργασία μαζί.
Έστω τα σύνολα $s_j=\left \{ a_i\setminus a_i\cap a_j \right \}$ για κάθε

.

Έστω ότι υπάρχει ώστε $a_k\in s_j\forall k$ .Έστω $a_p,a_q\neq a_j$ διαφορετικά μεταξύ τους ,για την τριάδα είναι $a_j\cap a_p,a_j\cap a_q$ άρα αναγκαστικά οι δεν έχουν κάνει εργασία μαζί .Άρα αν θα υπάρχουν $a_p,a_q,a_r\in s_j$ και αναγκαστικά κανείς δεν θα έχει κάνει εργασία με κανένα άλλο άτοπο από την πρώτη απαίτηση (υπάρχουν δύο μαθητές που έχουν γράψει μαζί εργασία).Άρα σε αυτή την περίπτωση $n_{max}=3$

Αν θεωρήσουμε ότι υπάρχει $a_l,a_q\notin s_j$ τότε όμοια με πριν δεν μπορεί το s_j

να έχει περισσότερα από

στοιχεία .Aπό την τριάδα a_j,a_q,a_l

έχουμε ότι κάθε a_l

που δεν ανήκει στο s_j

έχει συνεργαστεί με κάθε άλλο άρα υπάρχουν το πολύ

.
Για

είναι δυνατόν όταν αν a_1,a_2,a_3,a_4,a_5

οι μαθητές είναι $s_1=\left \{ a_2,a_3 \right \},s_2=\left \{ a_1,a_4 \right \},s_3=\left \{ a_1,a_5 \right \},s_4=\left \{ a_2,a_5 \right \},s_5=\left \{ a_4,a_3 \right \}$

Άρα $n_{max}=5$

Ίσως το παίδεψα λίγο....

#4

socrates έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 05, 2020 1:19 am
ΘΕΜΑ 4
Θεωρούμε οξυγώνιο τρίγωνο και έστω το ίχνος του ύψους από την κορυφή Υποθέτουμε ότι $AH = 3\cdot BH.$ Έστω και τα μέσα των πλευρών και αντίστοιχα, και σημείο του επιπέδου του τριγώνου τέτοιο ώστε και όπου τα σημεία και βρίσκονται σε διαφορετικά ημιεπίπεδα που ορίζει η
Να αποδείξετε ότι $\angle APM =\angle PBA.$

: Τεστ(16) μικροί.png (23.57 KiB) Προβλήθηκε 1618 φορές

$\displaystyle PN = \frac{{AC}}{2} \Leftrightarrow A\widehat PC = 90^\circ \Rightarrow$ $\boxed{M\widehat PC = 90 - A\widehat PM}$ (1)

Η

είναι μεσοκάθετη του BM,

οπότε

και

Άρα, $\displaystyle T\widehat MC = C\widehat BT = T\widehat PC,$ δηλαδή το MTCP

είναι εγγράψιμο

και $\displaystyle C\widehat TP = C\widehat MP = M\widehat PC\mathop \Rightarrow \limits^{(1)} 90^\circ - P\widehat BA = 90^\circ - A\widehat PM \Rightarrow$ $\boxed{A\widehat PM=P\widehat BA}$

min## · #5

2.Είναι το R(3,3)-1

.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #6

socrates έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 05, 2020 1:19 am
ΘΕΜΑ 1
Έστω και θετικοί πραγματικοί αριθμοί. Να αποδείξετε ότι
α) αν $x^3 − y^3 \geq 4x,$ τότε

Από την $x^3 − y^3 \geq 4x,$ έχουμε
$x>y ,x^{3}> 4x$
Η δεύτερη δίνει
x> 2

Πολλαπλασιάζοντας την τελευταία με την x>y

παίρνουμε αυτό που θέλουμε.

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #7

socrates έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 05, 2020 1:19 am
ΘΕΜΑ 3
Να προσδιορίσετε όλους τους θετικούς ακεραίους για τους οποίους ο αριθμός $\displaystyle{1 - 5^n + 5^{2n+1}}$ είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

Γράφουμε $1-5^n+5^{2n+1}=k^2,k\in \mathbb{N},k\equiv 1\pmod2$ οπότε $5^n(5^{n+1}-1)=(k-1)(k+1)$
Επιπλέον αν $\left ( (k-1),(k+1) \right )=d$ τότε $d\mid (k-1),d\mid (k+1)\Rightarrow d\mid 2\Rightarrow d\neq 5$
Άρα το 5^n

είναι παράγοντας μόνο σε ένα από τα k-1,k+1

.Διακρίνω 2 περιπτώσεις :

$k-1=5^na,a\in \mathbb{N},a\equiv 0\pmod2$ οπότε και έτσι $5^n(5^{n+1}-1)=(k-1)(k+1)=a5^{n}\left ( a5^n+2 \right )\Leftrightarrow 5^{n+1}-1=a^2\cdot 5^n+2a\Leftrightarrow 5^n(5-a^2)=2a+1$
Αφού πρέπει άρα κι αφού $a\equiv 0\pmod2$ θα είναι από όπου έπεται ότι (πράγματι )

$k+1=5^na,a\in \mathbb{N},a\equiv 0\pmod2$ οπότε και έτσι $5^n(5^{n+1}-1)=(k-1)(k+1)=(a5^n-2)a5^n\Leftrightarrow 5^{n+1}-1=a^25^n-2a\Leftrightarrow 5^n(a^2-5)=2a-1$ .Είναι άρα πρέπει δηλαδή .
Όμως $2a-1=5^n(a^2-5)\geq 5(a^2-5)\Rightarrow 5a^2-25-2a+1\leq 0\Leftrightarrow 5a^2-2a-24\leq 0$
Μελετώντας την στους θετικούς (στην περίπτωση φυσικούς) βλέπουμε πως για ( φυσικός) πράγμα άτοπο αφού

Μόνη λύση λοιπόν η $\boxed {n=1}$

#8

min## έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 05, 2020 6:02 pm
2.Είναι το .

Ακριβώς! Θεωρία Ramsey

Την έχουμε ξαναδεί στο παρελθόν...

Fotis34 · #9

socrates έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 05, 2020 1:19 am
ΘΕΜΑ 3
Να προσδιορίσετε όλους τους θετικούς ακεραίους για τους οποίους ο αριθμός $\displaystyle{1 - 5^n + 5^{2n+1}}$ είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

Μία άλλη λύση:

Έστω ότι ο αριθμός είναι τέλειο τετράγωνο ακέραιου, δηλαδή υπάρχει θετικός ακέραιος

ώστε

$\displaystyle{1 - 5^n + 5^{2n+1} &= k^2}$

Ελέγχουμε modulo 2:

$\displaystyle{5 &\equiv 1 \pmod 2, \\ 5^n &\equiv 1, \quad 5^{2n+1} \equiv 1 \pmod 2}$

Άρα:

$\displaystyle{1 - 5^n + 5^{2n+1} &\equiv 1 - 1 + 1 \equiv 1 \pmod 2}$

Άρα ο

είναι περιττός, δηλαδή

$\displaystyle{k &= 2m + 1, \quad m \in \mathbb{Z}^+}$

Αντικαθιστώντας παίρνουμε

$\displaystyle{1 - 5^n + 5^{2n+1} = (2m+1)^2}$

Αναπτύσσοντας το τετράγωνο και κάνοντας πράξεις:

$\displaystyle{5^n (5^{n+1}-1) = 4 m(m+1)}$

Θα αποδείξουμε ότι m(m+1)

έχει το πολύ έναν παράγοντα 5, με επαγωγή:

Για m=1

, 1 και 2, κανένας δεν είναι πολλαπλάσιο του 5.

Αν ισχύει για m=n

, τότε

και

δεν είναι και οι δύο πολλαπλάσια του 5.

Έστω προς άτοπο ότι n+1

και

είναι πολλαπλάσια του 5.
Τότε:

$\displaystyle{5 \mid (n+2-(n+1)) = 1}$

άτοπο. Άρα το πολύ ένας από τους δύο αριθμούς διαιρείται από 5.

Από την εξίσωση

$\displaystyle{5^n (5^{n+1}-1) &= 4 m(m+1)}$

διαιρούμε με 5^n

(gcd(

,4)=1) και παίρνουμε

$\displaystyle{5^n \mid m(m+1)}$

Αν $n \ge 2$ , 5^n

έχει τουλάχιστον 2 παράγοντες ίσους με 5, ενώ m(m+1)

έχει το πολύ έναν παράγοντα 5. Άτοπο. Συνεπώς $n \ge 2$ αποκλείεται.

Έλεγχος για n=1

:

$\displaystyle{5^1 (5^{1+1}-1) = 5 \cdot 24 = 120}$ ,
$\displaystyle{4 m(m+1) &= 120 \implies m(m+1) = 30 \implies m=5}$

Τότε:

$\displaystyle{(2k+1)^2 &= (2 \cdot 5 + 1)^2 = 11^2 = 121}$

Επαλήθευση:

$\displaystyle{1 - 5 + 125 = 121}$

Ο μοναδικός θετικός ακέραιος

είναι:

$\displaystyle{n=1.}$

Η λύση είναι λανθασμένη.

Υγ. Την αφήνω για τον κόπο.

#10

.
Φώτη, μερικά πράγματα χρειάζονται προσοχή.

Fotis34 έγραψε: ↑
Τρί Φεβ 03, 2026 6:55 pm

Θα αποδείξουμε ότι έχει το πολύ έναν παράγοντα 5, με επαγωγή:

.
Πρώτα απ' όλα εννοείς (αν κρίνω από την απόδειξη) ότι "το πολύ ένας παράγοντας του k(k+1)

είναι πολλαπλάσιο του

", που είναι κάτι διαφορετικό από αυτό που γράφεις. Βλέπε λίγες γραμμές παρακάτω.

Τώρα, για να το αποδείξεις αυτό, δεν χρειάζεται επαγωγή καθώς είναι τετριμμένο. Ας το δούμε: Αν και οι δύο από τους k, k+1

ήταν πολλαπλάσια του

, θα ήταν πολλαπλάσιο του

και η διαφορά τους (k+1)-k=1

. Άτοπο.

Fotis34 έγραψε: ↑
Τρί Φεβ 03, 2026 6:55 pm

Αν $n \ge 2$ , έχει τουλάχιστον 2 παράγοντες ίσους με 5, ενώ έχει το πολύ έναν παράγοντα 5. Άτοπο. Συνεπώς $n \ge 2$ αποκλείεται.

.
Κάτι δεν πάει καλά. Π.χ. αν k=50

τότε $k(k+1)=50\cdot 51 = 2\cdot 5^2\cdot 3\cdot 17$ , που έχει δύο παράγοντες

. Όμως στην προηγούμενη γραμμή λες ότι το $n\ge 2$ αποκλείεται.

Fotis34 · #11

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τρί Φεβ 03, 2026 7:29 pm
.
Φώτη, μερικά πράγματα χρειάζονται προσοχή.

Fotis34 έγραψε: ↑
Τρί Φεβ 03, 2026 6:55 pm

Θα αποδείξουμε ότι έχει το πολύ έναν παράγοντα 5, με επαγωγή:

.
Πρώτα απ' όλα εννοείς (αν κρίνω από την απόδειξη) ότι "το πολύ ένας παράγοντας του είναι πολλαπλάσιο του ", που είναι κάτι διαφορετικό από αυτό που γράφεις. Βλέπε λίγες γραμμές παρακάτω.

Τώρα, για να το αποδείξεις αυτό, δεν χρειάζεται επαγωγή καθώς είναι τετριμμένο. Ας το δούμε: Αν και οι δύο από τους ήταν πολλαπλάσια του , θα ήταν πολλαπλάσιο του και η διαφορά τους . Άτοπο.

Fotis34 έγραψε: ↑
Τρί Φεβ 03, 2026 6:55 pm

Αν $n \ge 2$ , έχει τουλάχιστον 2 παράγοντες ίσους με 5, ενώ έχει το πολύ έναν παράγοντα 5. Άτοπο. Συνεπώς $n \ge 2$ αποκλείεται.

.
Κάτι δεν πάει καλά. Π.χ. αν τότε $k(k+1)=50\cdot 51 = 2\cdot 5^2\cdot 3\cdot 17$ , που έχει δύο παράγοντες . Όμως στην προηγούμενη γραμμή λες ότι το $n\ge 2$ αποκλείεται.

, θα μπορούσε όμως να λυθεί με τον τρόπο τον δικό μου, όπως το πήγαινα;

Τεστ Εξάσκησης (16), Μικροί

Τεστ Εξάσκησης (16), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (16), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (16), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (16), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (16), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (16), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (16), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (16), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (16), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (16), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (16), Μικροί

Μέλη σε σύνδεση