Τεστ Εξάσκησης (27), Μικροί

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6110
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Τεστ Εξάσκησης (27), Μικροί

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Σάβ Μαρ 14, 2020 8:52 pm

ΘΕΜΑ 1
Αν a,b,c>0 τέτοιοι ώστε a+b+c=3, να αποδείξετε ότι

\displaystyle{\displaystyle{\frac{a^2+bc}{b+ca}+\frac{b^2+ca}{c+ab}+\frac{c^2+ab}{a+bc}\geq 3.}}


ΘΕΜΑ 2
Σε ένα πάρτι συμμετείχαν 2021 άτομα. Είναι γνωστό ότι σε κάθε τρία από αυτά κάποιος από αυτούς (τους τρεις) γνωρίζει τους άλλους δύο. Να δείξετε ότι κάποιος από τους συμμετέχοντες γνωρίζει όλους τους υπόλοιπους.


ΘΕΜΑ 3
Για κάθε θετικό ακέραιο n, συμβολίζουμε με d(n) το μέγιστο περιττό διαιρέτη του. Να υπολογίσετε το άθροισμα

\displaystyle{d(1008)+d(1009)+...+d(2015)}


ΘΕΜΑ 4
Θεωρούμε ορθογώνιο τρίγωνο ABC με \widehat {C} = 90^\circ και έστω D το έγκεντρό του. Οι ευθείες AD και CB τέμνονται στο N.
Αν CA+AD=CB και CN=2, να υπολογίσετε το μήκος του τμήματος NB.


Θανάσης Κοντογεώργης

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 789
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: Τεστ Εξάσκησης (27), Μικροί

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Σάβ Μαρ 14, 2020 10:35 pm

socrates έγραψε:
Σάβ Μαρ 14, 2020 8:52 pm

ΘΕΜΑ 4
Θεωρούμε ορθογώνιο τρίγωνο ABC με \widehat {C} = 90^\circ και έστω D το έγκεντρό του. Οι ευθείες AD και CB τέμνονται στο N.
Αν CA+AD=CB και CN=2, να υπολογίσετε το μήκος του τμήματος NB.
273.PNG
273.PNG (23.22 KiB) Προβλήθηκε 413 φορές
Έστω σημείο P στην προέκταση της CA ώστε CP=CB.Από υπόθεση θα είναι AP=AD.
Επιπλέον \angle BDA=90^{\circ}+\dfrac{90^{\circ}}{2}=135^{\circ}=180^{\circ}-45^{\circ}=180^{\circ}-\angle CPB.
Άρα PADB εγγράψιμο και έτσι \angle APD=\angle ABD=\dfrac{\angle B}{2}\Leftrightarrow \dfrac{\angle A}{4}=\dfrac{\angle B}{2}\Leftrightarrow \angle A=60^{\circ},\angle B=30^{\circ}.
Δηλαδή \dfrac{AB}{AC}=2\Leftrightarrow \dfrac{BN}{CN}=2\Leftrightarrow BN=4


Altrian
Δημοσιεύσεις: 210
Εγγραφή: Τρί Μάιος 01, 2018 4:51 pm
Τοποθεσία: Βούλα, Αττική

Re: Τεστ Εξάσκησης (27), Μικροί

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Altrian » Κυρ Μαρ 15, 2020 10:45 am

socrates έγραψε:
Σάβ Μαρ 14, 2020 8:52 pm

ΘΕΜΑ 2
Σε ένα πάρτι συμμετείχαν 2021 άτομα. Είναι γνωστό ότι σε κάθε τρία από αυτά κάποιος από αυτούς (τους τρεις) γνωρίζει τους άλλους δύο. Να δείξετε ότι κάποιος από τους συμμετέχοντες γνωρίζει όλους τους υπόλοιπους.
Δύο άγνωστοι μεταξύ τους σχηματίζουν ένα ζεύγος αγνώστων. Κάθε άλλο ζεύγος αγνώστων δεν μπορεί να έχει κοινά στοιχεία με κανένα άλλο ζεύγος αγνώστων γιατί τότε θα υπήρχε μια τριάδα ατόμων όπου μόνο ένας θα ήξερε άλλον έναν ή κανέναν (άτοπο από εκφώνηση). Αρα όλοι οι άγνωστοι συνθέτουν ζεύγη ξένα μεταξύ τους (χωρίς κοινά άτομα). Επειδή το 2021 είναι περιττός θα υπάρχει τουλάχιστο ένας που δεν συμμετέχει σε κανένα ζεύγος αγνώστων δηλ. τους γνωρίζει όλους.


Αλέξανδρος Τριανταφυλλάκης
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1632
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Τεστ Εξάσκησης (27), Μικροί

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Τρί Μαρ 17, 2020 2:58 pm

socrates έγραψε:
Σάβ Μαρ 14, 2020 8:52 pm
ΘΕΜΑ 1
Αν a,b,c>0 τέτοιοι ώστε a+b+c=3, να αποδείξετε ότι

\displaystyle{\displaystyle{\frac{a^2+bc}{b+ca}+\frac{b^2+ca}{c+ab}+\frac{c^2+ab}{a+bc}\geq 3.}}
Είναι, \displaystyle{\frac{a^2+bc}{b+ca}=\dfrac{3a^2+3bc}{(a+b+c)b+3bc}=\dfrac{3(a^2+bc)}{ab+bc+3ca+b^2} και τα κυκλικά αυτής.

Οπότε, αρκεί να αποδείξω ότι \displaystyle \sum_{\rm cyc} \dfrac{a^2+bc}{ab+bc+3ca+b^2} \geqslant 1 (ουσιαστικά ομογενοποιήσα την ανισότητα).

Από CS έχουμε ότι \displaystyle \sum_{\rm cyc} \dfrac{a^2+bc}{ab+bc+3ca+b^2} \geqslant \dfrac{(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)^2}{\displaystyle \sum_{\rm cyc} (a^2+bc)(ab+bc+3ca+b^2)}, άρα αρκεί να δείξουμε ότι (a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)^2 \geqslant \displaystyle \sum_{\rm cyc} (a^2+bc)(ab+bc+3ca+b^2), που ισοδύναμα γράφεται:

\displaystyle \sum a^4+\sum a^2b^2 \geqslant \sum a^3c+\sum a^2bc, που ισχύει καθώς:

\rightarrow \displaystyle \sum a^3c \leqslant \sum \dfrac{3a^4+c^4}{4}=\sum a^4, και
\rightarrow \displaystyle \sum a^2b^2-\sum a^2bc= \dfrac{1}{2} \sum (ab-bc)^2 \geqslant 0.


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε!
socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6110
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: Τεστ Εξάσκησης (27), Μικροί

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Τρί Μαρ 17, 2020 3:56 pm

Ορέστης Λιγνός έγραψε:
Τρί Μαρ 17, 2020 2:58 pm
socrates έγραψε:
Σάβ Μαρ 14, 2020 8:52 pm
ΘΕΜΑ 1
Αν a,b,c>0 τέτοιοι ώστε a+b+c=3, να αποδείξετε ότι

\displaystyle{\displaystyle{\frac{a^2+bc}{b+ca}+\frac{b^2+ca}{c+ab}+\frac{c^2+ab}{a+bc}\geq 3.}}
Είναι, \displaystyle{\frac{a^2+bc}{b+ca}=\dfrac{3a^2+3bc}{(a+b+c)b+3bc}=\dfrac{3(a^2+bc)}{ab+bc+3ca+b^2} και τα κυκλικά αυτής.

Οπότε, αρκεί να αποδείξω ότι \displaystyle \sum_{\rm cyc} \dfrac{a^2+bc}{ab+bc+3ca+b^2} \geqslant 1 (ουσιαστικά ομογενοποιήσα την ανισότητα).

Από CS έχουμε ότι \displaystyle \sum_{\rm cyc} \dfrac{a^2+bc}{ab+bc+3ca+b^2} \geqslant \dfrac{(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)^2}{\displaystyle \sum_{\rm cyc} (a^2+bc)(ab+bc+3ca+b^2)}, άρα αρκεί να δείξουμε ότι (a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)^2 \geqslant \displaystyle \sum_{\rm cyc} (a^2+bc)(ab+bc+3ca+b^2), που ισοδύναμα γράφεται:

\displaystyle \sum a^4+\sum a^2b^2 \geqslant \sum a^3c+\sum a^2bc, που ισχύει καθώς:

\rightarrow \displaystyle \sum a^3c \leqslant \sum \dfrac{3a^4+c^4}{4}=\sum a^4, και
\rightarrow \displaystyle \sum a^2b^2-\sum a^2bc= \dfrac{1}{2} \sum (ab-bc)^2 \geqslant 0.
Ωραία!

Αλλιώς:

Είναι \displaystyle{3a^2+3bc=(a+b+c)b+3bc=ab+bc+3ca+b^2\leq a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca...} ;)


Θανάσης Κοντογεώργης
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1632
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Τεστ Εξάσκησης (27), Μικροί

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Τρί Μαρ 17, 2020 4:03 pm

socrates έγραψε:
Τρί Μαρ 17, 2020 3:56 pm
Ορέστης Λιγνός έγραψε:
Τρί Μαρ 17, 2020 2:58 pm
socrates έγραψε:
Σάβ Μαρ 14, 2020 8:52 pm
ΘΕΜΑ 1
Αν a,b,c>0 τέτοιοι ώστε a+b+c=3, να αποδείξετε ότι

\displaystyle{\displaystyle{\frac{a^2+bc}{b+ca}+\frac{b^2+ca}{c+ab}+\frac{c^2+ab}{a+bc}\geq 3.}}
Είναι, \displaystyle{\frac{a^2+bc}{b+ca}=\dfrac{3a^2+3bc}{(a+b+c)b+3bc}=\dfrac{3(a^2+bc)}{ab+bc+3ca+b^2} και τα κυκλικά αυτής.

Οπότε, αρκεί να αποδείξω ότι \displaystyle \sum_{\rm cyc} \dfrac{a^2+bc}{ab+bc+3ca+b^2} \geqslant 1 (ουσιαστικά ομογενοποιήσα την ανισότητα).

Από CS έχουμε ότι \displaystyle \sum_{\rm cyc} \dfrac{a^2+bc}{ab+bc+3ca+b^2} \geqslant \dfrac{(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)^2}{\displaystyle \sum_{\rm cyc} (a^2+bc)(ab+bc+3ca+b^2)}, άρα αρκεί να δείξουμε ότι (a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)^2 \geqslant \displaystyle \sum_{\rm cyc} (a^2+bc)(ab+bc+3ca+b^2), που ισοδύναμα γράφεται:

\displaystyle \sum a^4+\sum a^2b^2 \geqslant \sum a^3c+\sum a^2bc, που ισχύει καθώς:

\rightarrow \displaystyle \sum a^3c \leqslant \sum \dfrac{3a^4+c^4}{4}=\sum a^4, και
\rightarrow \displaystyle \sum a^2b^2-\sum a^2bc= \dfrac{1}{2} \sum (ab-bc)^2 \geqslant 0.
Ωραία!

Αλλιώς:

Είναι \displaystyle{3a^2+3bc=(a+b+c)b+3bc=ab+bc+3ca+b^2\leq a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca...} ;)
:coolspeak: :coolspeak:


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε!
Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 789
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: Τεστ Εξάσκησης (27), Μικροί

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Τρί Μαρ 17, 2020 4:09 pm

socrates έγραψε:
Σάβ Μαρ 14, 2020 8:52 pm
ΘΕΜΑ 3
Για κάθε θετικό ακέραιο n, συμβολίζουμε με d(n) το μέγιστο περιττό διαιρέτη του. Να υπολογίσετε το άθροισμα

\displaystyle{d(1008)+d(1009)+...+d(2015)}
Είναι d(k)=\dfrac{k}{2^{\upsilon _2(k)}} άρα \displaystyle{\sum_{i=1008}^{2015}}d(i)=\sum_{i=1008}^{2015}\dfrac{i}{2^{\upsilon _2(i)}} και προφανώς αν l περιττός d(l)=l.
Επειδή για k\in [1008,2015] είναι \upsilon _2(k)_{max}=10 αρκεί να βρούμε για τα 2^i,i=1,2,..10 τα περιττού συντελεστή πολλαπλάσια τα οποία να ανήκουν στο [1008,2015].
Για 2^{10} είναι το 1\cdot 1024=1024.Επίσης αν l ο μέγιστος περιττός για τον οποίο 2^kl\leq 2015 θα είναι 2^{k-1}(l+2)\geq 1008.Οπότε τώρα μπορούμε να φτιάξουμε τον παρακάτω πίνακα συντελεστών για τις δυνάμεις του 2
  • 10 : 1
  • 9: 3
  • 8:5,7
  • 7:9,11,13,15
  • 6:17,19,21,23,25,27,29,31
  • 5:33,...,61
  • 4:63,....125
  • 3:127,...251
  • 2:253,...503
  • 1:505,...1007
Οπότε \displaystyle{\sum_{i=1008}^{2015}}d(i)=1+3+5+...+1007+1009+1011+....+2015=1+3+..+(2\cdot1008-1)=1008^2


socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6110
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: Τεστ Εξάσκησης (27), Μικροί

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Τρί Μαρ 17, 2020 4:44 pm

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε:
Τρί Μαρ 17, 2020 4:09 pm
socrates έγραψε:
Σάβ Μαρ 14, 2020 8:52 pm
ΘΕΜΑ 3
Για κάθε θετικό ακέραιο n, συμβολίζουμε με d(n) το μέγιστο περιττό διαιρέτη του. Να υπολογίσετε το άθροισμα

\displaystyle{d(1008)+d(1009)+...+d(2015)}
Είναι d(k)=\dfrac{k}{2^{\upsilon _2(k)}} άρα \displaystyle{\sum_{i=1008}^{2015}}d(i)=\sum_{i=1008}^{2015}\dfrac{i}{2^{\upsilon _2(i)}} και προφανώς αν l περιττός d(l)=l.
Επειδή για k\in [1008,2015] είναι \upsilon _2(k)_{max}=10 αρκεί να βρούμε για τα 2^i,i=1,2,..10 τα περιττού συντελεστή πολλαπλάσια τα οποία να ανήκουν στο [1008,2015].
Για 2^{10} είναι το 1\cdot 1024=1024.Επίσης αν l ο μέγιστος περιττός για τον οποίο 2^kl\leq 2015 θα είναι 2^{k-1}(l+2)\geq 1008.Οπότε τώρα μπορούμε να φτιάξουμε τον παρακάτω πίνακα συντελεστών για τις δυνάμεις του 2
  • 10 : 1
  • 9: 3
  • 8:5,7
  • 7:9,11,13,15
  • 6:17,19,21,23,25,27,29,31
  • 5:33,...,61
  • 4:63,....125
  • 3:127,...251
  • 2:253,...503
  • 1:505,...1007
Οπότε \displaystyle{\sum_{i=1008}^{2015}}d(i)=1+3+5+...+1007+1009+1011+....+2015=1+3+..+(2\cdot1008-1)=1008^2
Ωραία!

Ας δούμε και άλλες ιδέες, χωρίς εξαντλητική καταγραφή, στα:


https://mathematica.gr/forum/viewtopic. ... 81#p245781
https://artofproblemsolving.com/communi ... 32p5292114

https://artofproblemsolving.com/communi ... 20p2908472


Θανάσης Κοντογεώργης
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