mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 18, 2020 2:58 pm**

ΘΕΜΑ 1
Υπάρχουν ακέραιοι x, y

και

ώστε

αν
(α)

(β)

;
(Γενικεύστε!)

ΘΕΜΑ 2
Θεωρούμε οξυγώνιο σκαληνό τρίγωνο ABC

με περίκεντρο το

Έστω

το μέσο του

και

το ίχνος του ύψους από την κορυφή

Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου OAM

τέμνει την

στο $P(\not= M)$ . Να αποδείξετε ότι τα σημεία B, O, P

ανήκουν στην ίδια ευθεία.

ΘΕΜΑ 3
Να βρεθούν οι πραγματικές λύσεις της εξίσωσης

$\displaystyle{(x^4 + 3y^2)\sqrt{|x+ 2|+|y|} = 4|xy^2|.}$

ΘΕΜΑ 4
Οι αριθμοί 1,2, . . . ,64

τοποθετούνται τυχαία στα κελιά ενός πίνακα 8 × 8.

Δείξτε ότι υπάρχει υποπίνακας 3 × 3

του οποίου τα στοιχεία έχουν άθροισμα μεγαλύτερο του 145.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 18, 2020 3:22 pm**

socrates έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 18, 2020 2:58 pm
ΘΕΜΑ 2
Θεωρούμε οξυγώνιο σκαληνό τρίγωνο με περίκεντρο το Έστω το μέσο του και το ίχνος του ύψους από την κορυφή
Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου τέμνει την στο $P(\not= M)$ . Να αποδείξετε ότι τα σημεία ανήκουν στην ίδια ευθεία.

: 281.PNG (36.16 KiB) Προβλήθηκε 1645 φορές

Είναι $\angle APO=\angle AMO=90^{\circ}$ και $\angle APM=\angle AOM=90^{\circ}-\left ( 90^{\circ}-\angle B \right )=\angle B$ άρα APDB

εγγράψιμο και έτσι $\angle APB=\angle ADB=90^{\circ}$ δηλαδή $\angle APO+\angle APB =180^{\circ}$ και η απόδειξη ολοκληρώθηκε

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 18, 2020 4:12 pm**

socrates έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 18, 2020 2:58 pm
ΘΕΜΑ 4
Οι αριθμοί τοποθετούνται τυχαία στα κελιά ενός πίνακα
Δείξτε ότι υπάρχει υποπίνακας του οποίου τα στοιχεία έχουν άθροισμα μεγαλύτερο του

Χωρίζουμε τον πίνακα σε

τετράγωνα

όπως στο σχήμα.
Το ολικό άθροισμα είναι 1+2+..+64=2080

.Άρα θα υπάρχει τετράγωνο 2 × 2

με άθροισμα στοιχείων $\geq \dfrac{2080}{16}=130$
Άρα το μέγιστο άθροισμα είναι 130

τότε αναγκαστικά όλα τα τετράγωνα 2 × 2

πρέπει να έχουν άθροισμα στοιχείων 130

.Τότε όμως θα υπάρχει κάποιο το οποίο δεν έχει κοντά του το κελί με αριθμό

και έτσι επιλέγοντας

διαδοχικά περιμετρικά του ,στο σχήμα τα κίτρινα ,σχηματίζεται ένας πίνακας 3 × 3

με άθροισμα στοιχείων $\geq 130+2+3+4+5+6>145$ .
Αν το μέγιστο άθροισμα είναι μεγαλύτερο του 130 τότε πάλι επιλέγοντας τα ένα πίνακα 3 × 3

ο οποίος περιέχει τον 2 × 2

με το μέγιστο άθροισμα έχουμε το ζητούμενο αφού θα έχει αυτός άθροισμα >130+1+2+3+4+5=145

.

: 282.PNG (3.39 KiB) Προβλήθηκε 1626 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 18, 2020 8:03 pm**

socrates έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 18, 2020 2:58 pm
ΘΕΜΑ 3
Να βρεθούν οι πραγματικές λύσεις της εξίσωσης

$\displaystyle{(x^4 + 3y^2)\sqrt{|x+ 2|+|y|} = 4|xy^2|.}$

Για

πρέπει $3y^2\sqrt{2+|y|}=0 \Leftrightarrow y=0$ .Για y=0

είναι $x^4\sqrt{|x+ 2|}=0\Leftrightarrow x=0,x=-2$ .
Έστω τώρα x,y

μη μηδενικά.
Είναι $4|xy^2|=(x^4 + 3y^2)\sqrt{|x+ 2|+|y|}\geq (x^4 + 3y^2)\sqrt{|y|}$ .
Όμως από AM-GM

είναι $x^4+3y^2=x^4+y^2+y^2+y^2\geq 4\sqrt[4]{x^4y^6}=4|x||y|\sqrt{|y|$ .
Άρα $(x^4 + 3y^2)\sqrt{|y|}\geq 4|x||y|\sqrt{|y|}\sqrt{|y|}=4|xy^2|$ .Αφού πρέπει να ισχύει η ισότητα θα πρέπει x=-2

και

δηλαδή

.
Οι λύσεις λοιπόν είναι οι (x,y)=(0,0),(-2,0),(-2,4),(-2,-4)

.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 18, 2020 8:53 pm**

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 18, 2020 4:12 pm

socrates έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 18, 2020 2:58 pm
ΘΕΜΑ 4
Οι αριθμοί τοποθετούνται τυχαία στα κελιά ενός πίνακα
Δείξτε ότι υπάρχει υποπίνακας του οποίου τα στοιχεία έχουν άθροισμα μεγαλύτερο του
Χωρίζουμε τον πίνακα σε τετράγωνα όπως στο σχήμα.
Το ολικό άθροισμα είναι .Άρα θα υπάρχει τετράγωνο με άθροισμα στοιχείων $\geq \dfrac{2080}{16}=130$
Άρα το μέγιστο άθροισμα είναι τότε αναγκαστικά όλα τα τετράγωνα πρέπει να έχουν άθροισμα στοιχείων .Τότε όμως θα υπάρχει κάποιο το οποίο δεν έχει κοντά του το κελί με αριθμό και έτσι επιλέγοντας διαδοχικά περιμετρικά του ,στο σχήμα τα κίτρινα ,σχηματίζεται ένας πίνακας με άθροισμα στοιχείων $\geq 130+2+3+4+5+6>145$ .
Αν το μέγιστο άθροισμα είναι μεγαλύτερο του 130 τότε πάλι επιλέγοντας τα ένα πίνακα ο οποίος περιέχει τον με το μέγιστο άθροισμα έχουμε το ζητούμενο αφού θα έχει αυτός άθροισμα .

Ωραία!

Περισσότερα εδώ: https://www.mathematica.gr/forum/viewto ... 09&t=37642

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 03, 2020 6:23 pm**

socrates έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 18, 2020 2:58 pm
ΘΕΜΑ 1
Υπάρχουν ακέραιοι και ώστε αν
(α)
(β) ;
(Γενικεύστε!)

Ξεχάστηκε! Δεν είναι δύσκολο!

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 04, 2020 12:19 am**

socrates έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 18, 2020 2:58 pm
ΘΕΜΑ 1
Υπάρχουν ακέραιοι και ώστε αν
(α)
(β) ;
(Γενικεύστε!)

Για $\rm n=2006$ υπάρχουν λύσεις $\rm x=5,y=18,z=102$ .
Θα δείξω πως εν γένει για $\rm n\equiv 7 \pmod8$ η εξίσωση δεν έχει λύσεις(υποθέτω αυτό εννοεί το γενικεύστε).
Τα τετραγωνικά υπόλοιπα $\pmod 8$ είναι $\rm 0,1,4$ .Αν $\rm x^2\equiv 1 \pmod{8}$ τότε θα έπρεπε το $\rm 2(y^2-1)+7\equiv 2y^2+5\pmod{8}$ να είναι τετραγωνικό υπόλοιπο $\pmod{8}$ που με δοκιμές δεν ισχύει.
Για $\rm x^2\equiv 0 \pmod{8}$ είναι $\rm z^2\equiv y^2+6 \pmod{8}$ άτοπο αφού 1+6=7,0+6=6,4+6=10

που δεν είναι τετραγωνικά υπόλοιπα $\pmod{8}$ .Ομοίως δουλεύουμε για $\rm x^2\equiv 4 \pmod{8}$ και παίρνουμε άτοπο.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 05, 2020 1:13 am**

socrates έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 18, 2020 2:58 pm
ΘΕΜΑ 1
Υπάρχουν ακέραιοι και ώστε αν
(α)
(β) ;
(Γενικεύστε!)

Για το Β)
Έστω

ένας πρώτος διαιρέτης διαιρέτης του $x^{2}+1$ .Τότε $x^{2}+1\equiv 0(modp)\Leftrightarrow x^{2}\equiv -1(modp)$ .Οπότε από άμεση συνέπεια του κριτηρίου του Euler

έχουμε ότι p=4k+1

.Άρα είναι
$z^{2}\equiv y^{2}-1+2007\equiv y^{2}-1+3\equiv y^{2}+2(mod4)$ ,από όπου προκύπτει ότι
$z^{2}\equiv 2,3(mod4)$ ,το οποίο προφανώς είναι άτοπο.
Η λύση δεν είναι ολοκληρωμένη.
(Η εξίσωση είναι αδύνατη για κάθε $n\equiv 3(mod4)$ ).

mathematica.gr

Τεστ Εξάσκησης (30), Μικροί

Τεστ Εξάσκησης (30), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (30), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (30), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (30), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (30), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (30), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (30), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (30), Μικροί