Τεστ Εξάσκησης (6), Μεγάλοι

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6063
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Τεστ Εξάσκησης (6), Μεγάλοι

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Δευ Μαρ 30, 2020 12:33 am

ΘΕΜΑ 1
Να προσδιορίσετε όλα τα ζεύγη (n,p) θετικών ακεραίων, όπου p πρώτος, τα οποία ικανοποιούν την εξίσωση \displaystyle{p(p-1)=2(n^3+1).}


ΘΕΜΑ 2
Το τετράπλευρο ABCD είναι εγγράψιμο σε κύκλο και ισχύει AB=BC,AD=3DC. Το σημείο R βρίσκεται στην BD έτσι ώστε DR=2RB, το σημείο Q στην AR ώστε \angle ADQ = \angle BDQ. Επιπλέον, \angle ABQ + \angle CBD = \angle QBD και η AB τέμνει την DQ στο P.
Να βρείτε το μέτρο της γωνίας \angle APD.


ΘΕΜΑ 3
Η Άννα και η Βασιλική παίζουν το παρακάτω παιχνίδι:
Στο τραπέζι υπάρχουν n κέρματα και οι δύο φίλες παίρνουν εναλλάξ κάποια από αυτά.
Μπορούν να πάρουν το πολύ \displaystyle{\frac{m}{2} + 1} κέρματα κάθε φορά, όπου m το πλήθος των κερμάτων που υπάρχουν τότε στο τραπέζι, αλλά τουλάχιστον ένα. Όποια πάρει τα τελευταία (ή το τελευταίο) κέρμα κερδίζει.
Αν πρώτη παίζει η Άννα, ποια από τις δύο φίλες έχει στρατηγική νίκης;


ΘΕΜΑ 4
Αν a,b,c θετικοί πραγματικοί αριθμοί, να δείξετε ότι:

\displaystyle{\dfrac{a^2-bc}{b^2+c^2+2a^2}+\dfrac{b^2-ca}{c^2+a^2+2b^2}+\dfrac{c^2-ab}{a^2+b^2+2c^2}\geq 0}


Θανάσης Κοντογεώργης

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
min##
Δημοσιεύσεις: 308
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Τεστ Εξάσκησης (6), Μεγάλοι

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Δευ Μαρ 30, 2020 1:12 am

4.Επί 2,πλην 3 και στα δύο μέλη και καταλήγει στην 3\geq \sum \dfrac{(b+c)^2}{b^2+c^2+2a^2} που ισχύει από B-C-S (είναι πχ.\sum \dfrac{(b+c)^2}{b^2+c^2+2a^2}\leq \sum (\dfrac{b^2}{b^2+a^2}+\dfrac{c^2}{c^2+a^2}))


stamas1
Δημοσιεύσεις: 30
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 19, 2019 5:43 pm

Re: Τεστ Εξάσκησης (6), Μεγάλοι

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stamas1 » Δευ Μαρ 30, 2020 11:11 am

  • Αν 2|p \Rightarrow p=2 \Rightarrow n=0 αδύνατο
  • Αν2|p-1 τότε το p\geq 3 και p|n^3+1 άρα n^3\equiv -1modp \Rightarrow (n^p)^3\equiv -1modp.Από το μικρο θεώρημα του Fermat αν (n,p)=1 τότε αυτό είναι άτοπο. Αν όμως (n,p)=p \Rightarrow n=ap όμως n^3\equiv -1modp άρα άτοπο και αυτό. Δηλαδή δεν υπάρχει λύση στους θετικούς ακεραίους


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 3000
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Τεστ Εξάσκησης (6), Μεγάλοι

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Δευ Μαρ 30, 2020 3:27 pm

stamas1 έγραψε:
Δευ Μαρ 30, 2020 11:11 am

n^3\equiv -1modp \Rightarrow (n^p)^3\equiv -1modp.Από το μικρο θεώρημα του Fermat αν (n,p)=1 τότε αυτό είναι άτοπο.
Δεν έχεις άτοπο.

π.χ (n,p)να είναι (2,3) η (3,7).

Σε αυτή την μορφή ο Fermat δίνει
n^{p-1}=1modp


giannisd
Δημοσιεύσεις: 13
Εγγραφή: Τετ Δεκ 05, 2018 1:02 am
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Τεστ Εξάσκησης (6), Μεγάλοι

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από giannisd » Δευ Μαρ 30, 2020 5:33 pm

socrates έγραψε:
Δευ Μαρ 30, 2020 12:33 am
ΘΕΜΑ 1
Να προσδιορίσετε όλα τα ζεύγη (n,p) θετικών ακεραίων, όπου p πρώτος, τα οποία ικανοποιούν την εξίσωση \displaystyle{p(p-1)=2(n^3+1).}
Για p=2 προφανώς δεν έχει λύση.
Όποτε για περιττούς πρώτους, η δοθείσα γράφεται:
\displaystyle{2n^3=p^2-p-2<p^2<2p^3\implies p\geq n+1}
Αντικαθιστώντας p=n+1, δεν παίρνουμε λύσεις.
Άρα p\nmid n+1.

Η αρχική γράφεται:
\displaystyle{p(p-1)=2(n+1)(n^2-n+1)\implies p\mid n^2-n+1\implies n^2-n+1=kp, \quad k\in \mathbb{N^*} \, (1)}

Αντικαθιστώντας προκύπτει: p=2k(n+1)+1

Επομένως η (1) γίνεται μετά από πράξεις:
\displaystyle{n^2-(2k^2+1)n-2k^2-k+1=0}
Η διακρίνουσα \Delta_n =4k^4+12k^2+4k-3 πρέπει να είναι τέλειο τετράγωνο περιττού αριθμού.
Όμως για k>3:
\displaystyle{(2k^2+3)^2<\Delta_n<(2k^2+5)^2}
Άρα k\leq 3.

Η μόνη περίπτωση που δίνει λύση είναι η k=3, οπότε προκύπτει το μοναδικό ζεύγος (n,p)=(20,127). \blacksquare


stamas1
Δημοσιεύσεις: 30
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 19, 2019 5:43 pm

Re: Τεστ Εξάσκησης (6), Μεγάλοι

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stamas1 » Δευ Μαρ 30, 2020 7:15 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:
Δευ Μαρ 30, 2020 3:27 pm
stamas1 έγραψε:
Δευ Μαρ 30, 2020 11:11 am

n^3\equiv -1modp \Rightarrow (n^p)^3\equiv -1modp.Από το μικρο θεώρημα του Fermat αν (n,p)=1 τότε αυτό είναι άτοπο.
Δεν έχεις άτοπο.

π.χ (n,p)να είναι (2,3) η (3,7).

Σε αυτή την μορφή ο Fermat δίνει
n^{p-1}=1modp
Έχετε δίκιο εγώ έκανα λάθος


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9184
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Τεστ Εξάσκησης (6), Μεγάλοι

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Δευ Μαρ 30, 2020 7:56 pm

socrates έγραψε:
Δευ Μαρ 30, 2020 12:33 am

ΘΕΜΑ 2
Το τετράπλευρο ABCD είναι εγγράψιμο σε κύκλο και ισχύει AB=BC,AD=3DC. Το σημείο R βρίσκεται στην BD έτσι ώστε DR=2RB, το σημείο Q στην AR ώστε \angle ADQ = \angle BDQ. Επιπλέον, \angle ABQ + \angle CBD = \angle QBD και η AB τέμνει την DQ στο P.
Να βρείτε το μέτρο της γωνίας \angle APD.
6-μεγάλοι.png
6-μεγάλοι.png (20.6 KiB) Προβλήθηκε 385 φορές
edit: Άρση απόκρυψης.

A\widehat PD=90^\circ. Αύριο η λύση αν δεν απαντηθεί μέχρι τότε.
τελευταία επεξεργασία από george visvikis σε Τρί Μαρ 31, 2020 8:42 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6063
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: Τεστ Εξάσκησης (6), Μεγάλοι

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Δευ Μαρ 30, 2020 11:27 pm

Το ΘΕΜΑ 3 δεν ήταν σωστά διατυπωμένο! Η σωστή εκφώνηση είναι:


Η Άννα και η Βασιλική παίζουν το παρακάτω παιχνίδι:
Στο τραπέζι υπάρχουν n κέρματα και οι δύο φίλες παίρνουν εναλλάξ κάποια από αυτά.
Μπορούν να πάρουν το πολύ \displaystyle{\frac{m}{2} + 1} κέρματα κάθε φορά, όπου m το πλήθος των κερμάτων που υπάρχουν τότε στο τραπέζι, αλλά τουλάχιστον ένα. Όποια πάρει τα τελευταία (ή το τελευταίο) κέρμα κερδίζει.
Αν πρώτη παίζει η Άννα, ποια από τις δύο φίλες έχει στρατηγική νίκης;


Θανάσης Κοντογεώργης
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1610
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Τεστ Εξάσκησης (6), Μεγάλοι

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Δευ Μαρ 30, 2020 11:58 pm

socrates έγραψε:
Δευ Μαρ 30, 2020 12:33 am
ΘΕΜΑ 2
Το τετράπλευρο ABCD είναι εγγράψιμο σε κύκλο και ισχύει AB=BC,AD=3DC. Το σημείο R βρίσκεται στην BD έτσι ώστε DR=2RB, το σημείο Q στην AR ώστε \angle ADQ = \angle BDQ. Επιπλέον, \angle ABQ + \angle CBD = \angle QBD και η AB τέμνει την DQ στο P.
Να βρείτε το μέτρο της γωνίας \angle APD.
Καλησπέρα σε όλους. :)

Έστω, \angle ADQ=\angle BDQ=x, \angle ABQ=\phi, \angle CBD=\omega, και \angle QBD=\phi+\omega.

Αποδεικνύω τρεις Ισχυρισμούς:

Ισχυρισμός 1: Ισχύει, BQ \perp AD.

Απόδειξη: Είναι, \angle ADC+\angle ABC=\pi \Rightarrow 2\angle ADB+2\phi+2\omega=\pi \Rightarrow \angle ADB+\angle QBD=\pi/2, που δίνει άμεσα ότι BQ \perp AD \blacksquare.


Ισχυρισμός 2: Έστω, BW \perp CD. Τότε, είναι CW=CD.

Απόδειξη: Έστω M μέσο AC και BT \perp AD. Έστω ακόμη N σημείο της DA με CD=CN.

Είναι, \vartriangle CBQ=\vartriangle BAT \Rightarrow AT=CW.

Επίσης, \anle ATB=\angle AMB=\pi/2 \Rightarrow ATMB εγγράψιμο. Οπότε, \angle DTM=\angle ABM=\angle ABC/2=\pi/2-\angle NDC/2=\angle DNC, οπότε NC \perp TM και MA=MC \Rightarrow TA=TN. Επίσης DA=3DC=DN \Rightarrow 2ND=AN=TA+TN=2TA, άρα TA=ND.

Αφού όμως CW=AT \Rightarrow CQ=AT=ND=CD \blacksquare.

Ισχυρισμός 3: Ισχύει, AR \perp BD.

Απόδειξη: Έστω, X \in AD με RX \parallel AB. Έστω ακόμη, XY \perp AB και Z \equiv QD \cap AB.

Είναι, AX/AD=RB/BD=1/3=CD/CA, άρα AX=CD. Έστω τώρα DS \perp BC. Τότε, είναι \angle YAX=\angle DCS, άρα τα \vartriangle DCS, \vartriangle AXY είναι ίσα.

Οπότε, CS=AY. Το DSWB είναι εγγράψιμο, άρα από τον Ισχυρισμό 2, AX^2=DC^2=BC \cdot CS=AB \cdot AY, οπότε AX^2=AB \cdot AY, με XY \perp BA, οπότε \angle AXB=90^\circ, οπότε τα B,Q,X είναι συνευθειακά.

Από Θ. Μενελάου λοιπόν στο \vartriangle RAD με διατέμνουσα \overline{XQB} προκύπτει ότι (αφού BR/BD=1/3, XA/XD=1/2), AQ/QR=3/2=DA/DR, οπότε DA=3DR/2=BD, δηλαδή το \vartriangle DAB είναι ισοσκελές!

Συνεπώς το τραπέζιο AXRB (XR \parallel AB) είναι ισοσκελές τραπέζιο, οπότε \angle ARB=\angle AXB=\pi/2 \Rightarrow AR \perp BD \blacksquare.

Οπότε, από τους Ισχυρισμούς 1 και 3, έχω ότι το Q είναι ορθόκεντρο του \vartriangle BAD, οπότε QD \perp AB \Rightarrow \angle APD=\pi/2.

(Θα βάλω αύριο το πρωί το σχήμα)


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
Xriiiiistos
Δημοσιεύσεις: 216
Εγγραφή: Τρί Μάιος 15, 2018 4:36 pm
Τοποθεσία: Αιγάλεω

Re: Τεστ Εξάσκησης (6), Μεγάλοι

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Xriiiiistos » Τρί Μαρ 31, 2020 12:28 am

socrates έγραψε:
Δευ Μαρ 30, 2020 12:33 am
ΘΕΜΑ 2
Το τετράπλευρο ABCD είναι εγγράψιμο σε κύκλο και ισχύει AB=BC,AD=3DC. Το σημείο R βρίσκεται στην BD έτσι ώστε DR=2RB, το σημείο Q στην AR ώστε \angle ADQ = \angle BDQ. Επιπλέον, \angle ABQ + \angle CBD = \angle QBD και η AB τέμνει την DQ στο P.
Να βρείτε το μέτρο της γωνίας \angle APD.
H\equiv BG\cap AD και AD=3DC=3y,AB=BC=x,2BR=DR=2z\Leftrightarrow BD=3z


METR2.png
METR2.png (461.78 KiB) Προβλήθηκε 311 φορές

από θεώρημα πτολεμαίου AD\cdot BC+AB\cdot DC=DB\cdot AC\Leftrightarrow AC=\dfrac{4xy}{3z} (1)

από δεύτερο θεώρημα πτολεμαίου \dfrac{AC}{BD}=\dfrac{AD\cdot AB+DC\cdot CB}{AB\cdot AC+AD\cdot DC}

\overset{(1)}{ \Leftrightarrow } \dfrac{4xy}{9z^{2}}=\dfrac{4xy}{x^{2}+3y^{2}}\Leftrightarrow x^{2}=9z^{2}-3y^{2} (i)

θεώρημα διχοτόμου \dfrac{AP}{PB}=\dfrac{AD}{DB}=\dfrac{3y}{3z}=\dfrac{y}{z} (2)

θεώρημα ceva στο ADB

\dfrac{AH}{DH}\cdot \dfrac{DR}{RB}\cdot \dfrac{PB}{PA}=1\overset{(2)}{\Leftrightarrow }\dfrac{AH}{HD}=\dfrac{y}{2z}\Leftrightarrow \dfrac{AD}{HD}=\dfrac{y+2z}{2z}

\Leftrightarrow HD=\dfrac{6zy}{y+2z} (3)

τώρα από γωνίες έχουμε

\widehat{ADC}=180-\widehat{ABC}=180-\widehat{ABQ}-\widehat{QBD}-\widehat{DBC}=180-2\widehat{QBD}\Leftrightarrow 90=\widehat{GBD}+\dfrac{\widehat{ADC}}{2}

άρα BH\perp AD και η γενίκαυση του πυθαγωρίου θεωρήματος στο ABD δίνει

AB^{2}=AD^{2}+DB^{2}-2AD\cdot DH\overset{(3)}{ \Leftrightarrow }x^{2}=9y^{2}+9z^{2}-2\dfrac{9zy^{2}}{y+2z} (ii)

από (i),(ii) παίρνουμε 3y^{2}+3z^{2}-\dfrac{4y^{2}z}{y+2z}=3z^{2}-y^{2}\Leftrightarrow y^{3}=y^{2}z\Leftrightarrow y=z

οπότε AD=DB ΚΑΙ αφού AP διχοτόμος της \widehat{ADB} είναι \widehat{APD}=90^{\circ}


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9184
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Τεστ Εξάσκησης (6), Μεγάλοι

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τρί Μαρ 31, 2020 9:49 am

socrates έγραψε:
Δευ Μαρ 30, 2020 12:33 am

ΘΕΜΑ 2
Το τετράπλευρο ABCD είναι εγγράψιμο σε κύκλο και ισχύει AB=BC,AD=3DC. Το σημείο R βρίσκεται στην BD έτσι ώστε DR=2RB, το σημείο Q στην AR ώστε \angle ADQ = \angle BDQ. Επιπλέον, \angle ABQ + \angle CBD = \angle QBD και η AB τέμνει την DQ στο P.
Να βρείτε το μέτρο της γωνίας \angle APD.
Έστω ότι η BQ τέμνει την AD στο T. Με τους συμβολισμούς του σχήματος έχω:
6-μεγάλοι.png
6-μεγάλοι.png (20.6 KiB) Προβλήθηκε 279 φορές
\displaystyle A\widehat BC+ A\widehat DC = 180^\circ  \Leftrightarrow 2\theta  + 4\omega  = 180^\circ  \Leftrightarrow \theta  + 2\omega  = 90^\circ  \Leftrightarrow \boxed{BT\bot AD}

Νόμος συνημιτόνου στο ABC: \displaystyle A{C^2} = 2A{B^2}(1 - \cos 2\theta ) = 4A{B^2}{\sin ^2}\theta  \Leftrightarrow \boxed{AC = 2AB\sin \theta} (1)

Πτολεμαίος στο ABCD: \displaystyle AB \cdot CD + AD \cdot BC = AC \cdot BD\mathop  = \limits^{(1)} 2AB \cdot BD\sin \theta  \Leftrightarrow

\displaystyle 4AB \cdot CD = 2AB \cdot BD\sin \theta  \Leftrightarrow 2CD = TD \Leftrightarrow \boxed{TD=2AT}

Τέλος με \displaystyle {\rm{Ceva}} στο τρίγωνο ABD προκύπτει ότι P είναι το μέσο του AB, απ' όπου A\widehat PD=90^\circ}


giannisd
Δημοσιεύσεις: 13
Εγγραφή: Τετ Δεκ 05, 2018 1:02 am
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Τεστ Εξάσκησης (6), Μεγάλοι

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από giannisd » Τρί Μαρ 31, 2020 2:58 pm

socrates έγραψε:
Δευ Μαρ 30, 2020 12:33 am
ΘΕΜΑ 3
Η Άννα και η Βασιλική παίζουν το παρακάτω παιχνίδι:
Στο τραπέζι υπάρχουν n κέρματα και οι δύο φίλες παίρνουν εναλλάξ κάποια από αυτά.
Μπορούν να πάρουν το πολύ \displaystyle{\frac{m}{2} + 1} κέρματα κάθε φορά, όπου m το πλήθος των κερμάτων που υπάρχουν τότε στο τραπέζι, αλλά τουλάχιστον ένα. Όποια πάρει τα τελευταία (ή το τελευταίο) κέρμα κερδίζει.
Αν πρώτη παίζει η Άννα, ποια από τις δύο φίλες έχει στρατηγική νίκης;
Ονομάζω φρούρια τους αριθμούς της μορφής t_k=3(2^k-1), οι οποίοι είναι πάντα περιττοί.
Προφανώς από επαγωγή τα φρούρια είναι οι όροι της αναδρομικής t_k=2t_{k-1}+3.

Θα δείξω ότι νικάει πάντα η Άννα εκτός και αν ο n είναι φρούριο, οπότε νικάει η Βασιλική.

Πρώτα θα δείξω με επαγωγή στο k ότι αν ο n είναι φρούριο νικάει η Βασιλική.
Για k=1, n=t_1=3. Τότε η Άννα παίρνει το πολύ δύο νομίσματα, οπότε η Βασιλική παίρνει τα υπόλοιπα και κερδίζει.

Υποθέτω ότι η Βασιλική κερδίζει όταν n=t_k.
Για n=t_{k+1} η Άννα ως πρώτη μπορεί να πάρει το πολύ \left\lfloor \dfrac{t_{k+1}}{2}\right\rfloor+1=t_k +2, δηλαδή μένουν τουλάχιστον t_k+1 νομίσματα.
Έστω μένουν t_k+d νομίσματα μετά την πρώτη κίνηση της Άννας με d\in \{1,2,\ldots ,t_k+1,t_k+2\}.
Αν d άρτιος, η Βασιλική μπορεί να πάρει το πολύ \left\lfloor\dfrac{t_k+d}{2}\right\rfloor +1 = \dfrac{t_k+d+1}{2}\ge d νομίσματα, αφού d\le t_k+1.
Αν d περιττός, μπορεί να πάρει το πολύ \left\lfloor\dfrac{t_k+d}{2}\right\rfloor +1= \dfrac{t_k+d+2}{2}\ge d νομίσματα, αφού d\le t_k+2.
Άρα πάντα μπορεί να παίρνει d νομίσματα η Βασιλική, οπότε το ζητούμενο ισχύει από την επαγωγική υπόθεση.

Αν ο n δεν είναι φρούριο με όμοια επιχειρήματα με τα παραπάνω η Άννα μπορεί να πάρει τόσα νομίσματα, ώστε το πλήθος των νομισμάτων που θα μείνουν να είναι φρούριο, οπότε φτάνω πάλι στην παραπάνω περίπτωση με τους ρόλους αντιστραμμένους, άρα κερδίζει η Άννα. \blacksquare


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