ΘΑΛΗΣ 1996 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#1

Θέμα 1ο
Αν a,b,c

πραγματικοί αριθμοί με $a^2+b^2+ab+bc+ca\leq 0$ , να αποδείξετε ότι ισχύει $a^2+b^2\leq c^2$ .

Θέμα 2ο
Αν

και

ακέραιοι με $0\leq x\leq 100$ , $0\leq y \leq 100$ , να λυθεί η εξίσωση: |x + y - 2| + |3x - 2y + 1| + 3x -2y + 1 = 0

.

Θέμα 3ο
Σ' ένα κύκλο είναι εγγεγραμμένο ένα πεντάγωνο ABCDE

, τέτοιο ώστε η

είναι παράλληλη προς την

και η

προς τη

. Δείξτε ότι η εφαπτομένη του κύκλου στο

είναι παράλληλη προς τη

.

Θέμα 4ο
Ένας δίσκος έχει χωριστεί σε 12 ίσους τομείς με ακτίνες που ξεκινούν από το κέντρο του. Στον καθένα από τους δώδεκα τομείς τοποθετούμε ένα κέρμα. Κάνουμε τώρα την εξής κίνηση: μετακινούμε ένα οποιοδήποτε κέρμα από την θέση του στον αμέσως επόμενο τομέα (κατά τη φορά των δεικτών του ρολογιού) και συγχρόνως μετακινούμε ένα δεύτερο κέρμα από τη θέση του στον αμέσως προηγούμενο τομέα.
Δείξτε ότι όποια διαδοχή κινήσεων και αν κάνουμε, δεν είναι δυνατόν να έρθουν όλα τα κέρματα σε ένα και τον αυτό τομέα. Αντιθέτως δείξτε ότι αν οι τομείς ήσαν δεκατρείς, τότε με κατάλληλη επιλογή κινήσεων, μπορούμε να φέρουμε όλα τα κέρματα σε ένα τομέα.

Αλέξανδρος

Ch.Chortis · #2

cretanman έγραψε: Θέμα 2ο
Αν και ακέραιοι με $0\leq x\leq 100$ , $0\leq y \leq 100$ , να λυθεί η εξίσωση: .
Αλέξανδρος

Για $x+y\leq 2$ κάνοντας δοκιμές βρίσκουμε οτι η μοναδική λύση είναι η x=0,y=2

.
Για

η σχέση μας μεταμορφώνεται στην
x+y-2+|3x-2y+1|+3x-2y+1=0

Αν τώρα:

αναγόμαστε στη σχέση:
$x+y-2+0+0=0 \Leftrightarrow x+y-2=0 \Leftrightarrow x+y=2$ ,άτοπο γιατί ψάχνουμε για x+y>2

.
Αν

τότε
$\displaystyle x+y-2+|3x-2y+1|+3x-2y+1=0 \Leftrightarrow x+y-2-3x+2y-1+3x-2y+1=x+y-2=0 \Leftrightarrow x+y=2$ πάλι άτοπο.
Αν τελικά,
$3x-2y+1>0 \Rightarrow |3x-2x+1|>0,x+y-2>0$ καταλήγουμε και πάλι σε άτοπο,αφού όλα τα ξεχωριστά "κομμάτια" της εξίσωσης είναι θετικά.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Για το πρώτο θέμα,αν και έχω λύση,είναι τόσο άχαρη(γίνεται χρήση γνωστών ανισοτήτων) που θα προέτρεπα οποιοδήποτε ενδιαφερόμενο,να δώσει την "απλή"-για επίπεδο Θαλή-λύση.

chris · #3

Λίγο για το 2ο θέμα μιας και προτάθηκε κάτι!Τα υπόλοιπα ας τα αφήσουμε λίγο καιρό.

Θέτω 3x-2y+1=a

και γενικά ισχύει:
$\left|x+y-2 \right|\geq 0$
$\left|a \right|\geq -a\Rightarrow \left|a \right|+a\geq 0$

Και προσθέτοντας κατά μέλη καταλήγουμε στο ότι πρέπει να έχουμε ισότητα σε καθεμία από τις 2 παραπάνω!
Οπότε:
$\begin{cases} x+y=2 \\ 3x-2y+1\leq 0 \end{cases}$

και κάνουμε τις δοκιμές για (x,y)=(0,2),(2,0),(1,1)

και βρίσκουμε οτι την δεύτερη επαληθεύει μόνο η: (x,y)=(0,2)

Ch.Chortis · #4

Ωραίος και σύντομος,chris

.

#5

cretanman έγραψε:Θέμα 1ο
Αν πραγματικοί αριθμοί με $a^2+b^2+ab+bc+ca\leq 0$ , να αποδείξετε ότι ισχύει $a^2+b^2\leq c^2$ .

Η συνθήκη γράφεται ως

$\displaystyle{c^2\geq a^2+b^2+(a+b+c)^2}$

και το ζητούμενο έπεται, αφού $\displaystyle{(a+b+c)^2\geq 0.}$

#6

cretanman έγραψε: Θέμα 4ο
Ένας δίσκος έχει χωριστεί σε 12 ίσους τομείς με ακτίνες που ξεκινούν από το κέντρο του. Στον καθένα από τους δώδεκα τομείς τοποθετούμε ένα κέρμα. Κάνουμε τώρα την εξής κίνηση: μετακινούμε ένα οποιοδήποτε κέρμα από την θέση του στον αμέσως επόμενο τομέα (κατά τη φορά των δεικτών του ρολογιού) και συγχρόνως μετακινούμε ένα δεύτερο κέρμα από τη θέση του στον αμέσως επόμενο τομέα.
Δείξτε ότι όποια διαδοχή κινήσεων και αν κάνουμε, δεν είναι δυνατόν να έρθουν όλα τα κέρματα σε ένα και τον αυτό τομέα. Αντιθέτως δείξτε ότι αν οι τομείς ήσαν δεκατρείς, τότε με κατάλληλη επιλογή κινήσεων, μπορούμε να φέρουμε όλα τα κέρματα σε ένα τομέα.

Αλέξανδρε μπορείς να ξαναδείς την εκφώνηση διότι νομίζω υπάρχει πρόβλημα. Μετακινώντας αρχικά τα νομίσματα του πρώτου και τρίτου τομέα, μετά του 5ου και 7ου, και μετά του 9ου και 11ου πετυχαίνω να έχω από δύο νομίσματα στους τομείς 2,4,6,8,10 και 12. Μετά τα μετακινώ δυο-δυο μέχρι να τα φέρω όλα στον 12ο π.χ. τομέα.

Γενικά βγάζω ότι μπορούμε να φέρουμε όλα τα νομίσματα στον ίδιο τομέα αν και μόνο αν $n \not \equiv 2 \bmod 4$ .

#7

Demetres έγραψε:
cretanman έγραψε: Θέμα 4ο
Ένας δίσκος έχει χωριστεί σε 12 ίσους τομείς με ακτίνες που ξεκινούν από το κέντρο του. Στον καθένα από τους δώδεκα τομείς τοποθετούμε ένα κέρμα. Κάνουμε τώρα την εξής κίνηση: μετακινούμε ένα οποιοδήποτε κέρμα από την θέση του στον αμέσως επόμενο τομέα (κατά τη φορά των δεικτών του ρολογιού) και συγχρόνως μετακινούμε ένα δεύτερο κέρμα από τη θέση του στον αμέσως επόμενο τομέα.
Δείξτε ότι όποια διαδοχή κινήσεων και αν κάνουμε, δεν είναι δυνατόν να έρθουν όλα τα κέρματα σε ένα και τον αυτό τομέα. Αντιθέτως δείξτε ότι αν οι τομείς ήσαν δεκατρείς, τότε με κατάλληλη επιλογή κινήσεων, μπορούμε να φέρουμε όλα τα κέρματα σε ένα τομέα.
Αλέξανδρε μπορείς να ξαναδείς την εκφώνηση διότι νομίζω υπάρχει πρόβλημα. Μετακινώντας αρχικά τα νομίσματα του πρώτου και τρίτου τομέα, μετά του 5ου και 7ου, και μετά του 9ου και 11ου πετυχαίνω να έχω από δύο νομίσματα στους τομείς 2,4,6,8,10 και 12. Μετά τα μετακινώ δυο-δυο μέχρι να τα φέρω όλα στον 12ο π.χ. τομέα.

Γενικά βγάζω ότι μπορούμε να φέρουμε όλα τα νομίσματα στον ίδιο τομέα αν και μόνο αν $n \not \equiv 2 \bmod 4$ .

Δημήτρη έχεις δίκιο για τις αμφιβολίες σου. Η κόκκινη λέξη "επόμενο" παραπάνω έπρεπε να αντικατασταθεί με τη λέξη "προηγούμενο". Στην εκφώνηση την έχω ήδη αντικαταστήσει. Συγγνώμη για την ταλαιπωρία από όλους όσους την προσπάθησαν.

Αλέξανδρος

#8

cretanman έγραψε: Θέμα 4ο
Ένας δίσκος έχει χωριστεί σε 12 ίσους τομείς με ακτίνες που ξεκινούν από το κέντρο του. Στον καθένα από τους δώδεκα τομείς τοποθετούμε ένα κέρμα. Κάνουμε τώρα την εξής κίνηση: μετακινούμε ένα οποιοδήποτε κέρμα από την θέση του στον αμέσως επόμενο τομέα (κατά τη φορά των δεικτών του ρολογιού) και συγχρόνως μετακινούμε ένα δεύτερο κέρμα από τη θέση του στον αμέσως προηγούμενο τομέα.
Δείξτε ότι όποια διαδοχή κινήσεων και αν κάνουμε, δεν είναι δυνατόν να έρθουν όλα τα κέρματα σε ένα και τον αυτό τομέα. Αντιθέτως δείξτε ότι αν οι τομείς ήσαν δεκατρείς, τότε με κατάλληλη επιλογή κινήσεων, μπορούμε να φέρουμε όλα τα κέρματα σε ένα τομέα.

Αριθμούμε τους τομείς διαδοχικά από το 1 έως το 12. Ορίζουμε το βάρος ενός δίσκου να ισούται με τον αριθμό του τομέα στο οποίο βρίσκεται και το βάρος μιας θέσης να ισούται με το άθροισμα των βαρών των δίσκων $\bmod 12$ . Το βάρος της αρχικής θέσης ισούται με $66 \equiv 6 \bmod 12$ . Μετά από κάθε κίνηση δεν αλλάζει το βάρος της θέσης επομένως και η τελική θέση θα έχει βάρος $6 \bmod 12$ . Αν όμως όλα τα νομίσματα κατέληγαν σε ένα τομέα το βάρος αυτής της θέσης θα ήταν $0 \bmod 12$ , άτοπο.

Για 13 νομίσματα πάλι για ευκολία αριθμούμε τους τομέις από το 1 έως το 13. Στην πρώτη κίνηση μετακινούμε το νόμισμα του τομέα 6 μπροστά και το νόμισμα του τομέα 8 πίσω. Στις επόμενες δύο κινήσεις μετακινούμε το νόμισμα του τομέα 5 δύο φορές μπροστά και το νόμισμα του τομέα 9 δύο φορές πίσω κ.τ.λ. Στις τελευταίες έξι κινήσεις μετακινούμε το νόμισμα του τομέα 1 έξι φορές μπροστά και το νόμισμα του τομέα 13 έξι φορές πίσω. Άρα όλα τα νομίσματα θα καταλήξουν στον τομέα 7.

[Οι ίδιες αποδείξεις δείχνουν ότι για

τομείς, μπορούμε να μεταφέρουμε όλα τα νομίσματα σε ένα τομέα αν και μόνο αν το

είναι περιττός.]

ArgirisM · #9

Ανεβάζω κι εγώ μία λύση για τη γεωμετρία που είχε μείνει σε εκκρεμότητα. Έστω $\hat{\epsilon AE} = \phi$ . Θα είναι $\hat{ABE} = \hat{\epsilon AE} = \phi (1)$ ως γωνία χορδής και εφαπτομένης. Επειδή $AB \parallel DE$ είναι $\hat{ABE} = \hat{BED} = \phi$ (2). Παρατηρούμε τώρα ότι το τετράπλευρο BCDE είναι εγγεγραμμένο, οπότε θα ισχύει $\hat{FCG} = \phi$ καθώς αποτελεί την απέναντι εξωτερική της $\hat{BED}$ . Έπειτα έχουμε $\hat{CFG} = \hat{FAE} = 90^o - \phi (3)$ καθώς οι δύο γωνίες είναι εντός εναλλάξ των παραλλήλων AE και BC με τέμνουσα την AF. Έτσι προκύπτει εύκολα με πράξεις στο τρίγωνο GFC ότι $\widehat{G} = 90^o$ . Συγγνώμη για το σχήμα

...

ΘΑΛΗΣ 1996 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

ΘΑΛΗΣ 1996 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1996 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1996 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1996 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1996 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1996 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1996 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1996 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1996 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Μέλη σε σύνδεση