ΘΑΛΗΣ 2002 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

#1

1. Να βρεθούν οι πραγματικοί αριθμοί $\displaystyle{x , y}$ που ικανοποιούν την εξίσωση:

$\displaystyle{2002^{x^2 +y^2 -2x-2y+2}=\sigma \upsilon \nu[\pi (x+y)]}$

2. Έστω $\displaystyle{x,y}$ δύο διψήφιοι αριθμοί με $\displaystyle{x<y}$ . Το γινόμενο $\displaystyle{xy}$ είναι τετραψήφιος αριθμός που αρχίζει από

. Αν διαγράψουμε το

, τότε ο αριθμός που μένει ισούται με $\displaystyle{x+y}$ . Ένα τέτοιο ζεύγος αριθμών είναι οι $\displaystyle{x=30 , y=70}$ , γιατί $\displaystyle{xy=2100}$ και $\displaystyle{100=30+70}$ .
Nα προσδιορίσετε όλα τα ζεύγη $\displaystyle{(x , y)}$ με την ιδιότητα αυτή.

3. Σε ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ ( $\widehat{A}=90^{o}$ ), θεωρούμε το ύψος $A\Delta$ και την διχοτόμο $\Gamma E$ που τέμνονται στο

. Αν

είναι το σημείο τομής των $E\Delta$ και

να αποδείξετε ότι:

(1) $AB.A\Delta =AB.AZ+AE.A\Delta$

(2) $(AEHZ)=(BH\Delta)$

4. Να βρείτε το διάνυσμα $\vec{a}=(x,y)$ , που ικανοποιεί την ισότητα:

$|\vec{a}|^{2003}(6x,6y+5)=(6+5y,-5x)$

hlkampel · #2

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:1. Να βρεθούν οι πραγματικοί αριθμοί $\displaystyle{x , y}$ που ικανοποιούν την εξίσωση:

$\displaystyle{2002^{x^2 +y^2 -2x-2y+2}=\sigma \upsilon \nu[\pi (x+y)]}$

Η εξίσωση γράφεται: ${2002^{{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2}}} = \sigma \upsilon \nu \left[ {\pi \left( {x + y} \right)} \right]$

Όμως $\sigma \upsilon \nu \left[ {\pi \left( {x + y} \right)} \right] \le 1 \Leftrightarrow {2002^{{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2}}} \le 1 \Leftrightarrow {2002^{{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2}}} \le {2002^0}\mathop \Leftrightarrow \limits^{{{2002}^x} \nearrow }$

${\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} \le 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow x = 1\;\kappa \alpha \iota \;y = 1$ ως άθροισμα μη αρνητικών αριθμών.

Άρα x = y = 1

που ικανοποιούν την εξίσωση.

#3

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:2. Έστω $\displaystyle{x,y}$ δύο διψήφιοι αριθμοί με $\displaystyle{x<y}$ . Το γινόμενο $\displaystyle{xy}$ είναι τετραψήφιος αριθμός που αρχίζει από . Αν διαγράψουμε το , τότε ο αριθμός που μένει ισούται με $\displaystyle{x+y}$ . Ένα τέτοιο ζεύγος αριθμών είναι οι $\displaystyle{x=30 , y=70}$ , γιατί $\displaystyle{xy=2100}$ και $\displaystyle{100=30+70}$ .
Nα προσδιορίσετε όλα τα ζεύγη $\displaystyle{(x , y)}$ με την ιδιότητα αυτή.

Από την υπόθεση έχουμε ότι $\displaystyle{xy=\overline{2abc}}$ και $\displaystyle{x+y=\overline{abc}}$

Τώρα: $\displaystyle{xy=2000+\overline{abc}\Rightarrow xy=2000+x+y\Rightarrow x=\frac{y+2000}{y-1}}$ , ( $\displaystyle{{\color{red}1})}$ όπου προφανώς είναι

$\displaystyle{y-1\neq 0}$ . Άρα: $\displaystyle{x=\frac{y-1+2001}{y-1}\Rightarrow x=1+\frac{2001}{y-1}}$ . Αφού ο

είναι ακέραιος και δεδομένου

ότι $\displaystyle{2001=3.23.29}$ , συμπεραίνουμε ότι $\displaystyle{y-1\epsilon \{1,3,23,29,69,87,667,2001}\}$

Άρα: $\displaystyle{y\epsilon \{2,4,24,30,70,88,668,2002}\}$

Aφού όμως ο

είναι από την υπόθεση διψήφιος, τελικά έχουμε ότι $\displaystyle{y\epsilon \{24,30,70,88}\}$

1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: y=24

. Τότε από την (1) βρίσκουμε x=88

.

Η περίπτωση αυτή απορρίπτεται, αφού από τοιν υπόθεση δίνεται ότι $\displaystyle{x<y}$

2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: y=30

. Τότε από την (1) βρίσκουμε ότι: x=70

.

Πάλι απορρίπτεται αφού $\displaystyle{x<y}$

3η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: y=70

. Τότε από την (1) βρίσκουμε ότι x=30

, (ΔΕΚΤΗ)

4η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: y=88

. Τότε από την (1) βρίσκουμε ότι x=24

, (ΔΕΚΤΗ)

#4

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:4. Να βρείτε το διάνυσμα $\vec{a}=(x,y)$ , που ικανοποιεί την ισότητα:

$|\vec{a}|^{2003}(6x,6y+5)=(6+5y,-5x)$

Έστω $\displaystyle{|\overrightarrow{a}|^{2003}=k, k\geq 0}$ . Έστω επίσης:

$\displaystyle{\overrightarrow{u}=(6x , 6y+5) , \overrightarrow{v}=(6+5y , -5x)}$

Από την υπόθεση έχουμε ότι $\displaystyle{k\overrightarrow{u}=\overrightarrow{v}}$ , οπότε έπεται ότι:

$\displaystyle{|k||\overrightarrow{u}|=|\overrightarrow{v}|}$ ,(1)

Aν ήταν $\displaystyle{|\overrightarrow{u}|=0\Rightarrow \overrightarrow{u}=\overrightarrow{0}}$ , και άρα και $\displaystyle{\overrightarrow{v}=\overrightarrow{0}}$ . Οπότε θα είχαμε:

$\displaystyle{6y+5=0}$ , και ταυτόχρονα $\displaystyle{6+5y=0}$ , πράγμα που είναι άτοπο. Άρα θα είναι $\displaystyle{|\overrightarrow{u}|\neq 0}$

Τότε η σχέση (1) (και δεδομένου ότι είναι $\displaystyle{k\geq 0}$ ), γράφεται:

$\displaystyle{k=\frac{|\overrightarrow{v}|}{|\overrightarrow{u}|}}$

Ας υποθέσουμε τώρα ότι είναι $\displaystyle{k>1}$ . Τότε $\displaystyle{|\overrightarrow{v}|>|\overrightarrow{u}|\Rightarrow}$

$\displaystyle{|\overrightarrow{v}|^2 >|\overrightarrow{u}|^2 \Rightarrow (6+5y)^2 +25x^2 >36x^2 +(6y+5)^2 \Rightarrow}$

$\displaystyle{x^2 +y^2 <1\Rightarrow |\overrightarrow{a}|^2 <1\Rightarrow |\overrightarrow{a}|<1 \Rightarrow |\overrightarrow{a}|^{2003} <1\Rightarrow k<1}$ ,

πράγμα όμως που είναι άτοπο αφού θεωρήσαμε ότι $\displaystyle{k>1}$

Με όμοιο τρόπο καταλήγουμε σε άτοπο, αν θεωρήσουμε ότι $\displaystyle{k<1}$ .

Άρα υποχρεωτικά θα είναι $\displaystyle{k=1}$ , οπότε έχουμε $\displaystyle{\overrightarrow{u}=\overrightarrow{v}}$ , δηλαδή:

$\displaystyle{6x=6+5y , 6y+5 =-5x}$ και από το σύστημα αυτό, βρίσκουμε $\displaystyle{x=-\frac{11}{61}, y=-\frac{60}{61}}$

ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Το

είναι σίγουρα διάφορο του μηδενός, αλλιώς , αν $\displaystyle{k=0}$ , θα είχαμε $\displaystyle{6+5y=0 , x=0}$ , από όπου

προκύπτει ότι

$\displaystyle{\overrightarrow{a}=(0,-\frac{6}{5})\Rightarrow |\overrightarrow{a}|\neq 0\Rightarrow k\neq 0 }$ , άτοπο.

#5

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:3. Σε ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ ( $\widehat{A}=90^{o}$ ), θεωρούμε το ύψος $A\Delta$ και την διχοτόμο $\Gasmma E$ που τέμνονται στο . Αν είναι το σημείο τομής των $E\Delta$ και να αποδείξετε ότι:

(1) $AB.A\Delta =AB.AZ+AE.A\Delta$

(2) $(AEHZ)=(BH\Delta$

(a) Έχουμε: $\displaystyle{AZ=\frac{A\Delta .A\Gamma}{A\Gamma +\Gamma \Delta}}$ , (αφού $\displaystyle{\Gamma Z}$ , είναι διχοτόμος στο τριγ. $\displaystyle{\Gamma A\Delta}$ )

Επίσης: $\displaystyle{AE=\frac{A\Delta .A\Gamma}{A\Gamma +B\Gamma}}$ , (αφού $\displaystyle{\Gamma E}$ , είναι διχοτόμος στο τρίγ. $\displaystyle{AB\Gamma}$ ).

Τώρα έχουμε:

$\displaystyle{AB.AZ+AE.A\Delta =AB.\frac{A\Delta .A\Gamma}{A\Gamma +\Gamma \Delta}+A\Delta .\frac{AB.A\Gamma}{A\Gamma +B\Gamma}=}$

$\displaystyle{=AB.A\Delta .A\Gamma .(\frac{1}{A\Gamma +\Gamma \Delta}+\frac{1}{A\Gamma +B\Gamma}=}$

$\displaystyle{=AB.A\Delta .A\Gamma .\frac{2A\Gamma +B\Gamma +\Gamma \Delta}{A\Gamma ^2 +A\Gamma .B\Gamma +A\Gamma .\Gamma \Delta +B\Gamma . \Gamma \Delta}}$

Aλλά γνωρίζουμε ότι: $\displaystyle{A\Gamma ^2 =B\Gamma .\Gamma \Delta}$ , οπότε η παραπάνω σχέση γράφεται:

$\displaystyle{AB.AZ+AE.A\Delta =AB.A\Delta.\frac{2A\Gamma ^2 +A\Gamma .B\Gamma +A\Gamma .\Gamma \Delta}{B\Gamma.\Gamma \Delta +A\Gamma .B\Gamma +A\Gamma .\Gamma \Delta +B\Gamma .\Gamma \Delta}=}$

$\displaystyle{=AB.A\Delta .\frac{2B\Gamma .\Gamma \Delta +A\Gamma .B\Gamma +A\Gamma .\Gamma \Delta}{2B\Gamma .\Gamma \Delta +A\Gamma .B\Gamma +A\Gamma .\Gamma \Delta }=}$

$\displaystyle{=AB.A\Delta .1 =AB.A\Delta}$

(β) Έχουμε:

$\displaystyle{(AEHZ)=(ABZ)-(EHB)=\frac{1}{2}.AZ.B\Delta -(EHB)}$ , (1)

Eπίσης, έχουμε:

$\displaystyle{(BH\Delta )=(BE\Delta )-(EHB)}$ . Φέρνουμε την $\displaystyle{ET}$ , κάθετη στην $\displaystyle{B\Gamma}$ , και τότε έχουμε:

$\displaystyle{(BH\Delta )=\frac{1}{2}.B\Delta .ET-(EHB)}$ , (2)

Για να δείξουμε το ζητούμενο, αρκεί να αποδείξουμε ότι τα δεύτερα μέλη των σχέσεων (1) και (2) είναι ίσα.

Συνεπως αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle{ET=AZ}$ . Πράγματι, αφού κάθε σημείο της διχοτόμου μιας γωνίας ισαπέχει από τις πλευρές της, θα έχουμε ότι $\displaystyle{ET=EA}$ . (3)

Επίσης, αφού $\displaystyle{\widehat{AZE}=\widehat{\Gamma Z\Delta}=90^{o}-\frac{\widehat{\Gamma}}{2}=\widehat{AEZ}}$ , συμπεραίνουμε ότι το τρίγωνο $\displaystyle{AZE}$ είναι ισοσκελές και άρα $\displaystyle{EA=AZ}$ , (4)

Από τις σχέσεις (3) και (4), έχουμε ότι $\displaystyle{ET=AZ}$ και άρα εδείχθη το ζητούμενο.

parmenides51 · #6

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:3. Σε ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ ( $\widehat{A}=90^{o}$ ), θεωρούμε το ύψος $A\Delta$ και την διχοτόμο $\Gamma E$ που τέμνονται στο . Αν είναι το σημείο τομής των $E\Delta$ και να αποδείξετε ότι:

(1) $AB.A\Delta =AB.AZ+AE.A\Delta$

(2) $(AEHZ)=(BH\Delta$

8alis 2002 3og.png (13.07 KiB) Προβλήθηκε 1433 φορές

(a) Έχουμε: $\displaystyle{AZ=\frac{A\Delta .A\Gamma}{A\Gamma +\Gamma \Delta}}$ , (αφού $\displaystyle{\Gamma Z}$ , είναι διχοτόμος στο τριγ. $\displaystyle{\Gamma A\Delta}$ )

Επίσης: $\displaystyle{AE=\frac{A\Delta .A\Gamma}{A\Gamma +B\Gamma}}$ , (αφού $\displaystyle{\Gamma E}$ , είναι διχοτόμος στο τρίγ. $\displaystyle{AB\Gamma}$ ).

Τώρα έχουμε:

$\displaystyle{AB.AZ+AE.A\Delta =AB.\frac{A\Delta .A\Gamma}{A\Gamma +\Gamma \Delta}+A\Delta .\frac{AB.A\Gamma}{A\Gamma +B\Gamma}=}$

$\displaystyle{=AB.A\Delta .A\Gamma .\left(\frac{1}{A\Gamma +\Gamma \Delta}+\frac{1}{A\Gamma +B\Gamma}\right)=}$

$\displaystyle{=AB.A\Delta .A\Gamma .\frac{2A\Gamma +B\Gamma +\Gamma \Delta}{A\Gamma ^2 +A\Gamma .B\Gamma +A\Gamma .\Gamma \Delta +B\Gamma . \Gamma \Delta}}$

Aλλά γνωρίζουμε ότι: $\displaystyle{A\Gamma ^2 =B\Gamma .\Gamma \Delta}$ , οπότε η παραπάνω σχέση γράφεται:

$\displaystyle{AB.AZ+AE.A\Delta =AB.A\Delta.\frac{2A\Gamma ^2 +A\Gamma .B\Gamma +A\Gamma .\Gamma \Delta}{B\Gamma.\Gamma \Delta +A\Gamma .B\Gamma +A\Gamma .\Gamma \Delta +B\Gamma .\Gamma \Delta}=}$

$\displaystyle{=AB.A\Delta .\frac{2B\Gamma .\Gamma \Delta +A\Gamma .B\Gamma +A\Gamma .\Gamma \Delta}{2B\Gamma .\Gamma \Delta +A\Gamma .B\Gamma +A\Gamma .\Gamma \Delta }=}$

$\displaystyle{=AB.A\Delta .1 =AB.A\Delta}$

(β) Έχουμε:

$\displaystyle{(AEHZ)=(A{\color{red}B} Z)-(EHB)=\frac{1}{2}.AZ.B\Delta -(EHB)}$ , (1)

Eπίσης, έχουμε:

$\displaystyle{(BH\Delta )=(BE\Delta )-(EHB)}$ . Φέρνουμε την $\displaystyle{ET}$ , κάθετη στην $\displaystyle{B\Gamma}$ , και τότε έχουμε:

$\displaystyle{(BH\Delta )=\frac{1}{2}.B\Delta .ET-(EHB)}$ , (2)

Για να δείξουμε το ζητούμενο, αρκεί να αποδείξουμε ότι τα δεύτερα μέλη των σχέσεων (1) και (2) είναι ίσα.

Συνεπως αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle{ET=AZ}$ . Πράγματι, αφού κάθε σημείο της διχοτόμου μιας γωνίας ισαπέχει από τις πλευρές της, θα έχουμε ότι $\displaystyle{ET=EA}$ . (3)

Επίσης, αφού $\displaystyle{\widehat{AZE}=\widehat{\Gamma Z\Delta}=90^{o}-\frac{\widehat{\Gamma}}{2}=\widehat{AEZ}}$ , συμπεραίνουμε ότι το τρίγωνο $\displaystyle{AZE}$ είναι ισοσκελές και άρα $\displaystyle{EA=AZ}$ , (4)

Από τις σχέσεις (3) και (4), έχουμε ότι $\displaystyle{ET=AZ}$ και άρα εδείχθη το ζητούμενο.

#7

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε: 3. Σε ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ ( $\widehat{A}=90^{o}$ ), θεωρούμε το ύψος $A\Delta$ και την διχοτόμο $\Gamma E$ που τέμνονται στο . Αν είναι το σημείο τομής των $E\Delta$ και να αποδείξετε ότι:

(1) $AB.A\Delta =AB.AZ+AE.A\Delta$

Εναλλακτικά για το 1ο ερώτημα

: 1.png (13.38 KiB) Προβλήθηκε 1422 φορές

Εύκολα δείχνουμε ότι: $\displaystyle{ \widehat{AEZ}\mathop = \limits^{\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\,\sigma \tau o\,\,\vartriangle EBC} \hat B + \frac{{\hat C}} {2}\mathop = \limits^{\hat B = \widehat{DAC}\,\,(o\xi \varepsilon \iota \varepsilon \varsigma \,\,\mu \varepsilon \,\,\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \varepsilon \varsigma \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma )} \widehat{DAC} + \frac{{\hat C}} {2}\mathop = \limits^{\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\,\sigma \tau o\,\,\vartriangle AZC} \widehat{AZE}\mathop \Rightarrow \limits^{\vartriangle AEZ\,\,\iota \sigma o\sigma \kappa \varepsilon \lambda \varepsilon \varsigma } \boxed{AZ = AE}:\left( 1 \right) }$

Στο $\displaystyle{ \vartriangle ADC\mathop \Rightarrow \limits^{CZ\,\,\delta \iota \chi o\tau o\mu o\varsigma \to \Theta .\Delta \iota \chi o\tau o\mu o\upsilon } \frac{{AZ}} {{ZD}} = \frac{{AC}} {{CD}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {\vartriangle ADC \sim \vartriangle ADB} \right) \Rightarrow \frac{{AC}} {{CD}} = \frac{{AB}} {{AD}},\,\,AZ = AE} \frac{{AE}} {{ZD}} = \frac{{AB}} {{AD}} \Rightarrow AB \cdot ZD = AE \cdot AD \Rightarrow }$ $\displaystyle{ AB \cdot \left( {AD - AZ} \right) = AE \cdot AD \Rightarrow }$

$\displaystyle{ AB \cdot AD - AB \cdot AZ = AE \cdot AD \Rightarrow \boxed{AB \cdot AD = AB \cdot AZ + AE \cdot AD} }$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

#8

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:4. Να βρείτε το διάνυσμα $\vec{a}=(x,y)$ , που ικανοποιεί την ισότητα:

$|\vec{a}|^{2003}(6x,6y+5)=(6+5y,-5x)$

Παρόμοια ιδέα έχουμε και στο πρόβλημα Putnam 1989, A–3.
http://amc.maa.org/a-activities/a7-prob ... f/1989.pdf

ΘΑΛΗΣ 2002 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΘΑΛΗΣ 2002 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2002 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2002 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2002 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2002 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2002 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2002 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2002 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Μέλη σε σύνδεση