4η ΕMO 1987-1988 (Γ' Λυκείου)

parmenides51 · #1

1. Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις $\displaystyle{f: \mathbb{R}\to\mathbb{R}}$ οι οποίες ικανοποιούν την συνθήκη :
$\displaystyle{2f(x+y+xy)= \alpha f(x)+ \beta f(y)+f(xy)}$ για κάθε $\displaystyle{x,y \in\mathbb{R}}$ όπου $\displaystyle{\alpha,\beta\in\mathbb{R}}$ με $\displaystyle{\alpha^2-\alpha \ne \beta^2-\beta}$

2. Δίνεται κανονικό $\displaystyle{1987}$ -γωνο στο επίπεδο με κορυφές $\displaystyle{A_1, A_2,..., A_{1987}}$ .
Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των σημείων $\displaystyle{M}$ του επιπέδου τέτοιων ώστε $\displaystyle{\left|\overrightarrow{MA_1}+\overrightarrow{MA_2}+...+\overrightarrow{MA_{1987}}\right| \le 1987}$

3. Έστω $\displaystyle{A}$ ένας $\displaystyle{\nu\,x\,\nu}$ πίνακας πραγματικών αριθμών που ικανοποιεί την σχέση $\displaystyle{A^2+\mathbb{I}=A}$ , όπου $\displaystyle{\mathbb{I}}$ o μοναδιαίος $\displaystyle{\nu\,x\,\nu}$ πίνακας.
Να αποδειχτεί ότι ο πίνακας $\displaystyle{A^{3\nu}}$ , όπου $\displaystyle{\nu\in\mathbb{Z}}$ παίρνει μόνο δυο τιμές και να βρεθούν οι τιμές αυτές.

4. Έστω $\displaystyle{\alpha_1=5}$ και $\displaystyle{\alpha_{\nu+1}= \alpha^2_{\nu}-2}$ για $\displaystyle{\nu=1,2,...}$ .
α) Να υπολογιστεί το $\displaystyle{\lim_{\nu \rightarrow \infty}\frac{\alpha_{\nu+1}}{\alpha_1\alpha_2 ...\alpha_{\nu}}}$
β) Να υπολογιστεί το $\displaystyle{\lim_{\nu \rightarrow \infty}\left(\frac{1}{\alpha_1}+\frac{1}{\alpha_1\alpha_2}+...+\frac{1}{\alpha_1\alpha_2 ...\alpha_{\nu}}\right)}$

BAGGP93 · #2

Μία προσπάθεια για το θέμα 1)

Η δοσμένη ισότητα για $\displaystyle{y=0}$ δίνει την παρακάτω συνεπαγωγή

$\displaystyle{2f(x)=\alpha f(x)+\beta f(0)+f(0)\Rightarrow (2-\alpha)f(x)=(\beta+1)f(0) (\ast)}$

Για να συνεχίσουμε,διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις

1) $\displaystyle{\alpha\neq 2}$

Τότε από την $\displaystyle{(\ast)}$ είναι $\displaystyle{f(x)=\frac{(\beta+1)f(0)}{2-\alpha}}$

Ας την επαληθεύσουμε

$\displaystyle{2f(x+y+xy)=\frac{2(\beta+1)f(0)}{2-\alpha}}$ και

$\displaystyle{af(x)+bf(y)+f(xy)=\frac{\alpha(\beta+1)f(0)}{2-\alpha}+\frac{\beta(\beta+1)f(0)}{2-\alpha}+\frac{(\beta+1)f(0)}{2-\alpha}=$

$\displaystyle{=\frac{\alpha\beta f(0)+\alpha f(0)+\beta^2 f(0)+\beta f(0)+\beta f(0)+f(0)}{2-\alpha}=\frac{(\alpha f(0)+\beta f(0)+f(0))(\beta+1)}{2-\alpha}}$

Θα πρέπει $\displaystyle{\alpha f(0)+\beta f(0)+f(0)=2f(0)}$ το οποίο ισχύει από την αρχική για $\displaystyle{x=y=0}$

Άρα,η $\displaystyle{f(x)=\frac{(\beta+1)f(0)}{2-\alpha},x\in\mathbb{R}}$ είναι δεκτή

2) $\displaystyle{\alpha=2}$

Τότε η $\displaystyle{(\ast)}$ δίνει $\displaystyle{(\beta+1)f(0)=0}$

Όμως, $\displaystyle{\beta^2-\beta\neq \alpha^2-\alpha=2\ \Leftrightarrow \beta^2-\beta-2 \neq 0\ \Leftrightarrow (\beta-2)(\beta+1)\neq 0 \Leftrightarrow \beta \neq 2\ \land \beta \neq -1}$

Συνεπώς, $\displaystyle{f(0)=0}$

Θέτουμε στην αρχική $\displaystyle{x=0}$ και λαμβάνουμε

$\displaystyle{2f(y)=\alpha f(0)+\beta f(y)+f(0)\ \forall y\in\mathbb{R}\Rightarrow (2-\beta)f(y)=0\ \forall y\in\mathbb{R}\Rightarrow f(y)=0}$

Η συνάρτηση $\displaystyle{f(y)=0,y\in\mathbb{R}}$ είναι δεκτή διότι επαληθεύει την αρχική

parmenides51 · #3

parmenides51 έγραψε:3. Έστω $\displaystyle{A}$ ένας $\displaystyle{\nu\,x\,\nu}$ πίνακας πραγματικών αριθμών που ικανοποιεί την σχέση $\displaystyle{A^2+\mathbb{I}=A}$ , όπου $\displaystyle{\mathbb{I}}$ o μοναδιαίος $\displaystyle{\nu\,x\,\nu}$ πίνακας.
Να αποδειχτεί ότι ο πίνακας $\displaystyle{A^{3\nu}}$ , όπου $\displaystyle{\nu\in\mathbb{Z}}$ παίρνει μόνο δυο τιμές και να βρεθούν οι τιμές αυτές.

λόγω της σχέσης $\displaystyle{A^2+\mathbb{I}=A}$ έχουμε

$\displaystyle{A^3=A\cdot A^2=A(A-\mathbb{I})=A^2-A=A-\mathbb{I}-A=-\mathbb{I}}$ κι επειδή $\displaystyle{\mathbb{I}^{\nu}=\mathbb{I}}$

άρα $\displaystyle{A^{3\nu} =(A^3)^{\nu}=(-\mathbb{I})^{\nu}=(-1)^{\nu}\mathbb{I}^{\nu}=(-1)^{\nu}\mathbb{I}=\left\{\begin{matrix} \mathbb{I} & , \nu=2k\\ -\mathbb{I} & ,\nu=2k+1 & \end{matrix}\right}}$ όπου $\displaystyle{k\in \mathbb{Z}}$

Υ.Γ. Εύκολη μου φάνηκε

#4

parmenides51 έγραψε:1. Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις $\displaystyle{f: \mathbb{R}\to\mathbb{R}}$ οι οποίες ικανοποιούν την συνθήκη :
$\displaystyle{2f(x+y+xy)= \alpha f(x)+ \beta f(y)+f(xy)}$ για κάθε $\displaystyle{x,y \in\mathbb{R}}$ όπου $\displaystyle{\alpha,\beta\in\mathbb{R}}$ με $\displaystyle{\alpha^2-\alpha \ne \beta^2-\beta}$

Είναι $a\ne b$ και $a+b\ne 1.$

Αλλάζοντας αμοιβαία τα x,y

έχουμε

$\displaystyle{2f(y+x+yx)= \alpha f(y)+ \beta f(x)+f(yx)}$

η οποία σε συνδυασμό με την αρχική δίνει

$\alpha f(y)+ \beta f(x)=\alpha f(x)+ \beta f(y)$ ή

$(\alpha-\beta)(f(x)-f(y))=0$ οπότε f(x)=f(y)

για κάθε

δηλαδή η

είναι σταθερή.

Από την αρχική είναι $(\alpha+\beta-1)f(x)=0$ οπότε τελικά $f\equiv 0$ που είναι λύση.

#5

parmenides51 έγραψε:2. Δίνεται κανονικό $\displaystyle{1987}$ -γωνο στο επίπεδο με κορυφές $\displaystyle{A_1, A_2,..., A_{1987}}$ .
Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των σημείων $\displaystyle{M}$ του επιπέδου τέτοιων ώστε $\displaystyle{\left|\overrightarrow{MA_1}+\overrightarrow{MA_2}+...+\overrightarrow{MA_{1987}}\right| \le 1987}$

Αν

το κέντρο του πολυγώνου, τότε

$\displaystyle{\overrightarrow{OA_1}+\overrightarrow{OA_2}+...+\overrightarrow{OA_{1987}}=0}.$

Έτσι, η συνθήκη γίνεται

$1987|\overrightarrow{OM}|\leq 1987$ ή $|\overrightarrow{OM}|\leq 1.$

Ο γεωμετρικός τόπος είναι, λοιπόν, ο μοναδιαίος δίσκος.

#6

parmenides51 έγραψε:4. Έστω $\displaystyle{\alpha_1=5}$ και $\displaystyle{\alpha_{\nu+1}= \alpha^2_{\nu}-2}$ για $\displaystyle{\nu=1,2,...}$ .
α) Να υπολογιστεί το $\displaystyle{\lim_{\nu \rightarrow \infty}\frac{\alpha_{\nu+1}}{\alpha_1\alpha_2 ...\alpha_{\nu}}}$
β) Να υπολογιστεί το $\displaystyle{\lim_{\nu \rightarrow \infty}\left(\frac{1}{\alpha_1}+\frac{1}{\alpha_1\alpha_2}+...+\frac{1}{\alpha_1\alpha_2 ...\alpha_{\nu}}\right)}$

Ωραίο!

α)
Αφού $5\geq 2$ υπάρχει t>1

ώστε $\displaystyle{t+\frac{1}{t}=5.}$

Επαγωγικά βρίσκουμε $\displaystyle{a_n=t^{2^{n-1}}+t^{-2^{n-1}}.}$

Είναι

$\displaystyle{\frac{a_{n+1}}{a_1a_2a_3...a_n}=\frac{t^{2^{n}}+t^{-2^{n}}}{(t+t^{-1})(t^{2}+t^{-2})...(t^{2^{n-1}}+t^{-2^{n-1}})}=\frac{(t-t^{-1})(t^{2^{n}}+t^{-2^{n}})}{t^{2^{n}}-t^{-2^{n}}}=\frac{(t-t^{-1})(1+t^{-2^{n+1}})}{1-t^{-2^{n+1}}}} \\ \\ \to t-t^{-1}=\sqrt{21}$

διότι, αφού t>1

, είναι $\displaystyle{t^{-2^{n+1}}\to 0.}$

β)
Παρατηρούμε ότι

$\displaystyle{\frac{2}{a_1a_2...a_n}=\frac{a_n}{a_1a_2...a_{n-1}}-\frac{a_{n+1}}{a_1a_2...a_{n}}=b_n-b_{n+1}.}$

Συνεπώς,

$\displaystyle{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_1a_2}+...+\frac{1}{a_1a_2 ...a_n}=\frac{1}{2}(b_n-b_{n+1}+b_{n-1}-b_n+...+b_1-b_2)=\frac{1}{2}(b_1-b_{n+1})=\frac{1}{2}(a_1-b_{n+1})\to \frac{1}{2}(5-\sqrt{21}).}$

4η ΕMO 1987-1988 (Γ' Λυκείου)

4η ΕMO 1987-1988 (Γ' Λυκείου)

Re: 4η ΕMO 1987-1988 (Γ' Λυκείου)

Re: 4η ΕMO 1987-1988 (Γ' Λυκείου)

Re: 4η ΕMO 1987-1988 (Γ' Λυκείου)

Re: 4η ΕMO 1987-1988 (Γ' Λυκείου)

Re: 4η ΕMO 1987-1988 (Γ' Λυκείου)

Μέλη σε σύνδεση