ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1996 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#1

Θέμα 1ο
Έστω a,b,c,d

τέσσερις ακέραιοι στη διάταξη $\begin{tabular}{|l|l|} \hline a & b \\ \hline c & d \\ \hline \end{tabular}$
Στη διάταξη αυτή κάνουμε την εξής κίνηση: Είτε προσθέτουμε έναν ακέραιο (θετικό ή αρνητικό) σε κάθε στοιχείο μιας γραμμής, είτε προσθέτουμε έναν ακέραιο (θετικό ή αρνητικό) σε κάθε στοιχείο μιας στήλης. Δείξτε ότι από την αρχική διάταξη μπορούμε να καταλήξουμε στην $\begin{tabular}{|l|l|} \hline 0 & 0 \\ \hline 0 & 0 \\ \hline \end{tabular}$ (όλα τα στοιχεία μηδέν) αν και μόνο αν a+d=b+c

.

Θέμα 2ο
Να λυθεί στο σύνολο των ακεραίων το σύστημα $\left\{\begin{matrix} x^2+y^2+z^2=155 \\ x+y+z=21 \end{matrix}\right$ .

Θέμα 3ο
Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ABC

(

) εγγεγραμμένο σε κύκλο. Θεωρούμε την εφαπτόμενη του κύκλου στο

η οποία τέμνει την προέκταση της

στο

. Θεωρούμε επίσης τη διχοτόμο της $\angle{AEC}$ που τέμνει την

στο

, καθώς και την

η οποία τέμνει τον κύκλο στο

και τη

στο

. Να δείξετε ότι: $\dfrac{KZ}{KL}=\dfrac{AZ}{AC}\cdot\dfrac{EB}{EL}$

Θέμα 4ο
Έστω το σύνολο $A=\{a_1,a_2,\ldots,a_n\}$ με $a_i\geq 0, \ i=1,2,\ldots,n$ . Αν για κάθε i,j

υπάρχει δείκτης

, ( $1\leq i,j,k \leq n$ ) έτσι ώστε $a_k=\dfrac{1}{2}\left|a_i-a_j\right|$ , τότε να δείξετε ότι όλα τα στοιχεία του

είναι μηδενικά.

Αλέξανδρος

gauss1988 · #2

cretanman έγραψε:Θέμα 2ο
Να λυθεί στο σύνολο των ακεραίων το σύστημα $\left\{\begin{matrix} x^2+y^2+z^2=155 \\ x+y+z=21 \end{matrix}\right$ .

Θα μου λείψει το mathematica, διότι σε λίγες μέρες φεύγω για φαντάρος (ΛΑΜΙΑ, 11 Σεπτέμβρη)

Ας δούμε την τελευταία για μένα άσκηση:

$\displaystyle{x^2 +y^2 +z^2 =155\Leftrightarrow (x+y+z)^2 -2(xy+yz+zx)=155}$ . Άρα: $\displaystyle{21^2 -155=2(xy+yz+zx)}$
δηλαδή: $\displaystyle{xy+yz+zx=143}$ . Άρα $\displaystyle{(21-y-z)y+yz+z(21-y-z)=143\Leftrightarrow}$
$\displaystyle{y^2 +(z-21)y+z^2 -21z+143=0}$

$\displaystyle{D=(z-21)^2 -4(z^2 -21z+143)=-3(z-7)^2 +16\geq 0\Rightarrow 0\leq (z-7)^2 \leq \frac{16}{3}}$ . Αφού όμως ο αριθμός
$\displaystyle{(z-7)^2}$ είναι ακέραιος, άρα πρέπει $\displaystyle{(z-7)^2 =0 , 1 , 4}$ . Όταν όμως συμβαίνει να είναι $\displaystyle{(z-7)^2 =1}$ , τότε η
διακρίνουσα γίνεται $\displaystyle{D=13}$ , η οποία δεν είναι τέλειο τετράγωνο, άτοπο.
Άρα οι μόνες τιμές του $\displaystyle{(z-7)^2}$ είναι το

και το

. Δηλαδή $\displaystyle{z=7 , 9 , 5}$

Αν z=7

, τότε εύκολα βρίσκω ότι y=9

, ή

.

Me

και

, βρίσκω

Λόγω τώρα του ότι το σύστημα παρουσιάζει συμμετρία΄, οι λύσεις του είναι:

$\displaystyle{(x,y,z)=(5,7,9) , (5,9,7) , (7,5,9) , (7,9,5) ,(9,5,7) , (9,7,5)}$

#3

cretanman έγραψε:Θέμα 4ο
Έστω το σύνολο $A=\{a_1,a_2,\ldots,a_n\}$ με $a_i\geq 0, \ i=1,2,\ldots,n$ . Αν για κάθε υπάρχει δείκτης , ( $1\leq i,j,k \leq n$ ) έτσι ώστε $a_k=\dfrac{1}{2}\left|a_i-a_j\right|$ , τότε να δείξετε ότι όλα τα στοιχεία του είναι μηδενικά.

Αλέξανδρος

Μια λύση , αλλά με λίγο "μπελά"

Πρώτα - πρώτα, (εν ανάγκη αναδιατάσσοντας τα στοιχεία του συνόλου μας), μπορούμε να θεωρήσουμε ότι τα έχουμε γράψει από το μικρότερο προς το μεγαλύτερο. Δηλαδή, ότι $\displaystyle{a_{1} \leq a_{2} \leq ...\leq a_{n}}$

Θα διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:

1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: $\displaystyle{a_1 =0}$

Τότε ο αριθμός $\displaystyle{\frac{1}{2}|a_2 -a_1|}$ , δηλαδή ο $\displaystyle{\frac{1}{2}a_2}$ , θα πρέπει με βάση την εκφώνηση να είναι κάποιος από τους $\displaystyle{a_1 , a_2 , ... , a_n}$ . Επειδή όμως $\displaystyle{\frac{1}{2}a_2 \leq a_2}$ , θα πρέπει ο $\displaystyle{\frac{1}{2}a_2}$ , να είναι ή ο $\displaystyle{a_1}$ ,(δηλαδή μηδέν), ή ο $\displaystyle{a_2}$ ,(οπότε θα έχουμε $\displaystyle{\frac{1}{2}a_2 =a_2}$ , από όπου έπεται ότι a_2 =0

)

Δείξαμε λοιπόν ότι άν $\displaystyle{a_1 =0}$ , τότε θα είναι και $\displaystyle{a_2 =0}$ . Kαι ομοίως συμπεραίνουμε ότι και

$\displaystyle{a_3 =0 , a_4 =0 , ..., a_n =0}$ .

2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: $\displaystyle{a_1 \neq 0}$ , δηλαδή $\displaystyle{a_1 >0}$ .

Tότε ο αριθμός $\displaystyle{\frac{1}{2}|a_2 -a_1|}$ , δηλαδή ο $\displaystyle{\frac{1}{2}(a_2 -a_1)}$ , θα πρέπει να είναι με βάση την εκφώνηση, κάποιος από τους αριθμούς $\displaystyle{a_1 , a_2 , ... , a_n}$ .
Aλλά $\displaystyle{\frac{1}{2}(a_2 -a_1)<\frac{1}{2}a_2 <a_2}$ . Συνεπώς υποχρεωτικά, θα πρέπει :

$\displaystyle{\frac{1}{2}(a_2 -a_1)=a_1\Rightarrow a_2 =3a_1}$ .

Επίσης και ο αριθμός $\displaystyle{\frac{1}{2}|a_3 -a_2|}$ , δηλαδή ο $\displaystyle{\frac{1}{2}(a_3 -a_2)}$ , είναι κάποιος από τους αριθμούς
$\displaystyle{a_1 ,a_2 , ..., a_n}$ . Kαι αφού $\displaystyle{\frac{1}{2}(a_3 -a_2)<\frac{1}{2}a_3 <a_3}$ , αυτό σημαίνει ότι ο εν λόγω αριθμός θα είναι ή ο $\displaystyle{a_1}$ , ή ο $\displaystyle{a_2}$

Όμως και ο αριθμός $\displaystyle{\frac{1}{2}|a_3 -a_1|}$ , είναι ένας από τα στοιχεία του συνόλου μας.

Και αφού $\displaystyle{\frac{1}{2}(a_3 -a_2)<\frac{1}{2}(a_3 -a_1)<a_3}$ , τότε με βάση και τα παραπάνω, θα πρέπει:

$\displaystyle{\frac{1}{2}(a_3 -a_2)=a_1 , \frac{1}{2}(a_3 -a_1)=a_2}$ και αφού έχουμε ήδη βρει ότι $\displaystyle{a_2 =3a_1}$ , έχουμε:

$\displaystyle{\frac{1}{2}(a_3 -3a_1)=a_1 , \frac{1}{2}(a_3 -a_1)=3a_1}$ . Άρα:

$\displaystyle{a_3 =5a_1 , a_3 =7a_1}$ . Δηλαδή : $\displaystyle{5a_1 =7a_1}$ , από όπου έπεται ότι $\displaystyle{a_1 =0}$ , πράγμα που είναι άτοπο.

Υποχρεωτικά λοιπόν, θα είναι όλα τα στοιχεία του συνόλου

, μηδενικά.

#4

cretanman έγραψε:Θέμα 1ο
Έστω τέσσερις ακέραιοι στη διάταξη $\begin{tabular}{|l|l|} \hline a & b \\ \hline c & d \\ \hline \end{tabular}$
Στη διάταξη αυτή κάνουμε την εξής κίνηση: Είτε προσθέτουμε έναν ακέραιο (θετικό ή αρνητικό) σε κάθε στοιχείο μιας γραμμής, είτε προσθέτουμε έναν ακέραιο (θετικό ή αρνητικό) σε κάθε στοιχείο μιας στήλης. Δείξτε ότι από την αρχική διάταξη μπορούμε να καταλήξουμε στην $\begin{tabular}{|l|l|} \hline 0 & 0 \\ \hline 0 & 0 \\ \hline \end{tabular}$ (όλα τα στοιχεία μηδέν) αν και μόνο αν .
Αλέξανδρος

ΠΡΩΤΑ ΤΟ ΕΥΘΥ

Έχουμε την διάταξη:
$\begin{tabular}{|l| |l|}\hline a & b\\ \hline c & d\\ \hline \end{tabular}$

ΒΗΜΑ 1: Προσθέτω τον ακέραιο

στα στοιχεία της πρώτης γραμμής.
Τότε έχω:
a+k, b+k

ΒΗΜΑ 2: Προσθέτω τον ακέραιο

στα στοιχεία της πρώτης στήλης.
Τότε έχω:
a+k+m , b+k

ΒΗΜΑ 3: Προσθέτω τον ακέραιο

, στα στοιχεία της δεύτερης στήλης.
Τότε έχω:
a+k+m , b+k+x

ΒΗΜΑ 4: Προσθέτω τον ακέραιο

, στα στοιχεία της δεύτερης γραμμής.
Τότε έχω:
a+k+m , b+k+x

Με βάση την εκφώνηση, θα πρέπει:

$\displaystyle{a+k+m=0 , (1)}$

$\displaystyle{b+k+x=0 , (2)}$

$\displaystyle{c+m+y=0 , (3)}$

$\displaystyle{d+x+y=0 , (4)}$

Από (1)+(4) $\displaystyle{\Rightarrow a+d+k+m+x+y=0}$

Από (2)+(3) $\displaystyle{\Rightarrow b+c+k+m+x+y=0}$

Και από τις δύο τελευτέες σχέσεις, έχουμε ότι $\displaystyle{a+d=b+c}$

TΩΡΑ ΤΟ ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟ:

Έστω ότι $\displaystyle{a+d=b+c}$ . Θα δείξουμε ότι από την δοσμένη διάταξη, μπορούμε να καταλήξουμε την διάταξη:

$\displaystyle{0 , 0}$

$\displaystyle{0 , 0}$

Πράγματι, από την δοσμένη διάταξη, αφαιρώντας το

από τα στοιχεία της πρώτης γραμμής, έχουμε:

$\displaystyle{0 , b-a}$

$\displaystyle{c , d}$

Τώρα, αφαιρούμε τον

από τα στοιχεία της δεύτερης γρμμής και έχουμε:

$\displaystyle{0 , b-a}$

$\displaystyle{0 , d-c}$

Kaι αφού από την υπόθεση έχουμε ότι $\displaystyle{b-a=d-c}$ , η παραπάνω διάταξη, γίνεται:

$\displaystyle{0 , b-a}$

$\displaystyle{0 , b-a}$

Aφαιρούμε τώρα από τα στοιχεία της δεύτερης στήλης το $\displaystyle{b-a}$ και η διάταξη γίνεται:

$\displaystyle{0 , 0}$

$\displaystyle{0 , 0}$ ,

δηλαδή αυτό που θέλαμε.

#5

cretanman έγραψε: Θέμα 4ο
Έστω το σύνολο $A=\{a_1,a_2,\ldots,a_n\}$ με $a_i\geq 0, \ i=1,2,\ldots,n$ . Αν για κάθε υπάρχει δείκτης , ( $1\leq i,j,k \leq n$ ) έτσι ώστε $a_k=\dfrac{1}{2}\left|a_i-a_j\right|$ , τότε να δείξετε ότι όλα τα στοιχεία του είναι μηδενικά.

Αλέξανδρος

Υπάρχει κάποιο «πρόβλημα» με την άσκηση. Στην εκφώνηση δεν απαιτεί τα i,j

να είναι διαφορετικά. Επομένως υπάρχει

ώστε $\displaystyle{a_k = \frac{1}{2}|a_1 - a_1| = 0.}$ Από εκεί και πέρα τα πράγματα είναι απλά όπως και στην πρώτη περίπτωση της λύσης του Δημήτρη.

Δεν νομίζω οι θεματοθέτες να προόριζαν κάτι τέτοιο για τέταρτο θέμα Ευκλείδη.

Αν η εκφώνηση όμως έδινε μόνο για $i \neq j$ ότι υπάρχει

με

τότε το συμπέρασμα δεν θα ίσχυε όπως δείχνει και το παράδειγμα του συνόλου $\{1,3\}$ .

Η λύση του Δημήτρη δείχνει ότι αν απαιτήσουμε επιπλέον ότι $n \geqslant 3$ τότε σε αυτήν την περίπτωση το συμπέρασμα ισχύει.

#6

cretanman έγραψε:Θέμα 1ο
Έστω τέσσερις ακέραιοι στη διάταξη $\begin{tabular}{|l|l|} \hline a & b \\ \hline c & d \\ \hline \end{tabular}$
Στη διάταξη αυτή κάνουμε την εξής κίνηση: Είτε προσθέτουμε έναν ακέραιο (θετικό ή αρνητικό) σε κάθε στοιχείο μιας γραμμής, είτε προσθέτουμε έναν ακέραιο (θετικό ή αρνητικό) σε κάθε στοιχείο μιας στήλης. Δείξτε ότι από την αρχική διάταξη μπορούμε να καταλήξουμε στην $\begin{tabular}{|l|l|} \hline 0 & 0 \\ \hline 0 & 0 \\ \hline \end{tabular}$ (όλα τα στοιχεία μηδέν) αν και μόνο αν .

Ήταν και το τέταρτο θέμα του Ευκλείδη Α' Λυκείου της ίδιας χρονιάς. Το είδαμε εδώ.

KARKAR · #7

cretanman έγραψε:
Θέμα 3ο
Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο () εγγεγραμμένο σε κύκλο. Θεωρούμε την εφαπτόμενη του κύκλου στο η οποία τέμνει την προέκταση της στο . Θεωρούμε επίσης τη διχοτόμο της $\angle{AEC}$ που τέμνει την στο , καθώς και την η οποία τέμνει τον κύκλο στο και τη στο . Να δείξετε ότι: $\dfrac{KZ}{KL}=\dfrac{AZ}{AC}\cdot\dfrac{EB}{EL}$

: EME 1996.png (14.24 KiB) Προβλήθηκε 1841 φορές

Από τα όμοια EBC , ECA

παίρνω : $\displaystyle\frac{CB}{CA}=\frac{CE}{EA}\Rightarrow \frac{CB}{BA}=\frac{CE}{EA}(=\frac{CZ}{ZA})$

δηλαδή η

είναι η διχοτόμος της $\widehat{ABC}$ . Λόγω των ίσων ομοιόχρωμων γωνιών ,

προκύπτει επίσης , ότι και η

είναι διχοτόμος της $\widehat{LCZ}$ (1)

.

Από Θ. Μενελάου στο AEC

με διατέμνουσα BZL

, παίρνω : $\displaystyle\frac{AB}{BE} {\cdot}\frac{EL}{LC}{\cdot}\frac{CZ}{ZA}=1\Rightarrow \frac{EB}{EL}=\frac{AC{\cdot}CZ}{LC{\cdot}AZ}$ .

Συνεπώς έχω : $\displaystyle\frac{AZ}{AC} {\cdot} \frac{EB}{EL}=\frac{AZ}{AC}{\cdot}\frac{AC{\cdot}CZ}{LC{\cdot}AZ}=\frac{CZ}{CL}=\frac{KZ}{KL}$ (λόγω του (1)

.

#8

cretanman έγραψε:Θέμα 2ο
Να λυθεί στο σύνολο των ακεραίων το σύστημα $\left\{\begin{matrix} x^2+y^2+z^2=155 \\ x+y+z=21 \end{matrix}\right$

To πρόβλημα αυτό λύθηκε παραπάνω από τον Gauss1988 o οποίος υπηρετεί τη θητεία του. Ας του αφιερώσουμε λοιπόν την παρακάτω λύση και ας του ευχηθούμε ''καλός πολίτης''.

Το σύστημα γράφεται ισοδύναμα:
$\left\{\begin{matrix} \left(x-5 \right)^2+\left(y-5 \right)^2+\left(z-5 \right)^2=20 \\ x+y+z=21 \end{matrix}\right$

Το

γράφεται ως άθροισμα τριών τετραγώνων μόνο με έναν τρόπο: 4^2+2^2+0^2=20

Άρα κάποιος από τους αγνώστους είναι

. Χωρίς βλάβη, x=5

. Τότε εύκολα $\left\{y,z \right\}=\left\{9,7 \right\}.$

Τελικά $\left\{x,y,z \right\}=\left\{9,7,5 \right\}.$

#9

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε:
cretanman έγραψε:Θέμα 2ο
Να λυθεί στο σύνολο των ακεραίων το σύστημα $\left\{\begin{matrix} x^2+y^2+z^2=155 \\ x+y+z=21 \end{matrix}\right$
To πρόβλημα αυτό λύθηκε παραπάνω από τον Gauss1988 o οποίος υπηρετεί τη θητεία του. Ας του αφιερώσουμε λοιπόν την παρακάτω λύση και ας του ευχηθούμε ''καλός πολίτης''.

Το σύστημα γράφεται ισοδύναμα:
$\left\{\begin{matrix} \left(x-5 \right)^2+\left(y-5 \right)^2+\left(z-5 \right)^2=20 \\ x+y+z=21 \end{matrix}\right$

Το γράφεται ως άθροισμα τριών τετραγώνων μόνο με έναν τρόπο:

Άρα κάποιος από τους αγνώστους είναι . Χωρίς βλάβη, . Τότε εύκολα $\left\{y,z \right\}=\left\{9,7 \right\}.$

Τελικά $\left\{x,y,z \right\}=\left\{9,7,5 \right\}.$

Παύλο πολύ καλή και όμορφη λύση! Ευχαριστούμε!

Αλέξανδρος

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1996 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1996 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1996 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1996 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1996 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1996 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1996 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1996 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1996 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 1996 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Μέλη σε σύνδεση