Προκριματικός Διαγωνισμός 2014

Gabranth · #21

Καλημέρα σας!

Στο 4ο των μικρών εγώ έβγαλα:
α) δεν μπορεί
β) μπορεί
γ) μπορεί

έχω δίκαιο;

#22

panagiotis99 έγραψε:Θέμα 2ο Μικρών:

Δίνεται τετράπλευρο ΑΒCD εγγεγραμμένο σε κύκλο c(O,R) ( με κέντρο 0 και ακτίνα R ). Με κέντρα τις κορυφές Α,Β,C,D θεωρούμε κύκλους $C_{A} C_{B} C_{C} C_{D}$
αντίστοιχα, που δεν τέμνονται μεταξύ τους . Ο κύκλος $C_{A}$ τέμνει τις πλευρές του τετραπλεύρου στα σημεία $A_{1} , A_{2}$ , ο κύκλος $C_{B}$ στα σημεία $B_{1} , B_{2}$ o κύκλος $C_{C}$ στα σημεία $C_{1} , C_{2}$ και ο κύκλος $C_{4}$ στα σημεία $D_{1} , D_{2}$ . Nα αποδειχθεί ότι το τετράπλευρο που ορίζουν τεμνόμενες οι ευθείες $A_{1}A_{2} , B_{1}B_{2} , C_{1}C_{2} , D_{1}D_{2}$ είναι εγγράψιμο.

: Προκριματικός.png (27.47 KiB) Προβλήθηκε 3714 φορές

Έστω

το σχηματιζόμενο τετράπλευρο. Είναι:
$\displaystyle{\widehat D = {180^0} - 2\omega \Leftrightarrow \omega = {90^0} - \widehat {\frac{D}{2}}}$ , $\displaystyle{\widehat C = {180^0} - 2\varphi \Leftrightarrow \varphi = {90^0} - \widehat {\frac{C}{2}}}$

Οπότε $\displaystyle{\widehat M = {180^0} - (\omega + \varphi ) = {180^0} - \left( {{{180}^0} - \frac{{\widehat C + \widehat D}}{2}} \right) \Leftrightarrow }$ $\boxed{\widehat M = \frac{{\widehat C + \widehat D}}{2}}$

Ομοίως αποδεικνύεται ότι $\boxed{\widehat K = \frac{{\widehat A + \widehat B}}{2}}$

Άρα: $\displaystyle{\widehat K + \widehat M = \frac{{\widehat A + \widehat B + \widehat C + \widehat D}}{2} \Leftrightarrow }$ $\boxed{\widehat K + \widehat M = {180^0}}$

Επομένως το τετράπλευρο KLMN

είναι εγγράψιμο.

Gabranth · #23

το 1ο των μικρών νομίζω ότι ήταν υπερβολικά γελοίο!

απλά παίρνεις 2 περιπτώσεις α) το περιεχόμενο της απόλυτης τιμής να είναι αρνητικό και β) να είναι θετικό

μετά είναι μια απλή δευτεροβάθμια εξίσωση του σχολείου που λύνεται με διακρίνουσα

το 2ο ήταν ΠΑΡΑ ΠΟΛΥ ΠΙΟ ΔΥΣΚΟΛΟ από αυτό της γεωμετρίας που είχε πέσει στον Αρχιμήδη
αυτό το σημερινό ήθελε σκέψη, όχι μόνο θεωρία για το βαρύκεντρο
αλλά το κατάφερα στα τελευταία 2 λεπτά

το 3ο μάλλον όλοι το λύσαμε λίγο-πολύ ανορθόδοξα (δηλ. με παρατήρηση)
εγώ απέδειξα την παρατήρησή μου με έναν κάθετο πολ/μό όπου χρησιμοποίησα αποσιωπητικά για να δείξω ότι ισχύει για όλουσ τους αριθμούς αυτής της μορφής

για το 4ο δεν ξέρω
εγώ έκανα κάτι που είναι μεν σωστό αλλά ανορθόδοξο ως το κόκκαλο...
πρόσθεσα όλους τους αριθμούς από το 1 ως τον ζητούμενο σε κάθε περίπτωση (ΚΑΛΟ, Ε;) με έναν τρόπο που έβγαζε το αποτέλεσμα πιο γρήγορα και από υπολογιστή
μετά έλεγξα αν διαιρείται με το 3
ελπίζω να είναι σωστό...
.
.
.
ΚΑΛΑ ΑΠΟΤΕΛΕΣΜΑΤΑ ΣΕ ΟΛΟΥΣ!

#24

Mikesar έγραψε: Πρόβλημα 1:
Έστω $(x_n), n\geq1,$ μία ακολουθία πραγματικών αριθμών με , που ικανοποιεί την αναδρομική σχέση $2x_{n+1}=3x_n+\sqrt{5x_{n}^2-4}, \ n=1,2,3,...$
(α) Να αποδείξετε ότι όλοι οι όροι της ακολουθίας είναι φυσικοί αριθμοί.
(β) Να εξετασθεί αν υπάρχει όρος της ακολουθίας που να διαιρείται με το

Ξεκινάω με το πρόβλημα 1:

Απομονώνοντας τη ρίζα και υψώνοντας στο τετράγωνο καταλήγουμε στην αναδρομική σχέση:

$x^2_{n+1}-3x_nx_{n+1}+x^2_n+1=0$ οπότε αν θέσουμε όπου

το

παίρνουμε:

$x^2_{n}-3x_{n-1}x_{n}+x^2_{n-1}+1=0 \ \ (1)$

Αφαιρώντας τις δύο παραπάνω σχέσεις έχουμε:

$\left(x_{n+1}-x_{n-1}\right)\left(x_{n+1}+x_{n-1}\right)-3x_n\left(x_{n+1}-x_{n-1}\right)=0$

απ' όπου για κάθε $n\in\mathbb{N}$ ισχύει κάποια από τις σχέσεις $x_{n+1}=x_{n-1}$ ή $x_{n+1}+x_{n-1}=3x_n$

Όμως από την αρχική σχέση του προβλήματος και αφού όλοι οι όροι είναι θετικοί (από την αρχική παίρνουμε $x_{n+1}\geq \dfrac{3}{2}x_n$ κι έτσι επαγωγικά όλοι οι όροι είναι θετικοί), παίρνουμε $x_{n+1}\geq \dfrac{3}{2}x_n> x_n > x_{n-1}$ άρα η πρώτη σχέση δεν ισχύει για κανένα $n\in\mathbb{N}$ .

Άρα τελικά $x_{n+1}+x_{n-1}=3x_n$ για κάθε $n\in\mathbb{N}$ δηλαδή $x_{n+1}=3x_n-x_{n-1}$

απ' όπου φαίνεται ότι αφού x_1=1

και (εύκολα) x_2=2

άρα κάθε επόμενος όρος είναι ακέραιος γραμμικός συνδυασμός των δύο προηγούμενων όρων άρα ακέραιος.

β) Αν κάποιος όρος x_n

της ακολουθίας ήταν διαιρετός από το 2011

τότε από τη σχέση (1)

παίρνουμε ότι $x^2_{n-1}\equiv -1 \pmod{2011}$ , δηλαδη το

είναι τετραγωνικό υπόλοιπο ενός πρώτου αριθμού (του 2011

). Όμως το

είναι τετραγωνικό υπόλοιπο $\pmod{p}$ όπου

πρώτος αν και μόνο αν $p\equiv 1 \pmod{4}$ . Όμως $2011\equiv 3\pmod{4}$ συνεπώς δεν υπάρχει όρος της ακολουθίας που να διαιρείται από το 2011

.

Σχόλιο: Η χαρακτηριστική εξίσωση της παραπάνω αναδρομικής σχέσης είναι η x^2-3x+1=0

με λύσεις τις $\dfrac{3\pm\sqrt{5}}{2}$

Άρα $x_n=a\left(\dfrac{3+\sqrt{5}}{2}\right)^n+b\left(\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}\right)^n$ και αφού x_1=1

και

λύνουμε το σύστημα και βγάζουμε $a= \dfrac{5-\sqrt{5}}{10}$ και $b=\dfrac{5+\sqrt{5}}{10}$

Τελικά $x_n=\left(\dfrac{5-\sqrt{5}}{10}\right)\left(\dfrac{3+\sqrt{5}}{2}\right)^n+\left(\dfrac{5+\sqrt{5}}{10}\right)\left(\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}\right)^n$

Μάλιστα ισχύει $x_n=f_{2n-1}, \ \ n\geq 1$ , όπου f_n

ο

-οστός αριθμός fibonacci.

Αλέξανδρος

Gabranth · #25

παιδιά θα ήθελα να ρωτήσω κάτι

πειράζει που στην γεωμετρία έγραψα "ομοίως αποδεικνύεται ότι..." γιατί δεν προλάβαινα;

μήπως έπρεπε να το γράψω αναλυτικά;

έχω δει ότι στις λύσεις το κάνουν, αλλά δεν ξέρω αν επιτρέπεται και στις εξετάσεις...

.

btw τα αποτελέσματα πότε βγαίνουν;

μήπως άδικα μπαίνω στο site κάθε 5 λεπτά;

simantiris j. · #26

Όντως.Γιατί από τη στιγμή που δε μπορούμε να διαψεύσουμε έναν ισχυρισμό,είμαστε υποχρεωμένοι να βρούμε κάτι που να τον επιβεβαιώνει.

Gabranth έγραψε:παιδιά θα ήθελα να ρωτήσω κάτι

πειράζει που στην γεωμετρία έγραψα "ομοίως αποδεικνύεται ότι..." γιατί δεν προλάβαινα;

μήπως έπρεπε να το γράψω αναλυτικά;

έχω δει ότι στις λύσεις το κάνουν, αλλά δεν ξέρω αν επιτρέπεται και στις εξετάσεις...

.

btw τα αποτελέσματα πότε βγαίνουν;

μήπως άδικα μπαίνω στο site κάθε 5 λεπτά;

Και εγώ το ίδιο έκανα,δεν νομίζω ότι υπάρχει πρόβλημα

Gabranth · #27

simantiris j. έγραψε:
rtsiamis έγραψε:Το σχήμα τα λέει όλα...
Όντως!Πρόκειται για πολύ εύκολο και μάλλον απογοητευτικό γεωμετρικό πρόβλημα.

εμένα δεν μου φάνηκε και εύκολο...

εκτός αν το έλυσα αλλιώς

πάντως είναι σίγουρα καλύτερο από το προηγούμενο με το βαρύκεντρο
εκείνο θα μπορούσε να το λύσει οποιοσδήποτε αν ξέρει θεωρία...

#28

Gabranth έγραψε:
panagiotis99 έγραψε:
Gabranth έγραψε:Καλημέρα σας!

Στο 4ο των μικρών εγώ έβγαλα:
α) δεν μπορεί
β) μπορεί
γ) μπορεί

έχω δίκαιο;
Και εγω το ιδιο εβγαλα το πρωτο ειναι αδυνατο καθος το αθροισμα ( 1 + 2 + 3 + ........+ 2014 )/ 3 πρεπει να ειναι ακεραιος
το δευτερο ειναι πιθανο οπως και το τριτο καθως αμα βρουμε τα αθροισματα και τα διαιρεσουμε δια του τρια βρισκουμε ακεραιο
δεν καταλαβαινω τον λογο να εξηγησουμε πως γινεται η διαμεριση αφου δεν μας το ζηταει η ασκηση

συγγνωμη για το ατονικο ειμαι απο ταμπλετ
ΑΥΤΟ ΕΚΑΝΑ ΚΑΙ ΕΓΩ!
ΜΠΡΑΒΟ ΡΕ ΦΙΛΕ!!!

παρεμπιπτώντως ούτε εγώ έκανα τον διαμερισμό
εξάλλου μπορεί να υπάρχει πάνω από ένας τρόπος

Ο διαμερισμός είναι απαραίτητο να γίνει! Σκεφτείτε π.χ. την περίπτωση n=3

. Είναι

αλλά διαμερισμός δεν υπάρχει.

Ένα διαμερισμό έδωσε πιο πάνω ο Παύλος. Διαφορετικά αν έχουμε διαμέριση $A \cup B \cup C$ για το

μπορούμε να πάρουμε την διαμέριση $A' \cup B' \cup C'$ για το n+6

όπου $A' = A \cup\{n+1,n+6\},B' = B \cup\{n+2,n+5\},C' = C \cup\{n+3,n+4\}$ .

Οπότε για το (β) αρκεί επαγωγικά να δείξουμε την περίπτωση n=5

και για το (γ) το n=8

. Και τα δύο είναι εύκολα. Για n=5

έχουμε τα σύνολα $\{1,4\},\{2,3\},\{5\}$ και για το n=8

τα σύνολα $\{1,2,3,6\},\{4,8\},\{5,7\}$ .

jim.jt · #29

Για το 4ο των μικρών: Υπάρχει περίπτωση ο αριθμός να διαιρείται με το 3, αλλά η διαμεριση να μην είναι δυνατή. Γι' αυτό χρειαζόταν ένα μοντέλο για το πώς μπορεί να γίνει η διαμέριση. Σ' αυτό το σημείο την πάτησαν πολλοί, που έβαλαν ότι στην περίπτωση (γ) είναι αδύνατη η διαμέριση. Κι αυτό εξηγεί την ύπαρξή του.

Και τα αποτελέσματα βγαίνουν μετά το Πάσχα.

Gabranth · #30

gtachta έγραψε:Καλησπέρα.
Θέμα 2ο δεν χρειάζεται εγγεγραμμένο γιατί 2*(άθροισμα απέναντι γωνιών που γυρεύει η άσκηση ) είναι άθροισμα γωνιών ΑΒΓΔ.
Θέμα 3ο Μικρών mod 9
4ο Θέμα Μικρών β) n=2015 γ) n=2018 πόσες τέτοιες τριάδες SΑ,SΒ,SΓ υπάρχουν?
Η πρώτη μου 1η φορά.

η άσκηση δεν ζήταγε πόσες υπάρχουν
ζήταγε αν υπάρχουν

Gabranth · #31

Demetres έγραψε:
Gabranth έγραψε:
panagiotis99 έγραψε:
Gabranth έγραψε:Καλημέρα σας!

Στο 4ο των μικρών εγώ έβγαλα:
α) δεν μπορεί
β) μπορεί
γ) μπορεί

έχω δίκαιο;
Και εγω το ιδιο εβγαλα το πρωτο ειναι αδυνατο καθος το αθροισμα ( 1 + 2 + 3 + ........+ 2014 )/ 3 πρεπει να ειναι ακεραιος
το δευτερο ειναι πιθανο οπως και το τριτο καθως αμα βρουμε τα αθροισματα και τα διαιρεσουμε δια του τρια βρισκουμε ακεραιο
δεν καταλαβαινω τον λογο να εξηγησουμε πως γινεται η διαμεριση αφου δεν μας το ζηταει η ασκηση

συγγνωμη για το ατονικο ειμαι απο ταμπλετ
ΑΥΤΟ ΕΚΑΝΑ ΚΑΙ ΕΓΩ!
ΜΠΡΑΒΟ ΡΕ ΦΙΛΕ!!!

παρεμπιπτώντως ούτε εγώ έκανα τον διαμερισμό
εξάλλου μπορεί να υπάρχει πάνω από ένας τρόπος
Ο διαμερισμός είναι απαραίτητο να γίνει! Σκεφτείτε π.χ. την περίπτωση . Είναι αλλά διαμερισμός δεν υπάρχει.

Ένα διαμερισμό έδωσε πιο πάνω ο Παύλος. Διαφορετικά αν έχουμε διαμέριση $A \cup B \cup C$ για το μπορούμε να πάρουμε την διαμέριση $A' \cup B' \cup C'$ για το όπου $A' = A \cup\{n+1,n+6\},B' = B \cup\{n+2,n+5\},C' = C \cup\{n+3,n+4\}$ .

Οπότε για το (β) αρκεί επαγωγικά να δείξουμε την περίπτωση και για το (γ) το . Και τα δύο είναι εύκολα. Για έχουμε τα σύνολα $\{1,4\},\{2,3\},\{5\}$ και για το τα σύνολα $\{1,2,3,6\},\{4,8\},\{5,7\}$ .

ναι, δεν το σκέφτηκα
αλλά έχω πάρει πάρα πολλά παραδείγματα που διαιρούνται με το 3 και υπάρχει σε όλα δυνατός διαμερισμός
μήπως το 1,2,3 είναι η μόνη εξαίρεση;
έχει βρει κάποιος καμιά άλλη;

έτσι και αλλιώς το αποτέλεσμα α) όχι β) ναι γ) ναι βγαίνει και με τον δικό μου τρόπο

Gabranth · #32

jim.jt έγραψε:Για το 4ο των μικρών: Υπάρχει περίπτωση ο αριθμός να διαιρείται με το 3, αλλά η διαμεριση να μην είναι δυνατή. Γι' αυτό χρειαζόταν ένα μοντέλο για το πώς μπορεί να γίνει η διαμέριση. Σ' αυτό το σημείο την πάτησαν πολλοί, που έβαλαν ότι στην περίπτωση (γ) είναι αδύνατη η διαμέριση. Κι αυτό εξηγεί την ύπαρξή του.

Και τα αποτελέσματα βγαίνουν μετά το Πάσχα.

μα και με τον δικό μου τρόπο βγαίνει
όχι
ναι
ναι
άρα γιατί "την πάτησαν πολλοί στο Γ";
εμένα το άθροισμά μου διαιρείται με το 3

Gabranth · #33

παιδιά εγώ κατέληξα στο συμπέρασμα ότι μόνο στην περίπτωση n=3 είναι απαραίτητος ο διαμερισμός, γιατί το n είναι μεγαλύτερο από το (1+2+3+...+n)/3

αυτό δεν συμβαίνει σε κανένα άλλο ζευγάρι (ή έτσι νομίζω τουλάχιστον)

εξάλλου αν γινόταν και σε άλλα ζευγάρια θα έβαζαν τουλάχιστον 1 τέτοιο ζευγάρι στην άσκηση

άρα χαλαρώστε, και οι δυο λύσεις είναι σωστές

ίσως θα ήταν καλό να κάνουμε έναν διαμερισμό, αλλά δεν το θεωρώ εντελώς απαραίτητο
είναι απλά σαν επαλήθευση

gtachta · #34

Gabranth έγραψε:
gtachta έγραψε:Καλησπέρα.
Θέμα 2ο δεν χρειάζεται εγγεγραμμένο γιατί 2*(άθροισμα απέναντι γωνιών που γυρεύει η άσκηση ) είναι άθροισμα γωνιών ΑΒΓΔ.
Θέμα 3ο Μικρών mod 9
4ο Θέμα Μικρών β) n=2015 γ) n=2018 πόσες τέτοιες τριάδες SΑ,SΒ,SΓ υπάρχουν?
Η πρώτη μου 1η φορά.
η άσκηση δεν ζήταγε πόσες υπάρχουν
ζήταγε αν υπάρχουν

Το ξέρω αλλά εγω έτσι το έβαλα.

simantiris j. · #35

Είναι προφανές ότι στους μικρούς ο ρόλος της γεωμετρίας υποβαθμίστηκε σε σχέση με άλλες χρονιές ενώ παράλληλα αναβαθμίστηκε αυτός της συνδυαστικής (

προβλήματα

)
Στους μεγάλους τι έγινε?(άκουσα ότι στον αρχιμήδη ήταν πολύ δύσκολο)Ποιο ήταν το επίπεδο του σημερινού γεωμετρικού προβλήματος?Μπορεί κάποιος να δώσει μια λύση?

Dimitralex · #36

cretanman έγραψε:
Mikesar έγραψε: Πρόβλημα 1:
Έστω $(x_n), n\geq1,$ μία ακολουθία πραγματικών αριθμών με , που ικανοποιεί την αναδρομική σχέση $2x_{n+1}=3x_n+\sqrt{5x_{n}^2-4}, \ n=1,2,3,...$
(α) Να αποδείξετε ότι όλοι οι όροι της ακολουθίας είναι φυσικοί αριθμοί.
(β) Να εξετασθεί αν υπάρχει όρος της ακολουθίας που να διαιρείται με το
Ξεκινάω με το πρόβλημα 1:

Απομονώνοντας τη ρίζα και υψώνοντας στο τετράγωνο καταλήγουμε στην αναδρομική σχέση:

$x^2_{n+1}-3x_nx_{n+1}+x^2_n+1=0$ οπότε αν θέσουμε όπου το παίρνουμε:

$x^2_{n}-3x_{n-1}x_{n}+x^2_{n-1}+1=0 \ \ (1)$

Αφαιρώντας τις δύο παραπάνω σχέσεις έχουμε:

$\left(x_{n+1}-x_{n-1}\right)\left(x_{n+1}+x_{n-1}\right)-3x_n\left(x_{n+1}-x_{n-1}\right)=0$

απ' όπου για κάθε $n\in\mathbb{N}$ ισχύει κάποια από τις σχέσεις $x_{n+1}=x_{n-1}$ ή $x_{n+1}+x_{n-1}=3x_n$

Όμως από την αρχική σχέση του προβλήματος και αφού κανένας όρος δεν είναι μηδενικός, παίρνουμε $x_{n+1}\geq \dfrac{3}{2}x_n> x_n > x_{n-1}$ άρα η πρώτη σχέση δεν ισχύει για κανένα $n\in\mathbb{N}$ .

Άρα τελικά $x_{n+1}+x_{n-1}=3x_n$ για κάθε $n\in\mathbb{N}$ δηλαδή $x_{n+1}=3x_n-x_{n-1}$

απ' όπου φαίνεται ότι αφού και (εύκολα) άρα κάθε επόμενος όρος είναι ακέραιος γραμμικός συνδυασμός των δύο προηγούμενων όρων άρα ακέραιος.

β) Αν κάποιος όρος της ακολουθίας ήταν διαιρετός από το τότε από τη σχέση παίρνουμε ότι $x^2_{n-1}\equiv -1 \pmod{2011}$ , δηλαδη το είναι τετραγωνικό υπόλοιπο ενός πρώτου αριθμού (του ). Όμως το είναι τετραγωνικό υπόλοιπο $\pmod{p}$ όπου πρώτος αν και μόνο αν $p\equiv 1 \pmod{4}$ . Όμως $2011\equiv 3\pmod{4}$ συνεπώς δεν υπάρχει όρος της ακολουθίας που να διαιρείται από το .

Σχόλιο: Η χαρακτηριστική εξίσωση της παραπάνω αναδρομικής σχέσης είναι η με λύσεις τις $\dfrac{3\pm\sqrt{5}}{2}$

Άρα $x_n=a\left(\dfrac{3+\sqrt{5}}{2}\right)^n+b\left(\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}\right)^n$ και αφού και λύνουμε το σύστημα και βγάζουμε $a= \dfrac{5-\sqrt{5}}{10}$ και $b=\dfrac{5+\sqrt{5}}{10}$

Τελικά $x_n=\left(\dfrac{5-\sqrt{5}}{10}\right)\left(\dfrac{3+\sqrt{5}}{2}\right)^n+\left(\dfrac{5+\sqrt{5}}{10}\right)\left(\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}\right)^n$

Μάλιστα ισχύει $x_n=f_{2n-1}, \ \ n\geq 1$ , όπου ο -οστός αριθμός fibonacci.

Αλέξανδρος

Εγώ βρήκα πως $x_{n}=x_{1}+x_{2}+...+x_{n-2}+2x_{n-1}$ και μετά με ισχυρή μαθηματική επαγωγή προσπάθησα να το αποδείξω
Δεν ξέρω αν είναι σωστό και αν γνωρίζει κάποιος μπορεί να παραθέσει μία τέτοια λύση
Dimitral

#37

Mikesar έγραψε: Πρόβλημα 2:
Βρείτε όλα τα μη μηδενικά πολυώνυμα με πραγματικούς συντελεστές που ικανοποιούν την ισότητα

για κάθε $x\in\mathbb{R}.$

Για

παίρνουμε

ή

.

$\bigstar$ Στην πρώτη περίπτωση θέτουμε P(x)=xQ(x)

και η δοσμένη μετά την απλοποίηση με το

δίνει:

που για

δίνει

. Θέτουμε λοιπόν Q(x)=xQ_1(x)

και το βάζουμε στην παραπάνω και παίρνουμε και πάλι Q_1(0)=0

και συνεχίζοντας με τον ίδιο τρόπο επαγωγικά μπορούμε να δείξουμε ότι το Q_1(x)

έχει άπειρες φορές ως ρίζα το

, άρα είναι το μηδενικό πολυώνυμο. Άρα τελικά παίρνουμε ως λύση το πολυώνυμο P(x)=0

που επαληθευθεί την αρχική σχέση άλλα απορρίπτεται διότι από την εκφώνηση το P(x)

είναι μη μηδενικό.

$\bigstar$ Όμοια όπως παραπάνω όταν P(0)=-2

τότε θέτουμε στην αρχική P(x)=xQ(x)-2

και βγάζουμε εύκολα ότι το πολυώνυμο Q(x)

είναι το μηδενικό κι έτσι παίρνουμε P(x)=-2

πολυώνυμο που επίσης ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του προβλήματος.

$\bigstar$ Τέλος, αν P(0)=-1

τότε μπορούμε να θέσουμε στην αρχική P(x)=xQ(x)-1

και αντικαθιστώντας στην αρχική και απλοποιώντας με το

,

παίρνουμε τελικά $x^3Q^3(x)-3{\color{red}x}Q(x)={\color{red}x^3}Q(x^3)+3Q(-x)$ που για δίνει . Θέτουμε και το βάζουμε στην παραπάνω και παίρνουμε και πάλι και συνεχίζοντας έτσι επαγωγικά μπορούμε να δείξουμε ότι το έχει άπειρες φορές ως ρίζα το , άρα είναι το μηδενικό πολυώνυμο. Άρα τελικά παίρνουμε ως λύση το πολυώνυμο που επαληθευθεί την αρχική σχέση.

Edit: Λόγω των παραπάνω

που ξέχασα να απλοποιήσω παραπάνω (βλέπετε με κόκκινο τα λάθη) θα δείξω πόσο δραματικά αλλάζει η λύση του προβλήματος και πόσο δυσκολεύει το πρόβλημα (ευχαριστώ τον Μιχάλη Σαράντη που το παρατήρησε). Φυσικά αυτά που γράφω στο πλαίσιο παραπάνω δεν είναι σωστά αφού έπονται από μη αληθή σχέση.

Έχουμε λοιπόν καταλήξει στην (σωστή) x^3Q^3(x)-3Q(x)=x^2Q(x^3)+3Q(-x)

Για

παίρνουμε

. Θέτουμε

την οποία αντικαθιστούμε στην (1)

και παίρνουμε τελικά:

$x^4Q_1^3(x)-3Q_1(x)=x^4Q_1(x^3)-3Q_1(-x) \ \ (2)$ .

Παρατηρούμε ότι τα πολυώνυμα

και

που εμφανίζονται στη (2)

έχουν βαθμό μεγαλύτερο από

, συνεπώς αν θέσουμε $Q_1(x)=a_nx^n+\cdots + a_3x^3+a_2x^2+a_1x+a_0$ τότε θα πρέπει a_1=a_3=0

. Άρα $Q_1(x)=a_nx^n+\cdots + a_5x^5+a_4x^4+a_2x^2+a_0$ και αν αντικαταστήσουμε στη (2)

και απλοποιήσουμε παίρνουμε a_5=0

. Συνεχίζοντας την ίδια διαδικασία καταλήγουμε στο ότι το Q(x)

έχει μόνο όρους άρτιου βαθμού άρα είναι μία άρτια συνάρτηση δηλαδή Q_1(x)=Q_1(-x)

.

Συνεπώς η (2)

γίνεται $Q_1^3(x)=Q_1(x^3) \ \ (3)$ .

Μένει τώρα να βρούμε τα πολυώνυμα Q_1(x)

που ικανοποιούν την (3)

. Θα δείξουμε ότι $Q_1(x)=x^{2n}$ ή $Q_1(x)=-x^{2n}$ ή Q(x)=0

είναι τα ζητούμενα με

τυχαίο φυσικό αριθμό.

Αν το Q_1(x)

είναι το μηδενικό πολυώνυμο τότε παίρνουμε το P(x)=-1

που ικανοποιεί την αρχική σχέση του προβλήματος.

Αν το Q(x)

δεν είναι το μηδενικό πολυώνυμο τότε ας θέσουμε $Q_1(x)=ax^{2n} + o(2n), \ a\neq 0$ όπου o(k)

ένα πολυώνυμο βαθμού το πολύ k-1

. Τότε $Q_1^3(x)=a^3x^{6n}+o(6n)$ ενώ $Q_1(x^3)=ax^{6n}+o(6n)$ απ' όπου $a=\pm 1$ .

$\blacksquare$ Αν a=1

τότε θέτουμε $Q_1(x)=x^{2n}+bx^m + o(m)$ όπου m<n

και τότε $Q_1^3(x)=x^{3n}+3bx^{2n+m}+o(2n+m)$ ενώ $Q_1(x^3)=x^{3n}+ax^{3m}+o(3m)$ απ' όπου b=0

. Επειδή το

είναι τυχαίος φυσικός μικρότερος του

καταλήγουμε στο ότι $Q_1(x)=x^{2n}$ άρα $Q(x)=x^{2n+2}-1$ πολυώνυμο που μπορούμε να δούμε ότι επαληθεύει για κάθε τιμή του φυσικού

.

$\blacksquare$ Αν a=-1

τότε με ακριβώς όμοιο τρόπο καταλήγουμε στο ότι $Q(x)=-x^{2n+2}-1$ πολυώνυμο που μπορούμε να δούμε ότι επαληθεύει για κάθε τιμή του φυσικού

.

Τελικά τα ζητούμενα πολυώνυμα είναι τα $P(x)=-1, \ P(x)=-2, \ P(x)=x^{2k}-1, \ P(x)=-x^{2k}-1$ με

τυχαίο φυσικό.

Αλέξανδρος

gtachta · #38

Gabranth έγραψε:
gtachta έγραψε:Καλησπέρα.
Θέμα 2ο δεν χρειάζεται εγγεγραμμένο γιατί 2*(άθροισμα απέναντι γωνιών που γυρεύει η άσκηση ) είναι άθροισμα γωνιών ΑΒΓΔ.
Θέμα 3ο Μικρών mod 9
4ο Θέμα Μικρών β) n=2015 γ) n=2018
Στη συνέχεια(άσχετο θέμα) θα ήταν πόσες τέτοιες τριάδες SΑ,SΒ,SΓ υπάρχουν με ίδιο πληθάριθμο με αθροίσματα των στοιχείων τους SA,SB,SC?

η άσκηση δεν ζήταγε πόσες υπάρχουν
ζήταγε αν υπάρχουν

Το ξέρω αλλά εγώ έτσι το έβαλα (τουλάχισον να έχουν το ίδιο πλήθος στοιχείων).

Gabranth · #39

gtachta έγραψε:
Gabranth έγραψε:
gtachta έγραψε:Καλησπέρα.
Θέμα 2ο δεν χρειάζεται εγγεγραμμένο γιατί 2*(άθροισμα απέναντι γωνιών που γυρεύει η άσκηση ) είναι άθροισμα γωνιών ΑΒΓΔ.
Θέμα 3ο Μικρών mod 9
4ο Θέμα Μικρών β) n=2015 γ) n=2018 πόσες τέτοιες τριάδες SΑ,SΒ,SΓ υπάρχουν?
Η πρώτη μου 1η φορά.
η άσκηση δεν ζήταγε πόσες υπάρχουν
ζήταγε αν υπάρχουν
Το ξέρω αλλά εγω έτσι το έβαλα.

εντάξει, συγγνώμη, δεν το κατάλαβα

#40

Γεωμετρία μεγάλων (3ο)
Με κυνήγι γωνιών αποδεικνύεται εύκολα ότι τα τρίγωνα MBR

,

είναι όμοια προς το ABC

. Επομένως, έχουμε και τις ομοιότητες των MBD, MRN

όπως και των NCD,NPM

. Έτσι έχουμε τις αναλογίες: $\displaystyle{\frac{NR}{NM}=\frac{BD}{DM},\frac{MP}{NM}=\frac{CD}{DN}\Rightarrow \frac{RN}{PM}=\frac{DN}{DM}\Rightarrow PR\parallel MN}$

Προκριματικός Διαγωνισμός 2014

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2014

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2014

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2014

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2014

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2014

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2014

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2014

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2014

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2014

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2014

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2014

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2014

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2014

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2014

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2014

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2014

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2014

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2014

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2014

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2014

Μέλη σε σύνδεση