Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2016

Soteris · #1

Πρόβλημα 1

Να βρείτε όλους τους θετικούς ακέραιους αριθμούς $\displaystyle{x, y, z}$ , που ικανοποιούν την εξίσωση: $\displaystyle{\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=\dfrac{1}{2}}$

Πρόβλημα 2

Αν $\displaystyle{a, \beta, \gamma \in \mathbb{R}}$ με $\displaystyle{a, \beta, \gamma\geqslant -\dfrac{1}{4}}$ και $\displaystyle{a+\beta+\gamma=0}$ , να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\sqrt{4a+1}+\sqrt{4\beta+1}+\sqrt{4\gamma+1}\leqslant 3}$

Πρόβλημα 3

Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle{ABC}}$ με $\displaystyle{AC>AB}$ . Έστω $\displaystyle{AD, AH}$ και $\displaystyle{AM}$ το ύψος, η διχοτόμος και η διάμεσος του τριγώνου, αντίστοιχα. Από το $\displaystyle{M}$ φέρουμε κάθετη προς την ευθεία $\displaystyle{AH}$ , η οποία τέμνει την $\displaystyle{AH}$ στο $\displaystyle{Z}$ και την ευθεία $\displaystyle{AD}$ στο $\displaystyle{E}$ . Η κάθετη από το $\displaystyle{H}$ προς την $\displaystyle{AM}$ τέμνει την $\displaystyle{AM}$ στο $\displaystyle{L}$ . Αν $\displaystyle{K}$ το σημείο τομής της μεσοκάθετης της πλευράς $\displaystyle{BC}$ και της διχοτόμου $\displaystyle{AH}$ , να αποδείξετε ότι:

(α) η ευθεία $\displaystyle{HL}$ περνά από το σημείο $\displaystyle{E}$

(β) $\displaystyle{\angle{HLZ}=\angle{AKM}=\dfrac{\angle{B}-\angle{C}}{2}}$

Πρόβλημα 4

Ένας $\displaystyle{n\times n}$ $\displaystyle{\left(n\geqslant 3\right)}$ πίνακας χωρίζεται σε $\displaystyle{n^2}$ μοναδιαία τετράγωνα. Μέσα σε κάθε μοναδιαίο τετράγωνο γράφουμε ένα μη αρνητικό ακέραιο από το $\displaystyle{0}$ μέχρι και το $\displaystyle{n}$ (συμπεριλαμβανομένων), με τέτοιο τρόπο ώστε τα αθροίσματα των ακεραίων σε κάθε $\displaystyle{2\times 2}$ τετράγωνο του πίνακα να είναι διαφορετικά. Να βρείτε όλα τα $\displaystyle{n}$ , για τα οποία υπάρχουν τέτοιοι πίνακες.

Edit: Διόρθωση στην εκφώνηση του προβλήματος 4

Nick Math · #2

[quote="Soteris"]Πρόβλημα 1

Να βρείτε όλους τους θετικούς ακέραιους αριθμούς $\displaystyle{x, y, z}$ , που ικανοποιούν την εξίσωση: $\displaystyle{\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=\dfrac{1}{2}}$

Παραθέτω την λύση μου. $\frac{1}{x} +\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{1}{2}$ (1)

Καταρχάς, παρατηρούμε από την εκφώνηση ότι οι ζητούμενοι ακέραιοι x,y,z>2

Για

, η

γίνεται $\frac{3}{x}=\frac{1}{2}$ ή x=6

. Συνεπώς, έχουμε τις λύσεις (x,y,z)=(6,6,6)

Για

η

γίνεται $z=\frac{2x}{x-4}$ ή $z=2+\frac{8}{x-4}$ . Έπεται λοιπόν ότι x-4∈{1,2,4,8}

ή

. Παίρνουμε λοιπόν τις λύσεις (x,y,z)=(5,5,10),(8,8,4),(12,12,3)

(για το

προκύπτει λύση που έχουμε ήδη δείξει πιο πάνω)
Για x=z

, (με το ίδιο τρόπο) προκύπτουν ακριβώς οι ίδιες λύσεις αριθμητικά (αφού κάθε κλάσμα έχει αριθμητή το ένα δεν υπάρχει κάποια ουσιαστική διαφορά) μόνο με την μορφή (x,y,z)=(5,10,5),(8,4,8),(12,3,12)

.
Το ίδιο και για y=z

:

Για

η

γίνεται: $\frac{xy+yz+xz}{xyz}=\frac{1}{2}$ Συνεπώς μπορούμε να θεωρήσουμε ότι xy+yz+xz=a

και

.
Από την ανισότητα αριθμητικού γεωμετρικού μέσου(αφού x,y,z

θετικοί) λαμβάνουμε $xy+xz+yz ≥3\sqrt{(xyz)^{2}}=3\sqrt{4a^2}$ που αντιτίθεται σαφώς στην (2)

(εκτός αν

, που όμως δεν λαμβάνουμε λύσεις). Συνεπώς δεν έχουμε άλλες λύσεις. (στο σημείο με την τετραγωνική ρίζα θεωρήστε την κυβική, δεν ξέρω πως μπαίνει με latex). Συνοψίζοντας, οι δυνατές τριάδες θετικών ακεραίων είναι (x,y,z)=(6,6,6),(5,5,10),(8,8,4),(12,12,3),(5,10,5),(8,4,8),(12,3,12),(10,5,5),(4,8,8),(3,12,12)

#3

Soteris έγραψε: Πρόβλημα 3

Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle{ABC}}$ με $\displaystyle{AC>AB}$ . Έστω $\displaystyle{AD, AH}$ και $\displaystyle{AM}$ το ύψος, η διχοτόμος και η διάμεσος του τριγώνου, αντίστοιχα. Από το $\displaystyle{M}$ φέρουμε κάθετη προς την ευθεία $\displaystyle{AH}$ , η οποία τέμνει την $\displaystyle{AH}$ στο $\displaystyle{Z}$ και την ευθεία $\displaystyle{AD}$ στο $\displaystyle{E}$ . Η κάθετη από το $\displaystyle{H}$ προς την $\displaystyle{AM}$ τέμνει την $\displaystyle{AM}$ στο $\displaystyle{L}$ . Αν $\displaystyle{K}$ το σημείο τομής της μεσοκάθετης της πλευράς $\displaystyle{BC}$ και της διχοτόμου $\displaystyle{AH}$ , να αποδείξετε ότι:

(α) η ευθεία $\displaystyle{HL}$ περνά από το σημείο $\displaystyle{E}$

(β) $\displaystyle{\angle{HLZ}=\angle{AKM}=\dfrac{\angle{B}-\angle{C}}{2}}$

: Δ' Παγκύπριος 2016.png (11.81 KiB) Προβλήθηκε 2344 φορές

α)

είναι ύψη του τριγώνου AEM

, άρα

είναι το ορθόκεντρο , οπότε η

διέρχεται από το

.

β) $\displaystyle{AD||MK \Leftrightarrow \varphi = M\widehat KH = D\widehat AH = \frac{{\widehat B - \widehat C}}{2}}$ (γωνία ύψους και διχοτόμου).

$\displaystyle{H\widehat LZ = H\widehat MZ = \omega }$ (από το εγγράψιμο HZML

). Αλλά $\displaystyle{\omega = \varphi }$ (οξείες γωνίες με πλευρές κάθετες) και το ζητούμενο αποδείχτηκε.

#4

Nick Math έγραψε: ... που αντιτίθεται σαφώς στην (εκτός αν , που όμως δεν λαμβάνουμε λύσεις). Συνεπώς δεν έχουμε άλλες λύσεις. ...

Δεν καταλαβαίνω το επιχείρημα αυτό.

Nick Math έγραψε: Συνοψίζοντας, οι δυνατές τριάδες θετικών ακεραίων είναι

Υπάρχουν λύσεις που έχασες. Π.χ. η $\displaystyle{(3,8,24).}$

Ένας στάνταρ τρόπος να αντιμετώπισουμε τέτοιου είδους προβλήματα είναι ο εξής:

Μπορούμε να θεωρήσουμε ότι $\displaystyle{x\geq y\geq z>2,}$ οπότε

$\displaystyle{\frac{1}{2}=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\leq \frac{3}{z}\implies z\leq 6,}$ άρα $\displaystyle{z=3,4,5,6.}$

Επομένως έχουμε πλέον να λύσουμε τις εξισώσεις

$\displaystyle{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{6} \vee \frac{1}{4}\vee \frac{3}{10} \vee \frac{1}{3}.}$

$\displaystyle{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{6}\iff y=6+\frac{36}{x-6}.}$ Άρα $\displaystyle{x-6=1,2,3,4,6,9,12,18,36\implies x=7,8,9,10,12,15,18,24,42}$ και τα αντίστοιχα $\displaystyle{y}$ είναι τα $\displaystyle{42,24,18,15,12,10,9,8,7}.$

Όμοια στις άλλες περιπτώσεις.

#5

Soteris έγραψε: Πρόβλημα 2

Αν $\displaystyle{a, \beta, \gamma \in \mathbb{R}}$ με $\displaystyle{a, \beta, \gamma\geqslant -\dfrac{1}{4}}$ και $\displaystyle{a+\beta+\gamma=0}$ , να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\sqrt{4a+1}+\sqrt{4\beta+1}+\sqrt{4\gamma+1}\leqslant 3}$

Είναι εφαρμογή της ανισότητας $\displaystyle{(x+y+z)^2\leq 3(x^2+y^2+z^2).}$

Θέτουμε $\displaystyle{x=\sqrt{4a+1},y=\sqrt{4b+1}, z=\sqrt{4c+1},}$ οπότε

$\displaystyle{(\sqrt{4a+1}+\sqrt{4b+1}+\sqrt{4c+1})^2\leq 3(4a+1+4b+1+4c+1)=3(4(a+b+c)+3)=9\implies }$

$\displaystyle{\implies \sqrt{4a+1}+\sqrt{4b+1}+\sqrt{4c+1}\leq 3.}$

sot arm · #6

Για το πρόβλημα 2.
Θεωρώ την $\displaystyle f(x)=\sqrt{4x + 1}$
Έχω $\displaystyle f'(x)=2(4x +1)^{\frac{-1}{2}}$
Και $\displaystyle f''(x) = -4(4x +1)^{\frac{-3}{2}}$ που είναι μη θετική για κάθε x άρα η f είναι κοίλη.
Άρα αρκεί να δειχθεί ότι $\displaystyle f(a)+f(b)+f(c) \leq 3$
Πληρούνται οι προϋποθέσεις της ανισότητας jensen και αφού η f κοίλη έχω :
$\displaystyle\frac{f(a)+f(b)+f(c)}{3} \leq f(\frac{a+b+c}{3}) = f(0) = 1 \Leftrightarrow f(a)+f(b)+f(c) \leq 3$
Και το ζητούμενο έχει δειχθεί.
edit: Διόρθωση του λάθους στην παραγώγιση και της LaTeX

Soteris · #7

Επισυνάπτω και το αρχείο με τα θέματα.

#8

sot arm έγραψε: Θεωρώ την f(x) = $\sqrt{4x + 1}$
Έχω f'(x) = $\frac{1}{2}(4x +1)^{\frac{-1}{2}}$
Και f''(x) = $\frac{-1}{4}(4x +1)^{\frac{-3}{2}}$

Για ξαναδές τα αυτά.

Σπεύδω να προσθέσω ότι δεν επηρεάζουν ουσιαστικά την λύση από εκεί και πέρα (διορθώνεται), αλλά το σωστό να λέγεται.

nikkru · #9

Soteris έγραψε:Πρόβλημα 4

Ένας $\displaystyle{n\times n}$ $\displaystyle{\left(n\geqslant 3\right)}$ πίνακας χωρίζεται σε $\displaystyle{n^2}$ μοναδιαία τετράγωνα. Μέσα σε κάθε μοναδιαίο τετράγωνο γράφουμε ένα θετικό ακέραιο από το $\displaystyle{0}$ μέχρι και το $\displaystyle{n}$ (συμπεριλαμβανομένων), με τέτοιο τρόπο ώστε τα αθροίσματα των ακεραίων σε κάθε $\displaystyle{2\times 2}$ τετράγωνο του πίνακα να είναι διαφορετικά. Να βρείτε όλα τα $\displaystyle{n}$ , για τα οποία υπάρχουν τέτοιοι πίνακες.

Πάνω στο πλέγμα τοποθετώ ορθοκανονικό σύστημα ημιαξόνων όπως φαίνεται στο σχήμα.

: DK4.png (2.66 KiB) Προβλήθηκε 2039 φορές

Τότε κάθε τετράγωνο 2X2

έχει κέντρο με ακέραιες συντεταγμένες που έχουν τιμές ανάμεσα στο

και στο

. Δηλαδή τετμημένη και τεταγμένη μπορούν να πάρουν n-1

διαφορετικές τιμές (1,2,3,. . .,n-1)

οπότε υπάρχουν (n-1)^2

διαφορετικά τετράγωνα 2X2

.
Μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε όσες φορές θέλουμε μόνο τους αριθμούς από

έως και

. Έτσι το άθροισμα των 4 τετραγώνων κάθε 2X2

τετράγωνου θα είναι από

έως και

, δηλαδή

διαφορετικές τιμές.
Κάθε 2X2

τετράγωνο πρέπει να έχει διαφορετικό άθροισμα από τα υπόλοιπα, έτσι μπορούν να υπάρχουν το πολύ 4n+1

τετράγωνα

.
Επομένως θα πρέπει $(n-1)^2\leq 4n+1\Leftrightarrow n(n-6)\leq0\Leftrightarrow n\leq 6$ (αφού n>2)

, δηλαδή

.

#10

nikkru έγραψε: δηλαδή .

Μένει να κατασκευάσεις ένα τουλάχιστον παράδειγμα για καθεμιά από τις τιμές του

για να δείξεις ότι όντως είναι εφτικτό.
Είναι και αυτό ένα κομμάτι της άσκησης και στην προκειμένη περίπτωση μη τετριμμένο.

nikkru · #11

Επισυνάπτω από ένα πίνακα για κάθε τιμή του

.

: DK4b.png (10.16 KiB) Προβλήθηκε 1981 φορές

Δίπλα σε κάθε πίνακα οι τιμές είναι τα αθροίσματα των αντίστοιχων 2X2

τετραγώνων.
Ελπίζω να επανέλθω αργότερα για συμπλήρωση των τιμών με αλγοριθμικό τρόπο.

Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2016

Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2016

Re: Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2

Re: Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2

Re: Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2

Re: Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2

Re: Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2

Re: Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2

Re: Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2

Re: Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2

Re: Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2

Re: Δ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής κάτω των 15,5 ετών, 2

Μέλη σε σύνδεση