Τεστ Εξάσκησης #5-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

#1

Καλησπέρα σας!

Σε συνέχεια των προηγούμενων θεμάτων με το 1ο τεστ, το 2ο τεστ, το 3ο τεστ και το 4ο τεστ, ακολουθούν τα προβλήματα του 5ου τεστ:

**********************************************

Practice TEST 5
ΔΙΑΡΚΕΙΑ: 4 ΩΡΕΣ

ΘΕΜΑ 1. Να βρεθούν όλες οι τριάδες (u,v,w)

πραγματικών αριθμών για τις οποίες ισχύει

(i) u+v+w=38

,
(ii)

,
(iii) $0\leq u\leq 11$ , $w\geq 14$ .

ΘΕΜΑ 2. Θεωρούμε τρίγωνο ABC

, σημείο

στην πλευρά του

και σημείο

στην πλευρά

τέτοια ώστε τα

και

να είναι παράλληλα και το

να εφάπτεται του εγγεγραμένου κύκλου στο τρίγωνο ABC

. Να δειχθεί ότι

$\displaystyle{ 8DE\leq AB+BC+CA. }$

ΘΕΜΑ 3. Να βρεθεί ο αριθμός των ακολουθιών $a_1,a_2,\dots,a_{2016}$ που είναι οι αριθμοί $1,2,\dots,2016$ σε κάποια σειρά (δηλ. είναι μια μετάθεση αυτών των αριθμών) τέτοιοι ώστε

$\displaystyle{ |a_1-1|=|a_2-2|=\cdots=|a_{2016}-2016|. }$

ΘΕΜΑ 4. Έστω

το σύνολο των θετικών ακεραίων που είναι μικρότεροι ή ίσοι του 2211. Έστω

ένα υποσύνολο 2011

στοιχείων του

. Να δειχθεί ότι υπάρχει κάποιο στοιχείο του

το οποίο είναι άθροισμα 11, όχι απαραίτητα διαφορετικών μεταξύ τους, στοιχείων του

.

**********************************************

Φιλικά,

Αχιλλέας

#2

achilleas έγραψε:
ΘΕΜΑ 2. Θεωρούμε τρίγωνο , σημείο στην πλευρά του και σημείο στην πλευρά τέτοια ώστε τα και να είναι παράλληλα και το να εφάπτεται του εγγεγραμένου κύκλου στο τρίγωνο . Να δειχθεί ότι

$\displaystyle{ 8DE\leq AB+BC+CA. }$

Τα τρίγωνα $\displaystyle{ADE, ABC}$ είναι όμοια με λόγο ομοιότητας $\displaystyle{m=\frac{DE}{a}.}$

Είναι επίσης

$\displaystyle{\frac{(ADE)}{(ABC)}=m^2.}$

Όμως

$\displaystyle{\frac{(ADE)}{(ABC)}=\frac{DE\cdot AK}{BC\cdot h_a}=\frac{DE(h_a-2r)}{ah_a}=\frac{DE(h_a-2r)}{2E}.}$

Επομένως είναι

$\displaystyle{\frac{DE(h_a-2r)}{2E}=\left(\frac{DE}{a}\right)^2,}$

οπότε

$\displaystyle{DE=\frac{a^2(h_a-2r)}{2E}=a\frac{s-a}{s}}$

και η αποδεικτέα γράφεται

$\displaystyle{a\frac{s-a}{s}\leq \frac{s}{4}\iff (s-2a)^2\geq 0}$

Friedoon · #3

achilleas έγραψε: ΘΕΜΑ 3. Να βρεθεί ο αριθμός των ακολουθιών $a_1,a_2,\dots,a_{2016}$ που είναι οι αριθμοί $1,2,\dots,2016$ σε κάποια σειρά (δηλ. είναι μια μετάθεση αυτών των αριθμών) τέτοιοι ώστε

$\displaystyle{ |a_1-1|=|a_2-2|=\cdots=|a_{2016}-2016|. }$

Θεωρούμε τους αριθμούς 1,2,...,2016

στη γραμμή των πραγματικών αριθμών σαν κορυφές ενός γράφου.Τώρα για κάθε απόλυτη τιμή |a_n-m|

βάζουμε την κατευθυνόμενη ακμή από το a_n

στο

.Άρα η δοθείσα ισότητα αντιστοιχεί σε έναν κατευθυνόμενο γράφο που κάθε κορυφή έχει in-degree και out-degree 1 και όλες οι ακμές του γράφου έχουν μήκος $k=|a_1-1|=|a_2-2|=\cdots=|a_{2016}-2016|$ ,όπου με τον όρο μήκος ακμής εννοούμε την ευκλείδια απόσταση των κορυφών που ενώνει η ακμή.
Τώρα παρατηρούμε πως και στην ακμή που φεύγει από την κορυφή 1 αλλά και σε αυτή που έρχεται προς αυτή θα πρέπει το άλλο τους άκρο να είναι η κορυφή k+1

και ομοίως σε κάθε κορυφή $l \le k$ και οι δύο ακμές αυτης της κορυφής θα ενώνονται με την κορυφή k+l

(αφού είναι η μόνη κορυφή που απέχει k από αυτές).
αλλά και για κάθε κορυφή l>2016-k

και οι δύο ακμές τους θα πρέπει να ενώνονται με την κορυφή l-k

(αφού είναι η μόνη κορυφή που απέχει k από αυτές).
Αφού ενώσουμε τις

αυτές κορυφές θα μείνουν 2016-4k

διαδοχικές κορυφές στις οποίες θα επαναλλάβουμε την παραπάνω διαδικάσία μέχρι να μείνουν λιγότερες από

κορυφές.
Αν μείνουν 0 κορυφές τότε ο γράφος αυτός είναι μοναδικός για το συγκεκριμένο

.
Αν μείνουν παραπάνω από 0 κορυφές τότε δεν μπορεί να δημιουργηθεί αντίστοιχoς γράφος για το συγκεκριμένο

.
Άρα υπάρχουν τόσες ακολουθίες όσα και

τέτοια ώστε $4k|2016 \Rightarrow k|504=2^3*3^2*7$ δηλαδή υπάρχουν 24 τέτοιες ακολουθίες ,όμως υπάρχει και η περίπτωση k=0

όπου και αντιστοιχούμε κάθε κορυφή στον εαυτό της , άρα συνολίκα 25 ακολουθίες.

#4

Friedoon έγραψε:
achilleas έγραψε: ΘΕΜΑ 3. Να βρεθεί ο αριθμός των ακολουθιών $a_1,a_2,\dots,a_{2016}$ που είναι οι αριθμοί $1,2,\dots,2016$ σε κάποια σειρά (δηλ. είναι μια μετάθεση αυτών των αριθμών) τέτοιοι ώστε

$\displaystyle{ |a_1-1|=|a_2-2|=\cdots=|a_{2016}-2016|. }$
Έχουμε τα σημεία στη γραμμή των πραγματικών αριθμών ,ουσιαστικά το ζητούμενο της άσκησης είναι να βρούμε με πόσους τρόπους μπορούμε να ενώσουμε κάθε αριθμό με έναν άλλο χρησιμοποιώντας μόνο ευθύγραμμα τμήματα μήκους , για όλες τις δυνατές τιμές του .
Αρχικά παρατηρούμε πως για να είναι δυνατή τέτοια σύνδεση θα πρέπει $k\le \lfloor\frac{n}{2}\rfloor$ αφού αλλιώς ο αριθμός στη μέση δεν θα μπορεί να συνδεθεί με κανένα άλλο.
Αν τότε αναγκαστικά συνδέουμε κάθε αριθμό με τον εαυτό του και άρα υπάρχει 1 μόνο τρόπος.
Αν τότε κάθε αριθμό μπορούμε να τον ενώσουμε με 2 άλλους,εκτός των πρώτων από κάθε άκρο (του οποίους μπορούμε μόνο με 1).Άρα οι τρόποι σύνδεσης είναι $2^{n-2k}$
Άρα συνολικά για όλα τα οι τρόποι σύνδεσης είναι:
$(\sum_{k=1}^{ \lfloor\frac{n}{2}\rfloor}2^{n-2k} ) +1$
που είναι ίσο με
$\frac{(2^n-1)}{3} +1=\frac{(2^n+2)}{3}$ ,αν άρτιος, και
$\frac{(2^n-2)}{3} +1=\frac{(2^n+1)}{3}$ , αν περιττός.

Καλημέρα σας!

Το

τι είναι;

Η λύση αυτή απέχει πολύ από το να είναι σωστή.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Friedoon · #5

achilleas έγραψε:
Friedoon έγραψε:
achilleas έγραψε: ΘΕΜΑ 3. Να βρεθεί ο αριθμός των ακολουθιών $a_1,a_2,\dots,a_{2016}$ που είναι οι αριθμοί $1,2,\dots,2016$ σε κάποια σειρά (δηλ. είναι μια μετάθεση αυτών των αριθμών) τέτοιοι ώστε

$\displaystyle{ |a_1-1|=|a_2-2|=\cdots=|a_{2016}-2016|. }$
Έχουμε τα σημεία στη γραμμή των πραγματικών αριθμών ,ουσιαστικά το ζητούμενο της άσκησης είναι να βρούμε με πόσους τρόπους μπορούμε να ενώσουμε κάθε αριθμό με έναν άλλο χρησιμοποιώντας μόνο ευθύγραμμα τμήματα μήκους , για όλες τις δυνατές τιμές του .
Αρχικά παρατηρούμε πως για να είναι δυνατή τέτοια σύνδεση θα πρέπει $k\le \lfloor\frac{n}{2}\rfloor$ αφού αλλιώς ο αριθμός στη μέση δεν θα μπορεί να συνδεθεί με κανένα άλλο.
Αν τότε αναγκαστικά συνδέουμε κάθε αριθμό με τον εαυτό του και άρα υπάρχει 1 μόνο τρόπος.
Αν τότε κάθε αριθμό μπορούμε να τον ενώσουμε με 2 άλλους,εκτός των πρώτων από κάθε άκρο (του οποίους μπορούμε μόνο με 1).Άρα οι τρόποι σύνδεσης είναι $2^{n-2k}$
Άρα συνολικά για όλα τα οι τρόποι σύνδεσης είναι:
$(\sum_{k=1}^{ \lfloor\frac{n}{2}\rfloor}2^{n-2k} ) +1$
που είναι ίσο με
$\frac{(2^n-1)}{3} +1=\frac{(2^n+2)}{3}$ ,αν άρτιος, και
$\frac{(2^n-2)}{3} +1=\frac{(2^n+1)}{3}$ , αν περιττός.
Καλημέρα σας!

Το τι είναι;

Η λύση αυτή απέχει πολύ από το να είναι σωστή.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Φαίνεται ήμουν πολύ αφηρημένος όταν το έλυνα.
Ευχαριστώ για την υπόδειξη,νομίζω πως τώρα η λύση είναι σωστή.

#6

achilleas έγραψε:
ΘΕΜΑ 1. Να βρεθούν όλες οι τριάδες πραγματικών αριθμών για τις οποίες ισχύει

(i) ,
(ii) ,
(iii) $0\leq u\leq 11$ , $w\geq 14$ .

Είναι $\displaystyle{\displaystyle{\frac{u}{11}\frac{w}{14}\frac{38-u-w}{13}=1.}}$ Όμως, από την ανισότητα των μέσων, έχουμε

$\displaystyle{\displaystyle{1=\frac{u}{11}\frac{w}{14}\frac{38-u-w}{13}\leq \left(\frac{\frac{2}{11\cdot13}u-\frac{1}{13\cdot14}w+\frac{38}{13}}{3}\right)^3\leq 1,}}$

οπότε έχουμε παντού ισότητα με συνέπεια u=11, w=14, v=13.

#7

Friedoon έγραψε:
achilleas έγραψε: ΘΕΜΑ 3. Να βρεθεί ο αριθμός των ακολουθιών $a_1,a_2,\dots,a_{2016}$ που είναι οι αριθμοί $1,2,\dots,2016$ σε κάποια σειρά (δηλ. είναι μια μετάθεση αυτών των αριθμών) τέτοιοι ώστε

$\displaystyle{ |a_1-1|=|a_2-2|=\cdots=|a_{2016}-2016|. }$
Άρα υπάρχουν τόσες ακολουθίες όσα και τέτοια ώστε $4k|2016 \Rightarrow k|504=2^3*3^2*7$ δηλαδή υπάρχουν 24 τέτοιες ακολουθίες ,όμως υπάρχει και η περίπτωση όπου και αντιστοιχούμε κάθε κορυφή στον εαυτό της , άρα συνολίκα 25 ακολουθίες.

Νομίζω εξακολουθεί να υπάρχει λάθος. Πρέπει 2k|2016

. Υπάρχουν

τέτοια

. (

μαζί με την επιπλέον περίπτωση k=0

.)

#8

achilleas έγραψε: ΘΕΜΑ 4. Έστω το σύνολο των θετικών ακεραίων που είναι μικρότεροι ή ίσοι του 2211. Έστω ένα υποσύνολο στοιχείων του . Να δειχθεί ότι υπάρχει κάποιο στοιχείο του το οποίο είναι άθροισμα 11, όχι απαραίτητα διαφορετικών μεταξύ τους, στοιχείων του .

Κοιτάμε τα 201

ζεύγη της μορφής $\{n,11n\}$ με $1 \leqslant n \leqslant 201$ . Είναι όλα υποσύνολα του

αφού $11 \times 201 = 2211$ . Επειδή από το

λείπουν μόνο 200

στοιχεία του

, τουλάχιστον ένα από αυτά τα ζεύγη, έστω το $\{n,11n\}$ , θα είναι υποσύνολο του

. Τότε παίρνουμε τα

στοιχεία να είναι όλα ίσα με

και τελειώσαμε.

Friedoon · #9

Demetres έγραψε:
Friedoon έγραψε:
achilleas έγραψε: ΘΕΜΑ 3. Να βρεθεί ο αριθμός των ακολουθιών $a_1,a_2,\dots,a_{2016}$ που είναι οι αριθμοί $1,2,\dots,2016$ σε κάποια σειρά (δηλ. είναι μια μετάθεση αυτών των αριθμών) τέτοιοι ώστε

$\displaystyle{ |a_1-1|=|a_2-2|=\cdots=|a_{2016}-2016|. }$
Άρα υπάρχουν τόσες ακολουθίες όσα και τέτοια ώστε $4k|2016 \Rightarrow k|504=2^3*3^2*7$ δηλαδή υπάρχουν 24 τέτοιες ακολουθίες ,όμως υπάρχει και η περίπτωση όπου και αντιστοιχούμε κάθε κορυφή στον εαυτό της , άρα συνολίκα 25 ακολουθίες.
Νομίζω εξακολουθεί να υπάρχει λάθος. Πρέπει . Υπάρχουν τέτοια . ( μαζί με την επιπλέον περίπτωση .)

Έχετε δίκαιο.Στη λύση μου δεν πήρα υπόψη μου την περίπτωση οι

κορυφές της μίας άκρης να αντιστοιχιθούν με τις

κορυφές της άλλης, όπου και αρκούν

κορυφές, άρα θα πρέπει 2k|2016

και μετά αυτά που είπατε.

#10

achilleas έγραψε: Παρ Φεβ 24, 2017 8:35 pm ΘΕΜΑ 3. Να βρεθεί ο αριθμός των ακολουθιών $a_1,a_2,\dots,a_{2016}$ που είναι οι αριθμοί $1,2,\dots,2016$ σε κάποια σειρά (δηλ. είναι μια μετάθεση αυτών των αριθμών) τέτοιοι ώστε

$\displaystyle{ |a_1-1|=|a_2-2|=\cdots=|a_{2016}-2016|. }$

Επαναφορά!

#11

socrates έγραψε: Τρί Φεβ 25, 2020 3:34 am
achilleas έγραψε: Παρ Φεβ 24, 2017 8:35 pm ΘΕΜΑ 3. Να βρεθεί ο αριθμός των ακολουθιών $a_1,a_2,\dots,a_{2016}$ που είναι οι αριθμοί $1,2,\dots,2016$ σε κάποια σειρά (δηλ. είναι μια μετάθεση αυτών των αριθμών) τέτοιοι ώστε

$\displaystyle{ |a_1-1|=|a_2-2|=\cdots=|a_{2016}-2016|. }$
Επαναφορά!

Ουσιαστικά αν πάρεις από δω κι' από 'κεί ότι έχει γραφτεί μπορούν να μπουν μαζί για να βγει μια πλήρη λύση. Τη γράφω όμως για να την έχουμε:

Θα δείξω ότι υπάρχει μετάθεση ώστε |a_i - i| = d

για κάθε

αν και μόνο αν d=0

ή

. Σε αυτήν την περίπτωση θα δείξω επιπλέον ότι πρέπει

a_k = k+d

αν $r_k \in \{1,2\ldots,d\}$ και a_k = k-d

αν $r_k \in \{d+1,\ldots,2d-1\} \cup\{0\} \qquad (\ast)$

όπου r_k

το υπόλοιπο της διαίρεσης του

με το

. (Αν

τότε

για κάθε

.)

Έστω ότι |a_i - i| = d

για κάθε

. Ασφαλώς πρέπει a_1 = d+1

, δηλαδή ισχύει η $(\ast)$ για k=1

. Έστω ότι ισχύει η $(\ast)$ για $k \leqslant m < 2018$ . Θα δείξω ότι ισχύει και για k=m+1

. Αφού $|a_{m+1} - m+1| = d$ , πρέπει $a_{m+1} = (m+1)+d$ ή $a_{m+1}= (m+1)-d$ . Μπορώ να υποθέσω ότι d>0

αλλιώς το ζητούμενο είναι άμεσο.

Περίπτωση 1: Αν $r_{m+1} \in \{1,2\ldots,d\}$ , τότε δεν μπορούμε να έχουμε $a_{m+1} = (m+1)-d$ αφού τότε είτε $d \geqslant (m+1)$ , άτοπο, είτε $m+1 \geqslant 2d+1$ και επαγωγικά έχουμε $a_{m+1-2d} = (m+1-2d)+d = m+1-d = a_{m+1}$ , πάλι άτοπο.

Περίπτωση 2: Αν $r_{m+1} \in \{d+1,\ldots,2d-1\} \cup\{0\}$ παίρνω

τέτοιο ώστε a_t = m+1-d

. Τότε

οπότε

ή

. Δεν μπορούμε να έχουμε t = m+1-2d

διότι επαγωγικά (αν m+1-2d>0

έχουμε $a_{m+1-2d} = m+1-3d$ . Άρα πρέπει t = m+1

, δηλαδή $a_{m+1} = m+1-d$ .

Άρα η $(\ast)$ πρέπει οπωσδήποτε να ισχύει. Αυτό μας δίνει και ότι d|1008

. Πράγματι σε αντίθεση περίπτωση, έστω 1008 = qd+r

με $r \in \{1,2,\ldots,1007\}$ θα είχαμε 2016 = 2qd + 2r > 2qd

. Τότε $a_{2qd+1} = 2qd+d+1 = 2016-2r+d+1$ το οποίο είναι άτοπο εκτός και αν $2r \geqslant d+1$ . Αλλά τότε $2016 = 2qd + 2r \geqslant 2qd+d+1$ και $a_{2qd+d} = 2qd+2d = 2016 + 2(d-r) > 2016$ , άτοπο.

Αντιστρόφως, αν d|1008

τότε η $(\ast)$ όντως μας δίνει μετάθεση του $\{1,2,\ldots,2016\}$ . (Για κάθε φυσικό

με

, και κάθε $1 \leqslant i \leqslant d$ , έχουμε αντιμετάθεση των 2md+i

και

.)

Δηλαδή έχουμε ακριβώς μία μετάθεση για d=0

και από μία για κάθε διαιρέτη

του $1008 = 2^4 \cdot 3^2 \cdot 7$ . Συνολικά λοιπόν υπάρχουν 1 + (4+1)(2+1)(1+1) = 31

τέτοιες ακολουθίες/μεταθέσεις.

#12

achilleas έγραψε: Παρ Φεβ 24, 2017 8:35 pm ΘΕΜΑ 1. Να βρεθούν όλες οι τριάδες πραγματικών αριθμών για τις οποίες ισχύει

(i) ,
(ii) ,
(iii) $0\leq u\leq 11$ , $w\geq 14$ .

Αλλιώς:

Θεωρούμε τα πολυώνυμα

P(x)=(x-u)(x-v)(x-w)

και

Είναι $R(x)=P(x)-Q(x)=(uv+vw+wu-11\cdot 13-11\cdot 14-13\cdot 14)x=kx$

Το R(x)

είναι γραμμικό και ισχύουν

$R(w)=-(w-11)(w-13)(w-14)\leq 0 \ \ \implies k\leq 0$ και $R(u)=-(u-11)(u-13)(u-14)\geq 0 \ \ \implies k\geq 0,$

οπότε k=0

με συνέπεια $R(x)\equiv 0 \implies P(x)\equiv Q(x).$

Τεστ Εξάσκησης #5-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

Τεστ Εξάσκησης #5-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

Re: Τεστ Εξάσκησης #5-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

Re: Τεστ Εξάσκησης #5-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

Re: Τεστ Εξάσκησης #5-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

Re: Τεστ Εξάσκησης #5-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

Re: Τεστ Εξάσκησης #5-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

Re: Τεστ Εξάσκησης #5-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

Re: Τεστ Εξάσκησης #5-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

Re: Τεστ Εξάσκησης #5-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

Re: Τεστ Εξάσκησης #5-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

Re: Τεστ Εξάσκησης #5-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

Re: Τεστ Εξάσκησης #5-ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ

Μέλη σε σύνδεση