Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 2
Συντονιστής: polysot
-
- Δημοσιεύσεις: 217
- Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
- Τοποθεσία: Χανιά
Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 2
Διαγώνισμα 2 Επίπεδο: Αρχιμήδης
Πρόβλημα 1
Να λυθεί στους πρώτους αριθμούς η εξίσωση:
Πρόβλημα 2
Αν για τα πολυώνυμα:
και όπου
μη μηδενικοί πραγματικοί αριθμοί ισχύει ότι:
(1) Το κάθε ένα από αυτά έχει 3 διαφορετικές πραγματικές ρίζες.
(2) Έχουν μεταξύ τους ακριβώς 2 κοινές ρίζες
(3) Το άθροισμα των μη κοινών ριζών τους ισούται με
Να βρεθούν οι διάφορες τιμές των συναρτήσει του
Πρόβλημα 3
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο με και οι διχοτόμοι του
και . Οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων
και ξανατέμνονται στο . Η τέμνει την στο
και η τέμνει την στο . Αν οι περιγεγραμμένοι κύκλοι
των τριγώνων και ξανατέμνονται στο να αποδείξετε ότι
τα είναι συνευθειακά.
Πρόβλημα 4
Οι αριθμοί είναι γραμμένοι σε έναν πίνακα όπου θετικός
ακέραιος. Σε κάθε κίνηση, μπορούμε να διαγράψουμε αριθμούς από
τον πίνακα, και στην θέση τους να τοποθετήσουμε το ελάχιστο κοινό
πολλαπλάσιό τους. Ύστερα από κινήσεις, εκτελούμε το άθροισμα
των αριθμών που βρίσκονται εκείνη την στιγμή στον πίνακα το οποίο
θα ονομάζουμε . Να βρεθεί η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή του θετικού
ακέραιου έτσι ώστε να υπάρχει ακέραιος έτσι ώστε
Πρόβλημα 1
Να λυθεί στους πρώτους αριθμούς η εξίσωση:
Πρόβλημα 2
Αν για τα πολυώνυμα:
και όπου
μη μηδενικοί πραγματικοί αριθμοί ισχύει ότι:
(1) Το κάθε ένα από αυτά έχει 3 διαφορετικές πραγματικές ρίζες.
(2) Έχουν μεταξύ τους ακριβώς 2 κοινές ρίζες
(3) Το άθροισμα των μη κοινών ριζών τους ισούται με
Να βρεθούν οι διάφορες τιμές των συναρτήσει του
Πρόβλημα 3
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο με και οι διχοτόμοι του
και . Οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων
και ξανατέμνονται στο . Η τέμνει την στο
και η τέμνει την στο . Αν οι περιγεγραμμένοι κύκλοι
των τριγώνων και ξανατέμνονται στο να αποδείξετε ότι
τα είναι συνευθειακά.
Πρόβλημα 4
Οι αριθμοί είναι γραμμένοι σε έναν πίνακα όπου θετικός
ακέραιος. Σε κάθε κίνηση, μπορούμε να διαγράψουμε αριθμούς από
τον πίνακα, και στην θέση τους να τοποθετήσουμε το ελάχιστο κοινό
πολλαπλάσιό τους. Ύστερα από κινήσεις, εκτελούμε το άθροισμα
των αριθμών που βρίσκονται εκείνη την στιγμή στον πίνακα το οποίο
θα ονομάζουμε . Να βρεθεί η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή του θετικού
ακέραιου έτσι ώστε να υπάρχει ακέραιος έτσι ώστε
τελευταία επεξεργασία από Γιάννης Μπόρμπας σε Κυρ Απρ 16, 2017 10:11 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.
Γιάννης Μπορμπαντωνάκης
Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς
Βλέπουμε πωςΓιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 2
Πρόβλημα 3
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο με και οι διχοτόμοι του
και . Οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων
και ξανατέμνονται στο . Η τέμνει την στο
και η τέμνει την στο . Αν οι περιγεγραμμένοι κύκλοι
των τριγώνων και ξανατέμνονται στο να αποδείξετε ότι
τα είναι συνευθειακά.
και ,όπου το έκκεντρο.
Άρα εγγράψιμο.Όμως το είναι το σημείο του εγγράψιμου και άρα θα είναι συνευθειακό με τα
- Συνημμένα
-
- Screenshot (57).png (45.31 KiB) Προβλήθηκε 3913 φορές
Ανδρέας Χαραλαμπόπουλος
Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς
Διακρίνουμε τις ακόλουθες περιπτώσεις:Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 2
Πρόβλημα 1
Να λυθεί στους πρώτους αριθμούς η εξίσωση:
Συνεπώς, πρέπει . Αν , . Επομένως, ,άτοπο. Συνεπώς, . Παίρνοντας , έχουμε , άτοπο.
Έχουμε και αφού πρώτος και παίρνουμε , που όμως δεν δίνει λύσεις.
Έχουμε Ομοίως με πριν , από όπου με παίρνουμε , που σε κάθε περίπτωση δεν αποτελεί κυβικό υπόλοιπο.
Ομοίως με πριν . Και η διοφαντική παίρνει την μορφή , που δεν έχει λύσεις.
Συνεπώς, δεν υπάρχουν πρώτοι (θετικοί) που να ικανοποιούν την ζητούμενη.
Bye :')
- Διονύσιος Αδαμόπουλος
- Δημοσιεύσεις: 807
- Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
- Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας
Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς
a) Έστω πως και .Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 2
Πρόβλημα 1
Να λυθεί στους πρώτους αριθμούς η εξίσωση:
Τότε έχουμε ότι περιττός, επομένως .
Ακόμα, .
Άρα , δηλαδή .
Συνεπώς έχουμε ότι . Όμως , άρα δεν έχουμε λύσεις σε αυτή την περίπτωση.
b) Έστω .
Η εξίσωση γίνεται:
Θα χρησιμοποιήσουμε .
Εύκολα βρίσκουμε πως τα πιθανά υπόλοιπα του είναι τα επαναλαμβανόμενα . Άρα του είναι , άτοπο, καθώς τα δυνατά υπόλοιπα του είναι .
c) Έστω .
Η εξίσωση γίνεται:
Χρησιμοποιώντας πάλι , έχουμε ότι:
Τα δυνατά υπόλοιπα του είναι , επομένως του , ενώ του τα . Άρα πρέπει
Επομένως η εξίσωση γίνεται , που δεν έχει ακέραιες λύσεις.
Η εξίσωση λοιπόν είναι άλυτη.
τελευταία επεξεργασία από Διονύσιος Αδαμόπουλος σε Κυρ Απρ 16, 2017 10:22 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.
Houston, we have a problem!
- Διονύσιος Αδαμόπουλος
- Δημοσιεύσεις: 807
- Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
- Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας
Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς
Νομίζω όταν λέμε πρώτους εννοούμε θετικούς πρώτους.
Houston, we have a problem!
-
- Δημοσιεύσεις: 217
- Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
- Τοποθεσία: Χανιά
Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς
Το υπόλοιπο ταυτίζεται με το αφού έχουμεΔιονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 2
b) Έστω .
Η εξίσωση γίνεται:
Θα χρησιμοποιήσουμε .
Εύκολα βρίσκουμε πως τα πιθανά υπόλοιπα του είναι τα επαναλαμβανόμενα . Άρα του είναι , άτοπο, καθώς τα δυνατά υπόλοιπα του είναι .
Η εξίσωση λοιπόν είναι άλυτη.
Αν γράφουμε:
(1)
Θα κάνουμε μερικές παρατηρήσεις και θα καταλήξουμε σε άτοπο.
Αρχικά ο αριθμός είναι άρτιος αφού
Στην συνέχεια από την (1) έχουμε ότι
Οπότε:
Άρα θα υπάρχει πρώτος αριθμός τέτοιος ώστε
Οπότε όμως αυτό δεν γίνεται αφού
Γιάννης Μπορμπαντωνάκης
- Ορέστης Λιγνός
- Δημοσιεύσεις: 1835
- Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
- Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής
- Επικοινωνία:
Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 2
Γεια σου Γιάννη!Γιάννης Μπόρμπας έγραψε: ↑Κυρ Απρ 16, 2017 8:22 pmΔιαγώνισμα 2 Επίπεδο: Αρχιμήδης
Πρόβλημα 4
Οι αριθμοί είναι γραμμένοι σε έναν πίνακα όπου θετικός
ακέραιος. Σε κάθε κίνηση, μπορούμε να διαγράψουμε αριθμούς από
τον πίνακα, και στην θέση τους να τοποθετήσουμε το ελάχιστο κοινό
πολλαπλάσιό τους. Ύστερα από κινήσεις, εκτελούμε το άθροισμα
των αριθμών που βρίσκονται εκείνη την στιγμή στον πίνακα το οποίο
θα ονομάζουμε . Να βρεθεί η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή του θετικού
ακέραιου έτσι ώστε να υπάρχει ακέραιος έτσι ώστε
Για , βλέπουμε ότι επιλέγοντας τους , και μετά τους που προκύπτουν, έχουμε τους αριθμούς γραμμένους στον πίνακα. Πράγματι, .
Αν τώρα δείξουμε ότι για η διαδικασία του προβλήματος δεν επιτυγχάνεται, θα έχουμε ότι .
Έστω ότι για , η διαδικασία επιτυγχάνεται.
Αφού , θα έχουμε τουλάχιστον αριθμούς στον πίνακα, την στιγμή που θα προκύψει . Έστω ότι αυτοί είναι οι .
Αφού στο σύνολο υπάρχει μόνο ένα πολλαπλάσιο του (το ), μόνο ένας εκ των θα διαιρείται με , έστω ο .
Είναι εύκολο να διαπιστώσουμε πως , δηλαδή , και .
Αφού όμως .
Επίσης, , και άρα , και .
Ακόμη, , και .
Έτσι, .
Αν τώρα έχουμε μόνο δύο αριθμούς στο τέλος της διαδικασίας, είναι , άτοπο.
Όμοια, αν έχουμε τρεις αριθμούς , άτοπο.
Άρα, έχουμε τουλάχιστον αριθμούς, έστω .
Το πολύ ένας εκ των μπορεί να διαιρείται από το , και το πολύ δύο από το . Έστω .
Αν τώρα , έστω και έχουμε όπως και πριν , άρα .
Αν όμως το δεν διαιρεί το , έστω , και . Έτσι, .
Παρατηρούμε ότι και στις δύο περιπτώσεις, τα δεν διαιρούν το , άρα .
Όμως, , άρα θέλουμε τουλάχιστον αριθμούς να μείνουν στο τέλος της διαδικασίας, άρα .
Μπορούμε να ελέγξουμε ότι , καθώς αν , έστω οι δύο επιλεγμένοι αριθμοί. Τότε,
, άτοπο.
Άρα, .
Αν , τότε έχουμε δύο επιλογές:
1) Να επιλέξουμε δύο διαφορετικά ζευγάρια , οπότε το τελικό άθροισμα είναι .
2) Να επιλέξουμε το ζεύγος , και το που προκύπτει, να το επιλέξουμε με έναν άλλο αριθμό . Τότε, .
Αν , με όμοια διαδικασία, έχουμε άτοπο.
Άρα όντως .
Είναι τώρα , με (αφού .
Έτσι, , και πράγματι για επιλέγουμε τα ζεύγη , για κάθε , εκτός του . Θα προκύψει τότε .
Υ.Γ. Αν όλες αυτές οι ασκήσεις είναι δικές σου Γιάννη,
Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε!
-
- Δημοσιεύσεις: 217
- Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
- Τοποθεσία: Χανιά
Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 2
Καλησπέρα Ορέστη (έστω και αργοπορημένα) και ευχαριστώ για τα καλά σου λόγια, πολλά μπράβο για την λύση!Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑Σάβ Μάιος 05, 2018 2:02 pmΓεια σου Γιάννη!Γιάννης Μπόρμπας έγραψε: ↑Κυρ Απρ 16, 2017 8:22 pmΔιαγώνισμα 2 Επίπεδο: Αρχιμήδης
Πρόβλημα 4
Οι αριθμοί είναι γραμμένοι σε έναν πίνακα όπου θετικός
ακέραιος. Σε κάθε κίνηση, μπορούμε να διαγράψουμε αριθμούς από
τον πίνακα, και στην θέση τους να τοποθετήσουμε το ελάχιστο κοινό
πολλαπλάσιό τους. Ύστερα από κινήσεις, εκτελούμε το άθροισμα
των αριθμών που βρίσκονται εκείνη την στιγμή στον πίνακα το οποίο
θα ονομάζουμε . Να βρεθεί η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή του θετικού
ακέραιου έτσι ώστε να υπάρχει ακέραιος έτσι ώστε
Για , βλέπουμε ότι επιλέγοντας τους , και μετά τους που προκύπτουν, έχουμε τους αριθμούς γραμμένους στον πίνακα. Πράγματι, .
Αν τώρα δείξουμε ότι για η διαδικασία του προβλήματος δεν επιτυγχάνεται, θα έχουμε ότι .
Έστω ότι για , η διαδικασία επιτυγχάνεται.
Αφού , θα έχουμε τουλάχιστον αριθμούς στον πίνακα, την στιγμή που θα προκύψει . Έστω ότι αυτοί είναι οι .
Αφού στο σύνολο υπάρχει μόνο ένα πολλαπλάσιο του (το ), μόνο ένας εκ των θα διαιρείται με , έστω ο .
Είναι εύκολο να διαπιστώσουμε πως , δηλαδή , και .
Αφού όμως .
Επίσης, , και άρα , και .
Ακόμη, , και .
Έτσι, .
Αν τώρα έχουμε μόνο δύο αριθμούς στο τέλος της διαδικασίας, είναι , άτοπο.
Όμοια, αν έχουμε τρεις αριθμούς , άτοπο.
Άρα, έχουμε τουλάχιστον αριθμούς, έστω .
Το πολύ ένας εκ των μπορεί να διαιρείται από το , και το πολύ δύο από το . Έστω .
Αν τώρα , έστω και έχουμε όπως και πριν , άρα .
Αν όμως το δεν διαιρεί το , έστω , και . Έτσι, .
Παρατηρούμε ότι και στις δύο περιπτώσεις, τα δεν διαιρούν το , άρα .
Όμως, , άρα θέλουμε τουλάχιστον αριθμούς να μείνουν στο τέλος της διαδικασίας, άρα .
Μπορούμε να ελέγξουμε ότι , καθώς αν , έστω οι δύο επιλεγμένοι αριθμοί. Τότε,
, άτοπο.
Άρα, .
Αν , τότε έχουμε δύο επιλογές:
1) Να επιλέξουμε δύο διαφορετικά ζευγάρια , οπότε το τελικό άθροισμα είναι .
2) Να επιλέξουμε το ζεύγος , και το που προκύπτει, να το επιλέξουμε με έναν άλλο αριθμό . Τότε, .
Αν , με όμοια διαδικασία, έχουμε άτοπο.
Άρα όντως .
Είναι τώρα , με (αφού .
Έτσι, , και πράγματι για επιλέγουμε τα ζεύγη , για κάθε , εκτός του . Θα προκύψει τότε .
Υ.Γ. Αν όλες αυτές οι ασκήσεις είναι δικές σου Γιάννη,
Γιάννης Μπορμπαντωνάκης
-
- Δημοσιεύσεις: 50
- Εγγραφή: Κυρ Δεκ 23, 2018 11:26 pm
- Τοποθεσία: Αθήνα
Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 2
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε: ↑Κυρ Απρ 16, 2017 8:22 pmΔιαγώνισμα 2 Επίπεδο: Αρχιμήδης
Πρόβλημα 1
Να λυθεί στους πρώτους αριθμούς η εξίσωση:
Πρόβλημα 2
Αν για τα πολυώνυμα:
και όπου
μη μηδενικοί πραγματικοί αριθμοί ισχύει ότι:
(1) Το κάθε ένα από αυτά έχει 3 διαφορετικές πραγματικές ρίζες.
(2) Έχουν μεταξύ τους ακριβώς 2 κοινές ρίζες
(3) Το άθροισμα των μη κοινών ριζών τους ισούται με
Να βρεθούν οι διάφορες τιμές των συναρτήσει του
Πρόβλημα 3
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο με και οι διχοτόμοι του
και . Οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων
και ξανατέμνονται στο . Η τέμνει την στο
και η τέμνει την στο . Αν οι περιγεγραμμένοι κύκλοι
των τριγώνων και ξανατέμνονται στο να αποδείξετε ότι
τα είναι συνευθειακά.
Πρόβλημα 4
Οι αριθμοί είναι γραμμένοι σε έναν πίνακα όπου θετικός
ακέραιος. Σε κάθε κίνηση, μπορούμε να διαγράψουμε αριθμούς από
τον πίνακα, και στην θέση τους να τοποθετήσουμε το ελάχιστο κοινό
πολλαπλάσιό τους. Ύστερα από κινήσεις, εκτελούμε το άθροισμα
των αριθμών που βρίσκονται εκείνη την στιγμή στον πίνακα το οποίο
θα ονομάζουμε . Να βρεθεί η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή του θετικού
ακέραιου έτσι ώστε να υπάρχει ακέραιος έτσι ώστε
Πρόβλημα 2
Έστω
οι ρίζες του
Και
οι ρίζες του
Με το σχήμα Horner εύκολα προκύπτει ότι μια από τις ρίζες του είναι το 1
Έστω χ4=1 μη κοινή λύση των δυο πολυωνυμων
τοτε, άτοπο γιατί πρέπει
Άρα το 1 είναι κοινή λύση των πολυωνυμων,
:
Αφού για το ισχύει ότι
.Οποτε
Για έχουμε:
Η δευτεροβάθμια αυτή έχει μια διπλή ρίζα την
Οποτε (1)
Άρα
Με πράξεις προκύπτει ότι ή
Όμως
Έτσι
Άρα
Από όλα τα παραπάνω και την σχεση (1) προκύπτει ότι
τελευταία επεξεργασία από christinat σε Παρ Δεκ 18, 2020 7:11 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.
-
- Δημοσιεύσεις: 217
- Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
- Τοποθεσία: Χανιά
Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 2
Καλησπέρα Χριστίνα, πώς θα μπορούσαμε να συνδυάσουμε τις κοινές ρίζες των και με το πολυώνυμο για μία ταχύτερη λύση;christinat έγραψε: ↑Πέμ Ιαν 10, 2019 12:48 amΓιάννης Μπόρμπας έγραψε: ↑Κυρ Απρ 16, 2017 8:22 pmΔιαγώνισμα 2 Επίπεδο: Αρχιμήδης
Πρόβλημα 1
Να λυθεί στους πρώτους αριθμούς η εξίσωση:
Πρόβλημα 2
Αν για τα πολυώνυμα:
και όπου
μη μηδενικοί πραγματικοί αριθμοί ισχύει ότι:
(1) Το κάθε ένα από αυτά έχει 3 διαφορετικές πραγματικές ρίζες.
(2) Έχουν μεταξύ τους ακριβώς 2 κοινές ρίζες
(3) Το άθροισμα των μη κοινών ριζών τους ισούται με
Να βρεθούν οι διάφορες τιμές των συναρτήσει του
Πρόβλημα 3
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο με και οι διχοτόμοι του
και . Οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων
και ξανατέμνονται στο . Η τέμνει την στο
και η τέμνει την στο . Αν οι περιγεγραμμένοι κύκλοι
των τριγώνων και ξανατέμνονται στο να αποδείξετε ότι
τα είναι συνευθειακά.
Πρόβλημα 4
Οι αριθμοί είναι γραμμένοι σε έναν πίνακα όπου θετικός
ακέραιος. Σε κάθε κίνηση, μπορούμε να διαγράψουμε αριθμούς από
τον πίνακα, και στην θέση τους να τοποθετήσουμε το ελάχιστο κοινό
πολλαπλάσιό τους. Ύστερα από κινήσεις, εκτελούμε το άθροισμα
των αριθμών που βρίσκονται εκείνη την στιγμή στον πίνακα το οποίο
θα ονομάζουμε . Να βρεθεί η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή του θετικού
ακέραιου έτσι ώστε να υπάρχει ακέραιος έτσι ώστε
Πρόβλημα 2
Έστω
οι ρίζες του
Και
οι ρίζες του
Με το σχήμα Horner εύκολα προκύπτει ότι μια από τις ρίζες του είναι το 1
Έστω χ4=1 μη κοινή λύση των δυο πολυωνυμων
τοτε, άτοπο γιατί πρέπει
Άρα το 1 είναι κοινή λύση των πολυωνυμων,
:
Αφού για το ισχύει ότι
.Οποτε
Για έχουμε:
Η δευτεροβάθμια αυτή έχει μια διπλή ρίζα την
Οποτε (1)
Άρα
Με πράξεις προκύπτει ότι ή
Όμως
Έτσι
Άρα
Από όλα τα παραπάνω και την σχεση (1) προκύπτει ότι
Γιάννης Μπορμπαντωνάκης
-
- Δημοσιεύσεις: 50
- Εγγραφή: Κυρ Δεκ 23, 2018 11:26 pm
- Τοποθεσία: Αθήνα
Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 2
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε: ↑Παρ Ιαν 11, 2019 12:39 pmΚαλησπέρα Χριστίνα, πώς θα μπορούσαμε να συνδυάσουμε τις κοινές ρίζες των και με το πολυώνυμο για μία ταχύτερη λύση;christinat έγραψε: ↑Πέμ Ιαν 10, 2019 12:48 amΓιάννης Μπόρμπας έγραψε: ↑Κυρ Απρ 16, 2017 8:22 pmΔιαγώνισμα 2 Επίπεδο: Αρχιμήδης
Πρόβλημα 1
Να λυθεί στους πρώτους αριθμούς η εξίσωση:
Πρόβλημα 2
Αν για τα πολυώνυμα:
και όπου
μη μηδενικοί πραγματικοί αριθμοί ισχύει ότι:
(1) Το κάθε ένα από αυτά έχει 3 διαφορετικές πραγματικές ρίζες.
(2) Έχουν μεταξύ τους ακριβώς 2 κοινές ρίζες
(3) Το άθροισμα των μη κοινών ριζών τους ισούται με
Να βρεθούν οι διάφορες τιμές των συναρτήσει του
Πρόβλημα 3
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο με και οι διχοτόμοι του
και . Οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων
και ξανατέμνονται στο . Η τέμνει την στο
και η τέμνει την στο . Αν οι περιγεγραμμένοι κύκλοι
των τριγώνων και ξανατέμνονται στο να αποδείξετε ότι
τα είναι συνευθειακά.
Πρόβλημα 4
Οι αριθμοί είναι γραμμένοι σε έναν πίνακα όπου θετικός
ακέραιος. Σε κάθε κίνηση, μπορούμε να διαγράψουμε αριθμούς από
τον πίνακα, και στην θέση τους να τοποθετήσουμε το ελάχιστο κοινό
πολλαπλάσιό τους. Ύστερα από κινήσεις, εκτελούμε το άθροισμα
των αριθμών που βρίσκονται εκείνη την στιγμή στον πίνακα το οποίο
θα ονομάζουμε . Να βρεθεί η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή του θετικού
ακέραιου έτσι ώστε να υπάρχει ακέραιος έτσι ώστε
Πρόβλημα 2
Έστω
οι ρίζες του
Και
οι ρίζες του
Με το σχήμα Horner εύκολα προκύπτει ότι μια από τις ρίζες του είναι το 1
Έστω χ4=1 μη κοινή λύση των δυο πολυωνυμων
τοτε, άτοπο γιατί πρέπει
Άρα το 1 είναι κοινή λύση των πολυωνυμων,
:
Αφού για το ισχύει ότι
.Οποτε
Για έχουμε:
Η δευτεροβάθμια αυτή έχει μια διπλή ρίζα την
Οποτε (1)
Άρα
Με πράξεις προκύπτει ότι ή
Όμως
Έτσι
Άρα
Από όλα τα παραπάνω και την σχεση (1) προκύπτει ότι
Γιάννη το δοκίμασα με τον τρόπο που λες (όντως είναι πιο σύντομος) και βγάζω άλλες λύσεις
Μήπως είχα κάνει κάποιο λάθος την πρώτη φορα δεν ξέρω εσυ θα μου πεις
τελευταία επεξεργασία από christinat σε Παρ Δεκ 18, 2020 7:11 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.
-
- Δημοσιεύσεις: 217
- Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
- Τοποθεσία: Χανιά
Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 2
Ας δούμε λίγο πιο αναλυτικά αυτή την ιδέα.christinat έγραψε: ↑Παρ Ιαν 11, 2019 8:52 pmΓιάννης Μπόρμπας έγραψε: ↑Παρ Ιαν 11, 2019 12:39 pmΚαλησπέρα Χριστίνα, πώς θα μπορούσαμε να συνδυάσουμε τις κοινές ρίζες των και με το πολυώνυμο για μία ταχύτερη λύση;christinat έγραψε: ↑Πέμ Ιαν 10, 2019 12:48 amΓιάννης Μπόρμπας έγραψε: ↑Κυρ Απρ 16, 2017 8:22 pmΔιαγώνισμα 2 Επίπεδο: Αρχιμήδης
Πρόβλημα 1
Να λυθεί στους πρώτους αριθμούς η εξίσωση:
Πρόβλημα 2
Αν για τα πολυώνυμα:
και όπου
μη μηδενικοί πραγματικοί αριθμοί ισχύει ότι:
(1) Το κάθε ένα από αυτά έχει 3 διαφορετικές πραγματικές ρίζες.
(2) Έχουν μεταξύ τους ακριβώς 2 κοινές ρίζες
(3) Το άθροισμα των μη κοινών ριζών τους ισούται με
Να βρεθούν οι διάφορες τιμές των συναρτήσει του
Πρόβλημα 3
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο με και οι διχοτόμοι του
και . Οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων
και ξανατέμνονται στο . Η τέμνει την στο
και η τέμνει την στο . Αν οι περιγεγραμμένοι κύκλοι
των τριγώνων και ξανατέμνονται στο να αποδείξετε ότι
τα είναι συνευθειακά.
Πρόβλημα 4
Οι αριθμοί είναι γραμμένοι σε έναν πίνακα όπου θετικός
ακέραιος. Σε κάθε κίνηση, μπορούμε να διαγράψουμε αριθμούς από
τον πίνακα, και στην θέση τους να τοποθετήσουμε το ελάχιστο κοινό
πολλαπλάσιό τους. Ύστερα από κινήσεις, εκτελούμε το άθροισμα
των αριθμών που βρίσκονται εκείνη την στιγμή στον πίνακα το οποίο
θα ονομάζουμε . Να βρεθεί η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή του θετικού
ακέραιου έτσι ώστε να υπάρχει ακέραιος έτσι ώστε
Πρόβλημα 2
Έστω
οι ρίζες του
Και
οι ρίζες του
Με το σχήμα Horner εύκολα προκύπτει ότι μια από τις ρίζες του είναι το 1
Έστω χ4=1 μη κοινή λύση των δυο πολυωνυμων
τοτε, άτοπο γιατί πρέπει
Άρα το 1 είναι κοινή λύση των πολυωνυμων,
:
Αφού για το ισχύει ότι
.Οποτε
Για έχουμε:
Η δευτεροβάθμια αυτή έχει μια διπλή ρίζα την
Οποτε (1)
Άρα
Με πράξεις προκύπτει ότι ή
Όμως
Έτσι
Άρα
Από όλα τα παραπάνω και την σχεση (1) προκύπτει ότι
Γιάννη το δοκίμασα με τον τρόπο που λες (όντως είναι πιο σύντομος) και βγάζω άλλες λύσεις
Μήπως είχα κάνει κάποιο λάθος την πρώτη φορα δεν ξέρω εσυ θα μου πεις
Αν είναι μία κοινή ρίζα των και , τότε είναι και ρίζα του .
Επομένως, αρκεί να επιλέξουμε κατάλληλα πολυώνυμα και έτσι ώστε οι κοινές ρίζες να ειναι εύκολα υπολογίσιμες μέσω του .
Επιλέγοντας και έχουμε ότι . Οι ρίζες του είναι οι , αφού όμως τα έχουν ακριβώς 2 κοινές ρίζες τότε οι κοινές ρίζες τους θα είναι οι .
(1)
(2)
Επομένως: και .
Κάνοντας αντικατάσταση στα πολυώνυμα και παραγοντοποίηση έχουμε:
Αφού το άθροισμα των μη κοινών ριζών των πολυωνύμων ισούται με πρέπει:
Δηλαδή .
Εάν τότε η τρίτη ρίζα του είναι το (άτοπο από εκφώνηση (1))
Εάν τότε και που ικανοποιεί τις προϋποθέσεις.
Οπότε είναι η λύση.
Γιάννης Μπορμπαντωνάκης
-
- Δημοσιεύσεις: 9
- Εγγραφή: Κυρ Ιαν 20, 2019 8:46 am
Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 2
Μετα απο πραξεις
οποτε ή ριζες του Η(x) .Τα πολυώνυμα και τα θεωρει έτσι ωστε να τον βολεύουν στον υπολογισμό των ριζών.Υπάρχουν και αλλα τέτοια !
οποτε ή ριζες του Η(x) .Τα πολυώνυμα και τα θεωρει έτσι ωστε να τον βολεύουν στον υπολογισμό των ριζών.Υπάρχουν και αλλα τέτοια !
Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 2
Μπορεί κάποιος να ανεβασει μια άλλη λυση για το πρόβλημα 2;
-
- Δημοσιεύσεις: 50
- Εγγραφή: Κυρ Δεκ 23, 2018 11:26 pm
- Τοποθεσία: Αθήνα
Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 2
Έστω
(1),όπου και οι μη κοινές ρίζες των πολυωνυμων
Ισχύει ότι
Το 1 είναι κοινή ρίζα των πολυωνυμων και γιατί αν ήταν μη κοινή τοτε που δεν επαληθεύει το αφού
Άρα οι κοινές ριζες
Η είναι μια από τις ριζες της δευτεροβάθμιας
Όμως
και
Άρα
(2)
-a-c+b+d=0(3)
Από τις σχέσεις (1)-(2)-(3) προκύπτει ότι
(b,c,d)=(2a,-a,-2a)
(1),όπου και οι μη κοινές ρίζες των πολυωνυμων
Ισχύει ότι
Το 1 είναι κοινή ρίζα των πολυωνυμων και γιατί αν ήταν μη κοινή τοτε που δεν επαληθεύει το αφού
Άρα οι κοινές ριζες
Η είναι μια από τις ριζες της δευτεροβάθμιας
Όμως
και
Άρα
(2)
-a-c+b+d=0(3)
Από τις σχέσεις (1)-(2)-(3) προκύπτει ότι
(b,c,d)=(2a,-a,-2a)
Τσούρα Χριστίνα
-
- Δημοσιεύσεις: 217
- Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
- Τοποθεσία: Χανιά
Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 2
Ανεπιθύμητα σχόλια, δημιουργούν ανεπιθύμητους χώρους.
Δεν είναι κρίμα να χάσουμε μία παραπάνω λύση από έναν μαθητή που φοβάται/αποφεύγει την κριτική;
Γιάννης Μπορμπαντωνάκης
Μέλη σε σύνδεση
Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης