Τεστ Εξάσκησης (9), Μεγάλοι

#1

ΘΕΜΑ 1
Οι διαφορετικοί ανά δύο θετικοί ακέραιοι a, b, c,

με

είναι τέτοιοι ώστε

$\displaystyle{a | (b − c)^2,\ \ \ \ b | (c − a)^2 \ \$ και $\ \ c | (a − b)^2.}$

Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει τρίγωνο με μήκη πλευρών a, b

και

ΘΕΜΑ 2
Να δείξετε ότι δεν υπάρχει άπειρη ακολουθία πρώτων αριθμών p_0, p_1, p_2, . . .

τέτοια ώστε για κάθε θετικό ακέραιο

να ισχύει:
$p_k = 2p_{k−1} + 1$ ή $p_k = 2p_{k−1} − 1.$

ΘΕΜΑ 3
Θεωρούμε εγγράψιμο τετράπλευρο ABCD

και έστω

και

τα μέσα των διαγωνίων

και

αντίστοιχα.
Αν $\angle AMB = \angle AMD,$ να αποδείξετε ότι $\angle ANB = \angle BNC.$

ΘΕΜΑ 4
Στην τελευταία Μαθηματική Ολυμπιάδα συμμετείχαν 300 μαθητές. Παρατηρήθηκε ότι ανάμεσα σε

οποιουσδήποτε μαθητές, υπήρχαν δύο που δεν γνωρίζονταν μεταξύ τους. Έστω x_i

το πλήθος των γνωστών του

στού μαθητή.
Αν $\{x_1, x_2, . . . , x_{299}, x_{300}\} = \{1, 2, . . . , N − 1, N\},$ να βρείτε τη μέγιστη δυνατή τιμή του

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #2

socrates έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 12, 2020 1:29 pm

ΘΕΜΑ 3
Θεωρούμε εγγράψιμο τετράπλευρο και έστω και τα μέσα των διαγωνίων και αντίστοιχα.
Αν $\angle AMB = \angle AMD,$ να αποδείξετε ότι $\angle ANB = \angle BNC.$

: 266.JPG (41.63 KiB) Προβλήθηκε 1853 φορές

Από εδώ έχουμε πως η

είναι συμμετροδιάμεσος στο ADC

δηλαδή το

είναι αρμονικό και από τον ίδιο σύνδεσμο έπεται πως αφού η

είναι συμμετροδιάμεσος στο ADB

θα είναι $\angle ANB = \angle BNC.$

ksofsa · #3

Καλησπέρα!

Για το 1ο θέμα:

Εστω (a,b)= d>1

Τότε

και

Αρα $xd/(yd-c)^2\rightarrow d/c^2$ κι επειδή (d,c)=1

έχω

Δηλαδή

και όμοια

Εχω

$ab/(c-b)^2(c-a)^2\Rightarrow ab/(ab+c^2-ca-bc)^2\Rightarrow ab/(c^2-ab-bc)^2$

$\Rightarrow ab/c^2(a+b-c)^2\Rightarrow ab/(a+b-c)^2$

Ομοια bc/(b+c-a)^2,ca/(c+a-b)^2

Οπότε

$(a+b-c)^2(b+c-a)^2(c+a-b)^2\geq a^2b^2c^2$

Εστω ότι υπάρχει τέτοιο τρίγωνο. Τότε x,y,z> 0

όπου

Εχω $8xyz\geq (x+y)(y+z)(z+x)$

Όμως

$(x+y)(y+z)(z+x)\geq 2\sqrt{xy}2\sqrt{yz}2\sqrt{zx}=8xyz$

Αρα η προηγούμενη ανισοισότητα ισχύει ως ισότητα και $x=y=z\Leftrightarrow a=b=c$ , άτοπο, διοτι οι a,b,c

διαφορετικοί ανά δύο.

Ορέστης Λιγνός · #4

socrates έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 12, 2020 1:29 pm
ΘΕΜΑ 2
Να δείξετε ότι δεν υπάρχει άπειρη ακολουθία πρώτων αριθμών τέτοια ώστε για κάθε θετικό ακέραιο να ισχύει:
$p_k = 2p_{k−1} + 1$ ή $p_k = 2p_{k−1} − 1.$

Αρχίζω με έναν Ισχυρισμό:

Ισχυρισμός: Ισχύει, $p_k=2p_{k-1}-1$ , για κάθε

θετικό ακέραιο ή $p_k=2p_{k-1}+1$ , για κάθε

θετικό ακέραιο.

Απόδειξη: Αρχικά, δείχνω ότι $p_0 \neq 3$ . Πράγματι, αν p_0=3

, υπολογίζοντας τους όρους $p_1,p_2, \ldots$ προκύπτει άτοπο σε όλες τις περιπτώσεις.

$\rightarrow$ Αν $p_0 \equiv 1 \pmod 3$ , τότε αν p_1=2p_0+1

προκύπτει $p_1 \equiv 0 \pmod 3$ , άτοπο. Άρα p_1=2p_0-1

. Ομοίως προκύπτει ότι p_2=2p_1-1

και γενικά $p_k=2p_{k-1}-1$ για κάθε

.

$\rightarrow$ Αν $p_0 \equiv 2 \pmod 3$ , με παρόμοια επιχειρηματολογία, έχω ότι $p_k=2p_{k-1}+1$ για κάθε

$\blacksquare$ .

Αν έχω τώρα ότι, $p_k=2p_{k-1}+1$ , θα δείξω ότι υπάρχει

ώστε $p_0 \mid p_m$ .

Πράγματι, μπορώ εύκολα να δείξω (π.χ. επαγωγικά) ότι $p_i \equiv 2^i(p_0+1)-1 \pmod {p_0}$ για κάθε

.

Αρκεί να επιλέξω το

, ώστε $2^i(p_0+1)-1 \equiv 0 \pmod {p_0} \Rightarrow 2^{i} \equiv 1 \pmod {p_0})$ .

Τέτοιο

όμως προφανώς και υπάρχει (π.χ. παίρνοντας i=p_0-1

, οπότε $2^{i} =2^{p_0-1} \equiv 1 \pmod {p_0}$ από το μικρό Θεώρημα του Fermat).

Αν πάλι έχω $p_k=2p_{k-1}-1$ , είναι $p_i \equiv 2^i(p_0-1)+1 \pmod {p_0}$ , οπότε παίρνοντας i=p_0-1

, κάνει τη δουλειά.

Τελικά, σ'όλες τις περιπτώσεις έχω άτοπο, οπότε δεν υπάρχει τέτοια ακολουθία.

giannisd · #5

ΘΕΜΑ 4
Στην τελευταία Μαθηματική Ολυμπιάδα συμμετείχαν 300 μαθητές. Παρατηρήθηκε ότι ανάμεσα σε 3 οποιουσδήποτε μαθητές, υπήρχαν δύο που δεν γνωρίζονταν μεταξύ τους. Έστω το πλήθος των γνωστών του - στού μαθητή.
Αν $\{x_1, x_2, . . . , x_{299}, x_{300}\} = \{1, 2, . . . , N − 1, N\}$ , να βρείτε τη μέγιστη δυνατή τιμή του .

Η απάντηση είναι $N\leq 200$

Πρώτα θα δείξω ότι $x_i+x_j\leq 300$ όταν ο μαθητής

είναι φίλος του

.
Πράγματι παίρνω δύο φίλους

και

που έχουν $x_i,x_j\leq N$ φίλους αντίστοιχα.
Από τη συνθήκη δεν έχουν κοινό φίλο, άρα:
$\displaystyle{x_i-1+x_j-1\leq 298 \iff x_i+x_j\leq 300}$

Έστω $N\geq 201$ . Παίρνω wlog τον πρώτο μαθητή με x_1=201

. Τότε υπάρχουν τουλάχιστον άλλα 100

άτομα με τουλάχιστον 100

φίλους το καθένα, επομένως δεν μπορούν αυτά να είναι φίλοι του πρώτου μαθητή. Άρα x_1<200

άτοπο.

Κατασκευή για N=200

:
Χωρίζω τους μαθητές σε δύο ομάδες $G_A=\{A_1,A_2,\ldots,A_{100}\}$ και $G_B=\{B_1,B_2,\ldots,B_{200}\}$ , ώστε μαθητές της ίδιας ομάδας να μην είναι φίλοι και ο μαθητής A_i

να είναι φίλος των μαθητών $B_i,B_{i+1},\ldots,B_{200}$ .
Η συνθήκη προφανώς ικανοποιείται, άρα τελειώσαμε. $\blacksquare$

stamas1 · #6

ksofsa έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 12, 2020 3:04 pm
Καλησπέρα!

Για το 1ο θέμα:

Εστω

Τότε και

Αρα $xd/(yd-c)^2\rightarrow d/c^2$ κι επειδή

έχω

Μπορεί να μου εξηγήσει κάνεις πως βγαίνει ότι d διαιρεί το c^2?

Τσιαλας Νικολαος · #7

Κάνεις ταυτότητα και αφού το d διαιρεί τους 2 όρους θα διαιρεί και το c^2

Τεστ Εξάσκησης (9), Μεγάλοι

Τεστ Εξάσκησης (9), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (9), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (9), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (9), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (9), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (9), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (9), Μεγάλοι

Μέλη σε σύνδεση