Τεστ Εξάσκησης (27), Μικροί

#1

ΘΕΜΑ 1
Αν a,b,c>0

τέτοιοι ώστε a+b+c=3,

να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{\displaystyle{\frac{a^2+bc}{b+ca}+\frac{b^2+ca}{c+ab}+\frac{c^2+ab}{a+bc}\geq 3.}}$

ΘΕΜΑ 2
Σε ένα πάρτι συμμετείχαν 2021 άτομα. Είναι γνωστό ότι σε κάθε τρία από αυτά κάποιος από αυτούς (τους τρεις) γνωρίζει τους άλλους δύο. Να δείξετε ότι κάποιος από τους συμμετέχοντες γνωρίζει όλους τους υπόλοιπους.

ΘΕΜΑ 3
Για κάθε θετικό ακέραιο

συμβολίζουμε με d(n)

το μέγιστο περιττό διαιρέτη του. Να υπολογίσετε το άθροισμα

$\displaystyle{d(1008)+d(1009)+...+d(2015)}$

ΘΕΜΑ 4
Θεωρούμε ορθογώνιο τρίγωνο ABC

με $\widehat {C} = 90^\circ$ και έστω

το έγκεντρό του. Οι ευθείες

και

τέμνονται στο

.
Αν

και

, να υπολογίσετε το μήκος του τμήματος

.

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #2

socrates έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 14, 2020 8:52 pm
ΘΕΜΑ 4
Θεωρούμε ορθογώνιο τρίγωνο με $\widehat {C} = 90^\circ$ και έστω το έγκεντρό του. Οι ευθείες και τέμνονται στο .
Αν και , να υπολογίσετε το μήκος του τμήματος .

: 273.PNG (23.22 KiB) Προβλήθηκε 1314 φορές

Έστω σημείο

στην προέκταση της

ώστε

.Από υπόθεση θα είναι AP=AD

.
Επιπλέον $\angle BDA=90^{\circ}+\dfrac{90^{\circ}}{2}=135^{\circ}=180^{\circ}-45^{\circ}=180^{\circ}-\angle CPB$ .
Άρα PADB

εγγράψιμο και έτσι $\angle APD=\angle ABD=\dfrac{\angle B}{2}\Leftrightarrow \dfrac{\angle A}{4}=\dfrac{\angle B}{2}\Leftrightarrow \angle A=60^{\circ},\angle B=30^{\circ}$ .
Δηλαδή $\dfrac{AB}{AC}=2\Leftrightarrow \dfrac{BN}{CN}=2\Leftrightarrow BN=4$

Altrian · #3

socrates έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 14, 2020 8:52 pm
ΘΕΜΑ 2
Σε ένα πάρτι συμμετείχαν 2021 άτομα. Είναι γνωστό ότι σε κάθε τρία από αυτά κάποιος από αυτούς (τους τρεις) γνωρίζει τους άλλους δύο. Να δείξετε ότι κάποιος από τους συμμετέχοντες γνωρίζει όλους τους υπόλοιπους.

Δύο άγνωστοι μεταξύ τους σχηματίζουν ένα ζεύγος αγνώστων. Κάθε άλλο ζεύγος αγνώστων δεν μπορεί να έχει κοινά στοιχεία με κανένα άλλο ζεύγος αγνώστων γιατί τότε θα υπήρχε μια τριάδα ατόμων όπου μόνο ένας θα ήξερε άλλον έναν ή κανέναν (άτοπο από εκφώνηση). Άρα όλοι οι άγνωστοι συνθέτουν ζεύγη ξένα μεταξύ τους (χωρίς κοινά άτομα). Επειδή το 2021

είναι περιττός θα υπάρχει τουλάχιστο ένας που δεν συμμετέχει σε κανένα ζεύγος αγνώστων δηλ. τους γνωρίζει όλους.

Ορέστης Λιγνός · #4

socrates έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 14, 2020 8:52 pm
ΘΕΜΑ 1
Αν τέτοιοι ώστε να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{\displaystyle{\frac{a^2+bc}{b+ca}+\frac{b^2+ca}{c+ab}+\frac{c^2+ab}{a+bc}\geq 3.}}$

Είναι, $\displaystyle{\frac{a^2+bc}{b+ca}=\dfrac{3a^2+3bc}{(a+b+c)b+3bc}=\dfrac{3(a^2+bc)}{ab+bc+3ca+b^2}$ και τα κυκλικά αυτής.

Οπότε, αρκεί να αποδείξω ότι $\displaystyle \sum_{\rm cyc} \dfrac{a^2+bc}{ab+bc+3ca+b^2} \geqslant 1$ (ουσιαστικά ομογενοποιήσα την ανισότητα).

Από CS έχουμε ότι $\displaystyle \sum_{\rm cyc} \dfrac{a^2+bc}{ab+bc+3ca+b^2} \geqslant \dfrac{(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)^2}{\displaystyle \sum_{\rm cyc} (a^2+bc)(ab+bc+3ca+b^2)}$ , άρα αρκεί να δείξουμε ότι $(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)^2 \geqslant \displaystyle \sum_{\rm cyc} (a^2+bc)(ab+bc+3ca+b^2)$ , που ισοδύναμα γράφεται:

$\displaystyle \sum a^4+\sum a^2b^2 \geqslant \sum a^3c+\sum a^2bc$ , που ισχύει καθώς:

$\rightarrow$ $\displaystyle \sum a^3c \leqslant \sum \dfrac{3a^4+c^4}{4}=\sum a^4$ , και
$\rightarrow$ $\displaystyle \sum a^2b^2-\sum a^2bc= \dfrac{1}{2} \sum (ab-bc)^2 \geqslant 0$ .

#5

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 17, 2020 2:58 pm

socrates έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 14, 2020 8:52 pm
ΘΕΜΑ 1
Αν τέτοιοι ώστε να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{\displaystyle{\frac{a^2+bc}{b+ca}+\frac{b^2+ca}{c+ab}+\frac{c^2+ab}{a+bc}\geq 3.}}$

Είναι, $\displaystyle{\frac{a^2+bc}{b+ca}=\dfrac{3a^2+3bc}{(a+b+c)b+3bc}=\dfrac{3(a^2+bc)}{ab+bc+3ca+b^2}$ και τα κυκλικά αυτής.

Οπότε, αρκεί να αποδείξω ότι $\displaystyle \sum_{\rm cyc} \dfrac{a^2+bc}{ab+bc+3ca+b^2} \geqslant 1$ (ουσιαστικά ομογενοποιήσα την ανισότητα).

Από CS έχουμε ότι $\displaystyle \sum_{\rm cyc} \dfrac{a^2+bc}{ab+bc+3ca+b^2} \geqslant \dfrac{(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)^2}{\displaystyle \sum_{\rm cyc} (a^2+bc)(ab+bc+3ca+b^2)}$ , άρα αρκεί να δείξουμε ότι $(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)^2 \geqslant \displaystyle \sum_{\rm cyc} (a^2+bc)(ab+bc+3ca+b^2)$ , που ισοδύναμα γράφεται:

$\displaystyle \sum a^4+\sum a^2b^2 \geqslant \sum a^3c+\sum a^2bc$ , που ισχύει καθώς:

$\rightarrow$ $\displaystyle \sum a^3c \leqslant \sum \dfrac{3a^4+c^4}{4}=\sum a^4$ , και
$\rightarrow$ $\displaystyle \sum a^2b^2-\sum a^2bc= \dfrac{1}{2} \sum (ab-bc)^2 \geqslant 0$ .

Ωραία!

Αλλιώς:

Είναι $\displaystyle{3a^2+3bc=(a+b+c)b+3bc=ab+bc+3ca+b^2\leq a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca...}$

Ορέστης Λιγνός · #6

socrates έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 17, 2020 3:56 pm

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 17, 2020 2:58 pm

socrates έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 14, 2020 8:52 pm
ΘΕΜΑ 1
Αν τέτοιοι ώστε να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{\displaystyle{\frac{a^2+bc}{b+ca}+\frac{b^2+ca}{c+ab}+\frac{c^2+ab}{a+bc}\geq 3.}}$

Είναι, $\displaystyle{\frac{a^2+bc}{b+ca}=\dfrac{3a^2+3bc}{(a+b+c)b+3bc}=\dfrac{3(a^2+bc)}{ab+bc+3ca+b^2}$ και τα κυκλικά αυτής.

Οπότε, αρκεί να αποδείξω ότι $\displaystyle \sum_{\rm cyc} \dfrac{a^2+bc}{ab+bc+3ca+b^2} \geqslant 1$ (ουσιαστικά ομογενοποιήσα την ανισότητα).

Από CS έχουμε ότι $\displaystyle \sum_{\rm cyc} \dfrac{a^2+bc}{ab+bc+3ca+b^2} \geqslant \dfrac{(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)^2}{\displaystyle \sum_{\rm cyc} (a^2+bc)(ab+bc+3ca+b^2)}$ , άρα αρκεί να δείξουμε ότι $(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)^2 \geqslant \displaystyle \sum_{\rm cyc} (a^2+bc)(ab+bc+3ca+b^2)$ , που ισοδύναμα γράφεται:

$\displaystyle \sum a^4+\sum a^2b^2 \geqslant \sum a^3c+\sum a^2bc$ , που ισχύει καθώς:

$\rightarrow$ $\displaystyle \sum a^3c \leqslant \sum \dfrac{3a^4+c^4}{4}=\sum a^4$ , και
$\rightarrow$ $\displaystyle \sum a^2b^2-\sum a^2bc= \dfrac{1}{2} \sum (ab-bc)^2 \geqslant 0$ .
Ωραία!

Αλλιώς:

Είναι $\displaystyle{3a^2+3bc=(a+b+c)b+3bc=ab+bc+3ca+b^2\leq a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca...}$

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #7

socrates έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 14, 2020 8:52 pm
ΘΕΜΑ 3
Για κάθε θετικό ακέραιο συμβολίζουμε με το μέγιστο περιττό διαιρέτη του. Να υπολογίσετε το άθροισμα

$\displaystyle{d(1008)+d(1009)+...+d(2015)}$

Είναι $d(k)=\dfrac{k}{2^{\upsilon _2(k)}}$ άρα $\displaystyle{\sum_{i=1008}^{2015}}d(i)=\sum_{i=1008}^{2015}\dfrac{i}{2^{\upsilon _2(i)}}$ και προφανώς αν

περιττός

.
Επειδή για $k\in [1008,2015]$ είναι $\upsilon _2(k)_{max}=10$ αρκεί να βρούμε για τα 2^i,i=1,2,..10

τα περιττού συντελεστή πολλαπλάσια τα οποία να ανήκουν στο [1008,2015]

.
Για $2^{10}$ είναι το $1\cdot 1024=1024$ .Επίσης αν

ο μέγιστος περιττός για τον οποίο $2^kl\leq 2015$ θα είναι $2^{k-1}(l+2)\geq 1008$ .Οπότε τώρα μπορούμε να φτιάξουμε τον παρακάτω πίνακα συντελεστών για τις δυνάμεις του

Οπότε $\displaystyle{\sum_{i=1008}^{2015}}d(i)=1+3+5+...+1007+1009+1011+....+2015=1+3+..+(2\cdot1008-1)=1008^2$

#8

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 17, 2020 4:09 pm

socrates έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 14, 2020 8:52 pm
ΘΕΜΑ 3
Για κάθε θετικό ακέραιο συμβολίζουμε με το μέγιστο περιττό διαιρέτη του. Να υπολογίσετε το άθροισμα

$\displaystyle{d(1008)+d(1009)+...+d(2015)}$

Είναι $d(k)=\dfrac{k}{2^{\upsilon _2(k)}}$ άρα $\displaystyle{\sum_{i=1008}^{2015}}d(i)=\sum_{i=1008}^{2015}\dfrac{i}{2^{\upsilon _2(i)}}$ και προφανώς αν περιττός .
Επειδή για $k\in [1008,2015]$ είναι $\upsilon _2(k)_{max}=10$ αρκεί να βρούμε για τα τα περιττού συντελεστή πολλαπλάσια τα οποία να ανήκουν στο .
Για $2^{10}$ είναι το $1\cdot 1024=1024$ .Επίσης αν ο μέγιστος περιττός για τον οποίο $2^kl\leq 2015$ θα είναι $2^{k-1}(l+2)\geq 1008$ .Οπότε τώρα μπορούμε να φτιάξουμε τον παρακάτω πίνακα συντελεστών για τις δυνάμεις του

Οπότε $\displaystyle{\sum_{i=1008}^{2015}}d(i)=1+3+5+...+1007+1009+1011+....+2015=1+3+..+(2\cdot1008-1)=1008^2$

Ωραία!

Ας δούμε και άλλες ιδέες, χωρίς εξαντλητική καταγραφή, στα:

https://mathematica.gr/forum/viewtopic. ... 81#p245781
https://artofproblemsolving.com/communi ... 32p5292114

https://artofproblemsolving.com/communi ... 20p2908472

Τεστ Εξάσκησης (27), Μικροί

Τεστ Εξάσκησης (27), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (27), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (27), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (27), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (27), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (27), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (27), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (27), Μικροί

Μέλη σε σύνδεση