Τεστ Εξάσκησης (12), Μεγάλοι

#1

ΘΕΜΑ 1
Να βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ για τις οποίες ισχύει

f(x^2y) + 2f(y^2) = ( x^2 + f(y) ) f(y)

για όλους τους πραγματικούς αριθμούς x,y.

ΘΕΜΑ 2

φορτηγά είναι διαθέσιμα για τη μεταφορά 270

κιλών καρπούζια. Κάθε καρπούζι ζυγίζει το πολύ

κιλά, ενώ κάθε φορτηγό μπορεί να μεταφέρει μέχρι

κιλά καρπούζια σε κάθε δρομολόγιο. Αν κάθε φορτηγό μπορεί να κάνει το πολύ ένα δρομολόγιο, να αποδείξετε ότι είναι δυνατόν να μεταφερθούν όλα τα καρπούζια!

ΘΕΜΑ 3
Να βρείτε όλα τα ζεύγη θετικών ακεραίων (m,n)

για τα οποία ισχύει

$\displaystyle{2^m = 7n^2 + 1.}$

ΘΕΜΑ 4
Θεωρούμε τρίγωνο ABC

με $\angle ABC\ne \angle BCA.$ Ο εγγεγραμμένος κύκλος

του τριγώνου ABC

εφάπτεται στις πλευρές BC, CA, AB

στα σημεία D, E, F.

Η ευθεία

τέμνει τον κύκλο

για δεύτερη φορά στο

Έστω

το σημείο τομής της

με την κάθετη στην

στο

Έστω, τέλος, X, Y

τα σημεία τομής της

με την

και την

αντίστοιχα.
Δείξτε ότι το

είναι το μέσο του τμήματος XY.

min## · #2

Γεωμε4:
Έστω $S\equiv DI\cap (I)$ .
Προβάλλοντας την αρμονική S(P,D,F,E)

λαμβάνουμε πως το

ανήκει στην πολική του $DS\cap EF$ .
Επομένως AQ//BC

.
Προβάλλοντας τώρα την αρμονική D(E,F,A,B)

στην

παίρνουμε το ζητούμενο..

Ορέστης Λιγνός · #3

socrates έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 18, 2020 3:09 pm
ΘΕΜΑ 1
Να βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ για τις οποίες ισχύει

για όλους τους πραγματικούς αριθμούς

Έστω

η δοσμένη.

Η P(x,0)

δίνει

, άρα αν $f(0) \neq 0$ προκύπτει ότι x^2+f(0)=3

για κάθε

, άτοπο.

Άρα f(0)=0

. Άρα, η

δίνει

.

Θέτω

στην προηγούμενη και έχω 2f(1)=f^2(1)

, άρα $f(1) \in \{0,2 \}$ .

Επίσης, η δεδομένη σχέση γράφεται f(x^2y)=x^2f(y)

(*).

$\rightarrow$ Αν f(1)=0

, τότε η

δίνει

, οπότε

, δηλαδή $f \equiv 0$ , που ικανοποιεί την συνθήκη.

$\rightarrow$ Αν f(1)=2

, τότε η (*) με y=1

δίνει

για κάθε $x \geqslant 0$ . Επίσης, με y=-1

η (*) δίνει f(x)=cx

για κάθε $x \leqslant 0$ (με c=-f(-1)

).

Άρα, $2f(y^2)=f^2(y) \Rightarrow 4y^2=c^2y^2$ , οπότε c=2

ή

. Επομένως, έχω τις τρεις λύσεις:

$f \equiv 0$ , $f(x)=2x, \forall x \in \mathbb{R}$ , και η $f(x)=2x, \forall x \geqslant 0$ και $f(x)=-2x, \forall x \leqslant 0$ .

#4

JimNt. έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 18, 2020 3:51 pm

socrates έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 18, 2020 3:09 pm
ΘΕΜΑ 1
Να βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ για τις οποίες ισχύει

για όλους τους πραγματικούς αριθμούς

Ας είναι . Τότε δίνει πως ή . H δεύτερη απορρίπτεται αφού στο το αριστερό μέλος είναι σταθερό, ενώ το δεξί παίρνει τουλάχιστον (άπειρες) τιμές. Έτσι, . . Άρα . Aπό εδώ <- , προκύπτει ότι για θετικό και για αρνητικό. Η δίνει και ${\color{red} 2c_2}=c_2^2$ . Άρα για θετικό και για αρνητικό και όπου δίνουν τις λύσεις μας.

Νομίζω είναι 2c_1=c_2^2,

οπότε αλλάζουν λίγο οι λύσεις...

Ορέστης Λιγνός · #5

socrates έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 18, 2020 3:09 pm
ΘΕΜΑ 3
Να βρείτε όλα τα ζεύγη θετικών ακεραίων για τα οποία ισχύει

$\displaystyle{2^m = 7n^2 + 1.}$

Ένα sketch της λύσης για αυτό:

$\pmod 7$ έχω ότι $3 \mid m$ . Έστω m=3k

, οπότε γράφω (2^k-1)(4^k+2^k+1)=7n^2

.

Έχω εύκολα ότι $(2^k-1,4^k+2^k+1) \in \{1,3 \}$ , οπότε διακρίνω 2 περιπτώσεις.

Περίπτωση 1: Ισχύει, (2^k-1,4^k+2^k+1)=1

. Τότε, έχω αναγκαστικά δύο περιπτώσεις:

i) Ισχύει 2^k-1=A^2

και

με

θετικούς ακεραίους, ή
ii) Ισχύει 2^k-1=7A^2

και

με

θετικούς ακεραίους.

Για την πρώτη περίπτωση, παίρνοντας $\pmod 4$ στην 2^k-1=A^2

δίνει $2^k \equiv 2 \pmod 4$ , οπότε k=1

και

. Τελικά

.
Για την δεύτερη περίπτωση, έχω ότι (2^k)^2 <B^2<(2^k+1)^2

, άτοπο.

Περίπτωση 2: Ισχύει, (2^k-1,4^k+2^k+1)=3

. Τότε, αν πάρω 2^k-1=3P, 4^k+2^k+1=3Q

, πρέπει $3 \mid n$ , άρα n=3R

. Άρα προκύπτει PQ=7R^2

με

. Οπότε θα προκύψουν πάλι 2 περιπτώσεις:

i) Ισχύει, 2^k-1=3A^2

και

, ή
ii) Ισχύει, 2^k-1=21B^2

και

.

(Οι

είναι θετικοί ακέραιοι).

Για την πρώτη περίπτωση παίρνοντας $\pmod 8$ προκύπτει $2^k-1=3A^2 \equiv 3 \pmod 8$ , δηλαδή $2^k \equiv 4 \pmod 8$ , άτοπο για $k \geqslant 3$ , οπότε k=2

ή

, που δίνουν τελικά m=6

και

.

Για την δεύτερη περίπτωση παίρνοντας $\pmod 8$ ξανά, προκύπτει $2^k-1=21B^2 \equiv 21 \pmod 8$ , οπότε $2^k \equiv 6 \pmod 8$ , άρα $k \leqslant 2$ . Οι δοκιμές δεν δίνουν κάποια λύση.

Τελικά λύσεις οι (m,n)=(3,1),(6,3)

.

#6

socrates έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 18, 2020 3:09 pm
ΘΕΜΑ 4
Θεωρούμε τρίγωνο με $\angle ABC\ne \angle BCA.$ Ο εγγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου εφάπτεται στις πλευρές στα σημεία
Η ευθεία τέμνει τον κύκλο για δεύτερη φορά στο Έστω το σημείο τομής της με την κάθετη στην στο
Έστω, τέλος, τα σημεία τομής της με την και την αντίστοιχα.
Δείξτε ότι το είναι το μέσο του τμήματος

Κι άλλες λύσεις:
https://mathematica.gr/forum/viewtopic. ... 12&t=34809

Ορέστης Λιγνός · #7

socrates έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 18, 2020 3:09 pm
ΘΕΜΑ 4
Θεωρούμε τρίγωνο με $\angle ABC\ne \angle BCA.$ Ο εγγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου εφάπτεται στις πλευρές στα σημεία
Η ευθεία τέμνει τον κύκλο για δεύτερη φορά στο Έστω το σημείο τομής της με την κάθετη στην στο
Έστω, τέλος, τα σημεία τομής της με την και την αντίστοιχα.
Δείξτε ότι το είναι το μέσο του τμήματος

Μία άλλη λύση σ'αυτό το πολυπαιγμένο θέμα (υπάρχει και εδώ)

Ορίζω διαφορετικά τα X,Y

. Συγκεκριμένα,

$\rightarrow$ ορίζω το

ως το σημείο τομής του κύκλου (A,P,F)

με την

.
$\rightarrow$ ορίζω το

ως το σημείο τομής του κύκλου (A,P,E)

με την

.

Θα δείξω ότι, τα X,A,Y

είναι συνευθειακά, ότι ισχύει XA=AY

, και ότι η XAY

περνάει από το

.

Πρώτο Βήμα: Είναι, $\angle AXF=\angle FPD=\angle FDB$ , άρα $XA \parallel BD \equiv BC$ , και όμοια $AY \parallel BC$ , οπότε X,A,Y

συνευθειακά.

Δεύτερο Βήμα: Είναι, $XA/BD=AF/FB \Rightarrow XA=FA$ , και όμοια AY=AE

, άρα

.

Τρίτο Βήμα: Έστω, $R \equiv PQ \cap (k)$ . Είναι, $\angle RIE=2\angle RDE=\angle C$ , Και επίσης IR=IE,CE=CD

, άρα τα $\vartriangle IRE$ και $\vartriangle CEF$ είναι όμοια. Οπότε,

$RE/EI=DE/CE \Rightarrow RE/EI=EY/AE \Rightarrow RE/EY=EI/AE$ , οπότε και τα $\vartriangle AEI$ και $\vartriangle REY$ είναι όμοια. Επομένως $\angle RYE=\angle IAE=\angle A/2$ .

Επίσης $\angle AYR=\angle AYE-\angle RYE=(90^\circ-\angle C/2)-\angle A/2=\angle B/2$ .

Ακόμη, έχω ότι $\angle XPR=90^\circ+\angle XPA=90^\circ+\angle XFA=180^\circ-\angle B/2=180^\circ-\angle AYR$ .

Συνεπώς, το XPRY

είναι εγγράψιμο, όπως και τα PREF

και

(το τελευταίο διότι $\angle FED=\angle FDB=\angle AXF$ ).

Άρα, οι κοινές χορδές, δηλαδή οι XY,PR,FE

, συντρέχουν στο ριζικό κέντρο των τριών κύκλων. Οπότε, όντως η XAY

περνάει από το $Q \equiv PR \cap FE$ .

Συνεπώς τα X,Y

όπως ορίσθηκαν, ανήκουν στην

, και ανήκουν και στην DF,DE

αντίστοιχα, όπως και αυτά της εκφώνησης. Άρα τα σημεία αυτά ταυτίζονται, οπότε έχω ότι XA=AY

(από το Δεύτερο Βήμα).

JimNt. · #8

socrates έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 18, 2020 3:09 pm
ΘΕΜΑ 2
φορτηγά είναι διαθέσιμα για τη μεταφορά κιλών καρπούζια. Κάθε καρπούζι ζυγίζει το πολύ κιλά, ενώ κάθε φορτηγό μπορεί να μεταφέρει μέχρι κιλά καρπούζια σε κάθε δρομολόγιο. Αν κάθε φορτηγό μπορεί να κάνει το πολύ ένα δρομολόγιο, να αποδείξετε ότι είναι δυνατόν να μεταφερθούν όλα τα καρπούζια!

Οκ. Βάζω τα καρπούζια σε φθίνουσα σειρά. Και ξεκινάω από αριστερά (το μεγαλύτερο) να τοποθετώ το κάθε καρπούζι στο φορτηγό με τον μικρότερο δυνατό αύξοντα αριθμό. Έστω τώρα ότι το καρπούζι βάρους

μας τα χαλάει. (δεν χωράει πουθενά ). Τότε αν S_1

, ..., $S_{11}$ τα αθροίσματα των κιλών στο κάθε φορτηγό πρέπει S_1 > 30-M

,..., $S_{11}>30-M$ . Προσθέτοντας, $S_1+...+S_{11}+M>330-10M$ . Το δεξί μέλος όμως είναι μικρότερο ή ίσο του 270

. Έτσι

$\Leftrightarrow$ M>6

. Έχουμε δηλαδή, ότι όλα τα καρπούζια που έχουν μπει σε φορτηγό συν το

έστω

σε πλήθος έχουν βάρος

. Δηλαδή,

$\Leftrightarrow$ k<45

$\leftrightarrow$ $k \le 44$ . Τότε όμως μπορούμε να αφαιρέσουμε τα καρπούζια που έχουμε βάλει στα φορτηγά και μαζί με το Μ να τα χωρίσουμε σε

ομάδες των πολύ

καρπουζιών η κάθε μια , να βάλουμε την κάθε ομάδα σε ένα φορτηγό και έτσι να συνεχίσουμε με τον αλγόριθμο. Αυτός σταματά κάποτε, οπότε επιτυγχάνεται αυτό που θέλω.

min## · #9

Εναλλακτικά μα ισοδύναμα για το 2:
Παίρνουμε ένα βέλτιστο configuration,ένα δηλαδή με το ελάχιστο περίσσευμα και έστω ότι αυτό είναι μη μηδενικό.Έστω ότι περισσεύει ένα καρπούζι μάζας

.
Τότε αφού δεν μπορούμε να το προσθέσουμε σε κανένα φορτηγό,έχουμε από υπόθεση (όπως παραπάνω) W>6

.
Έτσι:
Από τη μια έχουμε πακετάρει λιγότερα από 264

κιλά.(περίσσευμα πάνω από

κιλά).
Από την άλλη,μπορούμε να πακετάρουμε και 264

κιλά:
Πράγματι,έστω ότι λειτουργούμε άπληστα βάζοντας τα καρπούζια ανά σειρά μάζας.Έστω ότι ακριβώς

φορτηγά έχουν "γεμίσει" με καρπούζια με μάζες πάνω από

.
Τότε κάθε ένα από τα

θα έχει τουλάχιστον

(χωράνε τουλάχιστον

καρπούζια) και κάθε ένα από τα υπόλοιπα 11-a

επίσης:Αν όχι,θα χωρούσε κι άλλο "μικρό" καρπούζι.
Συνολικά λοιπόν έχουμε τουλάχιστον 264

κιλά το οποίο είναι άτοπο

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #10

Δίνω μία άλλη λύση για το 3, πιθανόν να έχω λάθος οπότε διορθώστε με.

Μια

άρτιο θέτω m=2t

οπότε παίρνω (2^t-1)(2^t+1)=7n^2

και αφού

έχω δύο περιπτώσεις 2^t+1=b^2

και

η πρώτη δίνει εύκολα b=3

και η δεύτερη άτοπο για $t\geq 2$ με $\pmod 4$ οπότε t=1

δηλαδή

αδύνατο. Άρα εδώ (m,n)=(6,3)

Για

περιττός θέτω m=2r+1

και

οπότε $2x^2-7y^2=1\,\,(1)$ , ( y=n

)
Η Pell

έχει θεμελιώδη την (u_1,w_1)=(15,4)

οπότε αφού (x_0,y_0)=(2,1)

θεμελιώδης της (1)

βρίσκουμε

από τις γνωστές σχέσεις. Επίσης παίρνουμε την αναδρομική $x_{n+1}=2u_1x_{n}-x_{n-1}=30x_{n}-x_{n-1}$
κοιτάμε την ακολουθία των

$\pmod 4$ και είναι 2,2,2,..

άρα για να είναι

δύναμη του δύο πρέπει r=1

και έτσι

Τεστ Εξάσκησης (12), Μεγάλοι

Τεστ Εξάσκησης (12), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (12), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (12), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (12), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (12), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (12), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (12), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (12), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (12), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (12), Μεγάλοι

Μέλη σε σύνδεση