Τεστ Εξάσκησης (6), Μεγάλοι

#1

ΘΕΜΑ 1
Να προσδιορίσετε όλα τα ζεύγη (n,p)

θετικών ακεραίων, όπου

πρώτος, τα οποία ικανοποιούν την εξίσωση $\displaystyle{p(p-1)=2(n^3+1).}$

ΘΕΜΑ 2
Το τετράπλευρο ABCD

είναι εγγράψιμο σε κύκλο και ισχύει AB=BC,AD=3DC

. Το σημείο

βρίσκεται στην

έτσι ώστε

, το σημείο

στην

ώστε $\angle ADQ = \angle BDQ$ . Επιπλέον, $\angle ABQ + \angle CBD = \angle QBD$ και η

τέμνει την

στο

.
Να βρείτε το μέτρο της γωνίας $\angle APD.$

ΘΕΜΑ 3
Η Άννα και η Βασιλική παίζουν το παρακάτω παιχνίδι:
Στο τραπέζι υπάρχουν

κέρματα και οι δύο φίλες παίρνουν εναλλάξ κάποια από αυτά.
Μπορούν να πάρουν το πολύ $\displaystyle{\frac{m}{2} + 1}$ κέρματα κάθε φορά, όπου

το πλήθος των κερμάτων που υπάρχουν τότε στο τραπέζι, αλλά τουλάχιστον ένα. Όποια πάρει τα τελευταία (ή το τελευταίο) κέρμα κερδίζει.
Αν πρώτη παίζει η Άννα, ποια από τις δύο φίλες έχει στρατηγική νίκης;

ΘΕΜΑ 4
Αν a,b,c

θετικοί πραγματικοί αριθμοί, να δείξετε ότι:

$\displaystyle{\dfrac{a^2-bc}{b^2+c^2+2a^2}+\dfrac{b^2-ca}{c^2+a^2+2b^2}+\dfrac{c^2-ab}{a^2+b^2+2c^2}\geq 0}$

min## · #2

4.Επί

,πλην

και στα δύο μέλη και καταλήγει στην $3\geq \sum \dfrac{(b+c)^2}{b^2+c^2+2a^2}$ που ισχύει από B-C-S

(είναι πχ. $\sum \dfrac{(b+c)^2}{b^2+c^2+2a^2}\leq \sum (\dfrac{b^2}{b^2+a^2}+\dfrac{c^2}{c^2+a^2})$ )

stamas1 · #3

Αν $2|p \Rightarrow p=2 \Rightarrow n=0$ αδύνατο

Αν τότε το $p\geq 3$ και άρα $n^3\equiv -1modp \Rightarrow (n^p)^3\equiv -1modp$ .Από το μικρο θεώρημα του Fermat αν τότε αυτό είναι άτοπο. Αν όμως $(n,p)=p \Rightarrow n=ap$ όμως $n^3\equiv -1modp$ άρα άτοπο και αυτό. Δηλαδή δεν υπάρχει λύση στους θετικούς ακεραίους

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #4

stamas1 έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 30, 2020 11:11 am

$n^3\equiv -1modp \Rightarrow (n^p)^3\equiv -1modp$ .Από το μικρο θεώρημα του Fermat αν τότε αυτό είναι άτοπο.

Δεν έχεις άτοπο.

π.χ (n,p)

να είναι

η

.

Σε αυτή την μορφή ο Fermat δίνει
$n^{p-1}=1modp$

giannisd · #5

socrates έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 30, 2020 12:33 am
ΘΕΜΑ 1
Να προσδιορίσετε όλα τα ζεύγη θετικών ακεραίων, όπου πρώτος, τα οποία ικανοποιούν την εξίσωση $\displaystyle{p(p-1)=2(n^3+1).}$

Για

προφανώς δεν έχει λύση.
Όποτε για περιττούς πρώτους, η δοθείσα γράφεται:
$\displaystyle{2n^3=p^2-p-2<p^2<2p^3\implies p\geq n+1}$
Αντικαθιστώντας p=n+1

, δεν παίρνουμε λύσεις.
Άρα $p\nmid n+1$ .

Η αρχική γράφεται:
$\displaystyle{p(p-1)=2(n+1)(n^2-n+1)\implies p\mid n^2-n+1\implies n^2-n+1=kp, \quad k\in \mathbb{N^*} \, (1)}$

Αντικαθιστώντας προκύπτει: p=2k(n+1)+1

Επομένως η (1)

γίνεται μετά από πράξεις:
$\displaystyle{n^2-(2k^2+1)n-2k^2-k+1=0}$
Η διακρίνουσα $\Delta_n =4k^4+12k^2+4k-3$ πρέπει να είναι τέλειο τετράγωνο περιττού αριθμού.
Όμως για k>3

:
$\displaystyle{(2k^2+3)^2<\Delta_n<(2k^2+5)^2}$
Άρα $k\leq 3$ .

Η μόνη περίπτωση που δίνει λύση είναι η k=3

, οπότε προκύπτει το μοναδικό ζεύγος (n,p)=(20,127)

. $\blacksquare$

stamas1 · #6

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 30, 2020 3:27 pm

stamas1 έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 30, 2020 11:11 am

$n^3\equiv -1modp \Rightarrow (n^p)^3\equiv -1modp$ .Από το μικρο θεώρημα του Fermat αν τότε αυτό είναι άτοπο.

Δεν έχεις άτοπο.

π.χ να είναι η .

Σε αυτή την μορφή ο Fermat δίνει
$n^{p-1}=1modp$

Έχετε δίκιο εγώ έκανα λάθος

#7

socrates έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 30, 2020 12:33 am

ΘΕΜΑ 2
Το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο σε κύκλο και ισχύει . Το σημείο βρίσκεται στην έτσι ώστε , το σημείο στην ώστε $\angle ADQ = \angle BDQ$ . Επιπλέον, $\angle ABQ + \angle CBD = \angle QBD$ και η τέμνει την στο .
Να βρείτε το μέτρο της γωνίας $\angle APD.$

: 6-μεγάλοι.png (20.6 KiB) Προβλήθηκε 2253 φορές

edit: Άρση απόκρυψης.

$A\widehat PD=90^\circ.$ Αύριο η λύση αν δεν απαντηθεί μέχρι τότε.

#8

Το ΘΕΜΑ 3 δεν ήταν σωστά διατυπωμένο! Η σωστή εκφώνηση είναι:

Η Άννα και η Βασιλική παίζουν το παρακάτω παιχνίδι:
Στο τραπέζι υπάρχουν

κέρματα και οι δύο φίλες παίρνουν εναλλάξ κάποια από αυτά.
Μπορούν να πάρουν το πολύ $\displaystyle{\frac{m}{2} + 1}$ κέρματα κάθε φορά, όπου

το πλήθος των κερμάτων που υπάρχουν τότε στο τραπέζι, αλλά τουλάχιστον ένα. Όποια πάρει τα τελευταία (ή το τελευταίο) κέρμα κερδίζει.
Αν πρώτη παίζει η Άννα, ποια από τις δύο φίλες έχει στρατηγική νίκης;

Ορέστης Λιγνός · #9

socrates έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 30, 2020 12:33 am
ΘΕΜΑ 2
Το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο σε κύκλο και ισχύει . Το σημείο βρίσκεται στην έτσι ώστε , το σημείο στην ώστε $\angle ADQ = \angle BDQ$ . Επιπλέον, $\angle ABQ + \angle CBD = \angle QBD$ και η τέμνει την στο .
Να βρείτε το μέτρο της γωνίας $\angle APD.$

Καλησπέρα σε όλους.

Έστω, $\angle ADQ=\angle BDQ=x$ , $\angle ABQ=\phi, \angle CBD=\omega$ , και $\angle QBD=\phi+\omega$ .

Αποδεικνύω τρεις Ισχυρισμούς:

Ισχυρισμός 1: Ισχύει, $BQ \perp AD$ .

Απόδειξη: Είναι, $\angle ADC+\angle ABC=\pi \Rightarrow 2\angle ADB+2\phi+2\omega=\pi \Rightarrow \angle ADB+\angle QBD=\pi/2$ , που δίνει άμεσα ότι $BQ \perp AD$ $\blacksquare$ .

Ισχυρισμός 2: Έστω, $BW \perp CD$ . Τότε, είναι CW=CD

.

Απόδειξη: Έστω

μέσο

και $BT \perp AD$ . Έστω ακόμη

σημείο της

με

.

Είναι, $\vartriangle CBQ=\vartriangle BAT \Rightarrow AT=CW$ .

Επίσης, $\anle ATB=\angle AMB=\pi/2 \Rightarrow ATMB$ εγγράψιμο. Οπότε, $\angle DTM=\angle ABM=\angle ABC/2=\pi/2-\angle NDC/2=\angle DNC$ , οπότε $NC \perp TM$ και $MA=MC \Rightarrow TA=TN$ . Επίσης $DA=3DC=DN \Rightarrow 2ND=AN=TA+TN=2TA$ , άρα TA=ND

.

Αφού όμως $CW=AT \Rightarrow CQ=AT=ND=CD$ $\blacksquare$ .

Ισχυρισμός 3: Ισχύει, $AR \perp BD$ .

Απόδειξη: Έστω, $X \in AD$ με $RX \parallel AB$ . Έστω ακόμη, $XY \perp AB$ και $Z \equiv QD \cap AB$ .

Είναι, AX/AD=RB/BD=1/3=CD/CA

, άρα

. Έστω τώρα $DS \perp BC$ . Τότε, είναι $\angle YAX=\angle DCS$ , άρα τα $\vartriangle DCS, \vartriangle AXY$ είναι ίσα.

Οπότε, CS=AY

. Το

είναι εγγράψιμο, άρα από τον Ισχυρισμό 2, $AX^2=DC^2=BC \cdot CS=AB \cdot AY$ , οπότε $AX^2=AB \cdot AY$ , με $XY \perp BA$ , οπότε $\angle AXB=90^\circ$ , οπότε τα B,Q,X

είναι συνευθειακά.

Από Θ. Μενελάου λοιπόν στο $\vartriangle RAD$ με διατέμνουσα $\overline{XQB}$ προκύπτει ότι (αφού BR/BD=1/3, XA/XD=1/2

),

, οπότε

, δηλαδή το $\vartriangle DAB$ είναι ισοσκελές!

Συνεπώς το τραπέζιο AXRB

( $XR \parallel AB$ ) είναι ισοσκελές τραπέζιο, οπότε $\angle ARB=\angle AXB=\pi/2 \Rightarrow AR \perp BD$ $\blacksquare$ .

Οπότε, από τους Ισχυρισμούς 1 και 3, έχω ότι το

είναι ορθόκεντρο του $\vartriangle BAD$ , οπότε $QD \perp AB \Rightarrow \angle APD=\pi/2$ .

(Θα βάλω αύριο το πρωί το σχήμα)

Xriiiiistos · #10

socrates έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 30, 2020 12:33 am
ΘΕΜΑ 2
Το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο σε κύκλο και ισχύει . Το σημείο βρίσκεται στην έτσι ώστε , το σημείο στην ώστε $\angle ADQ = \angle BDQ$ . Επιπλέον, $\angle ABQ + \angle CBD = \angle QBD$ και η τέμνει την στο .
Να βρείτε το μέτρο της γωνίας $\angle APD.$

$H\equiv BG\cap AD$ και $AD=3DC=3y,AB=BC=x,2BR=DR=2z\Leftrightarrow BD=3z$

: METR2.png (461.78 KiB) Προβλήθηκε 2179 φορές

από θεώρημα πτολεμαίου $AD\cdot BC+AB\cdot DC=DB\cdot AC\Leftrightarrow AC=\dfrac{4xy}{3z}$ (1)

από δεύτερο θεώρημα πτολεμαίου $\dfrac{AC}{BD}=\dfrac{AD\cdot AB+DC\cdot CB}{AB\cdot AC+AD\cdot DC}$

$\overset{(1)}{ \Leftrightarrow } \dfrac{4xy}{9z^{2}}=\dfrac{4xy}{x^{2}+3y^{2}}\Leftrightarrow x^{2}=9z^{2}-3y^{2}$ (i)

θεώρημα διχοτόμου $\dfrac{AP}{PB}=\dfrac{AD}{DB}=\dfrac{3y}{3z}=\dfrac{y}{z}$ (2)

θεώρημα ceva στο ADB

$\dfrac{AH}{DH}\cdot \dfrac{DR}{RB}\cdot \dfrac{PB}{PA}=1\overset{(2)}{\Leftrightarrow }\dfrac{AH}{HD}=\dfrac{y}{2z}\Leftrightarrow \dfrac{AD}{HD}=\dfrac{y+2z}{2z}$

$\Leftrightarrow HD=\dfrac{6zy}{y+2z}$ (3)

τώρα από γωνίες έχουμε

$\widehat{ADC}=180-\widehat{ABC}=180-\widehat{ABQ}-\widehat{QBD}-\widehat{DBC}=180-2\widehat{QBD}\Leftrightarrow 90=\widehat{GBD}+\dfrac{\widehat{ADC}}{2}$

άρα $BH\perp AD$ και η γενίκαυση του πυθαγωρίου θεωρήματος στο ABD

δίνει

$AB^{2}=AD^{2}+DB^{2}-2AD\cdot DH\overset{(3)}{ \Leftrightarrow }x^{2}=9y^{2}+9z^{2}-2\dfrac{9zy^{2}}{y+2z}$ (ii)

από (i),(ii) παίρνουμε $3y^{2}+3z^{2}-\dfrac{4y^{2}z}{y+2z}=3z^{2}-y^{2}\Leftrightarrow y^{3}=y^{2}z\Leftrightarrow y=z$

οπότε AD=DB

ΚΑΙ αφού

διχοτόμος της $\widehat{ADB}$ είναι $\widehat{APD}=90^{\circ}$

#11

socrates έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 30, 2020 12:33 am

ΘΕΜΑ 2
Το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο σε κύκλο και ισχύει . Το σημείο βρίσκεται στην έτσι ώστε , το σημείο στην ώστε $\angle ADQ = \angle BDQ$ . Επιπλέον, $\angle ABQ + \angle CBD = \angle QBD$ και η τέμνει την στο .
Να βρείτε το μέτρο της γωνίας $\angle APD.$

Έστω ότι η

τέμνει την

στο

Με τους συμβολισμούς του σχήματος έχω:

: 6-μεγάλοι.png (20.6 KiB) Προβλήθηκε 2147 φορές

$\displaystyle A\widehat BC+ A\widehat DC = 180^\circ \Leftrightarrow 2\theta + 4\omega = 180^\circ \Leftrightarrow \theta + 2\omega = 90^\circ \Leftrightarrow$ $\boxed{BT\bot AD}$

Νόμος συνημιτόνου στο ABC:

$\displaystyle A{C^2} = 2A{B^2}(1 - \cos 2\theta ) = 4A{B^2}{\sin ^2}\theta \Leftrightarrow$ $\boxed{AC = 2AB\sin \theta}$ (1)

Πτολεμαίος στο ABCD:

$\displaystyle AB \cdot CD + AD \cdot BC = AC \cdot BD\mathop = \limits^{(1)} 2AB \cdot BD\sin \theta \Leftrightarrow$

$\displaystyle 4AB \cdot CD = 2AB \cdot BD\sin \theta \Leftrightarrow 2CD = TD \Leftrightarrow$ $\boxed{TD=2AT}$

Τέλος με $\displaystyle {\rm{Ceva}}$ στο τρίγωνο ABD

προκύπτει ότι

είναι το μέσο του AB,

απ' όπου $A\widehat PD=90^\circ}$

giannisd · #12

socrates έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 30, 2020 12:33 am
ΘΕΜΑ 3
Η Άννα και η Βασιλική παίζουν το παρακάτω παιχνίδι:
Στο τραπέζι υπάρχουν κέρματα και οι δύο φίλες παίρνουν εναλλάξ κάποια από αυτά.
Μπορούν να πάρουν το πολύ $\displaystyle{\frac{m}{2} + 1}$ κέρματα κάθε φορά, όπου το πλήθος των κερμάτων που υπάρχουν τότε στο τραπέζι, αλλά τουλάχιστον ένα. Όποια πάρει τα τελευταία (ή το τελευταίο) κέρμα κερδίζει.
Αν πρώτη παίζει η Άννα, ποια από τις δύο φίλες έχει στρατηγική νίκης;

Ονομάζω φρούρια τους αριθμούς της μορφής t_k=3(2^k-1)

, οι οποίοι είναι πάντα περιττοί.
Προφανώς από επαγωγή τα φρούρια είναι οι όροι της αναδρομικής $t_k=2t_{k-1}+3$ .

Θα δείξω ότι νικάει πάντα η Άννα εκτός και αν ο

είναι φρούριο, οπότε νικάει η Βασιλική.

Πρώτα θα δείξω με επαγωγή στο

ότι αν ο

είναι φρούριο νικάει η Βασιλική.
Για k=1

,

. Τότε η Άννα παίρνει το πολύ δύο νομίσματα, οπότε η Βασιλική παίρνει τα υπόλοιπα και κερδίζει.

Υποθέτω ότι η Βασιλική κερδίζει όταν n=t_k

.
Για $n=t_{k+1}$ η Άννα ως πρώτη μπορεί να πάρει το πολύ $\left\lfloor \dfrac{t_{k+1}}{2}\right\rfloor+1=t_k +2$ , δηλαδή μένουν τουλάχιστον t_k+1

νομίσματα.
Έστω μένουν t_k+d

νομίσματα μετά την πρώτη κίνηση της Άννας με $d\in \{1,2,\ldots ,t_k+1,t_k+2\}$ .
Αν

άρτιος, η Βασιλική μπορεί να πάρει το πολύ $\left\lfloor\dfrac{t_k+d}{2}\right\rfloor +1 = \dfrac{t_k+d+1}{2}\ge d$ νομίσματα, αφού $d\le t_k+1$ .
Αν

περιττός, μπορεί να πάρει το πολύ $\left\lfloor\dfrac{t_k+d}{2}\right\rfloor +1= \dfrac{t_k+d+2}{2}\ge d$ νομίσματα, αφού $d\le t_k+2$ .
Άρα πάντα μπορεί να παίρνει

νομίσματα η Βασιλική, οπότε το ζητούμενο ισχύει από την επαγωγική υπόθεση.

Αν ο

δεν είναι φρούριο με όμοια επιχειρήματα με τα παραπάνω η Άννα μπορεί να πάρει τόσα νομίσματα, ώστε το πλήθος των νομισμάτων που θα μείνουν να είναι φρούριο, οπότε φτάνω πάλι στην παραπάνω περίπτωση με τους ρόλους αντιστραμμένους, άρα κερδίζει η Άννα. $\blacksquare$

Τεστ Εξάσκησης (6), Μεγάλοι

Τεστ Εξάσκησης (6), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (6), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (6), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (6), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (6), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (6), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (6), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (6), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (6), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (6), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (6), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (6), Μεγάλοι

Μέλη σε σύνδεση