mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 19, 2011 11:29 pm**

Ας ανεβάσουμε σιγά - σιγά και τα θέματα των junior για επεξεργασία !

Μπάμπης

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 20, 2011 9:01 am**

Ξεκινάω με δύο θέματα !

ΘΕΜΑ 3ο

Να προσδιορίσετε τις ακέραιες λύσεις της εξίσωσης :

8x^3-4=y(6x-y^2)

ΘΕΜΑ 4ο

Δίνεται οξυγώνιο και σκαληνό τρίγωνο ABC

με

, εγγεγραμμένο σε κύκλο C(O,R)

.Ο κύκλος

τέμνει την πλευρά

στο σημείο

και τον κύκλο

στο σημείο

. H

τέμνει για δεύτερη φορά τον κύκλο

στο σημείο

και την πλευρά

στο σημείο

.Η

τέμνει την

στο σημείο

. Τέλος , ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου BKD

τέμνει την

στο σημείο

. Να αποδείξετε ότι τα σημεία K,L,M

βρίσκονται πάνω σε μια ευθεία παράλληλη στην

.

Μπάμπης

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 20, 2011 11:34 am**

ΘΕΜΑ 1ο

α) Έστω

θετικός ακέραιος. Να αποδείξετε ότι :

$\displaystyle n\sqrt {x-n^2}\leq \frac {x}{2}$ ,για κάθε $x\geq n^2$ .

β) Να προσδιορίσετε τους πραγματικούς αριθμούς x,y,z

που ικανοποιούν την εξίσωση :

$\displaystyle 2\sqrt {x-1} +4\sqrt {y-4} + 6\sqrt {z-9} = x+y+z$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 20, 2011 1:58 pm**

Grigoris K. έγραψε:Ας κάνω την αρχή με το πρώτο:

α) $\displaystyle{ n\sqrt{x-n^2} \leq \frac{x}{2} \Rightarrow x - 2n\sqrt{x-n^2} - n^2 + n^2 \Rightarrow (\sqrt{x-n^2} - n)^2} \geq 0$ . Με την ισότητα να ισχύει όταν: $\sqrt{x-n^2} = n \Rightarrow x-n^2 = n^2 \Rightarrow x = 2n^2$

β) Περιορισμοί: $x \geq 1 , y \geq 4 , z \geq 9$
- $2\sqrt{x-1} = x \Rightarrow x = 2n^2 \Rightarrow x = 2 \cdot 1 \Rightarrow x = 2$ (1)
- $4\sqrt{y-4} = y \Rightarrow y = 2n^2 \Rightarrow y = 2 \cdot 4 \Rightarrow y = 8$ (2)
- $6\sqrt{z-9} = z \Rightarrow z = 2n^2 \Rightarrow z = 2 \cdot 9 \Rightarrow z = 18$ (3)

Προσθέτοντας τις (1),(2),(3) λαμβάνουμε την ζητούμενη εξίσωση και μετά από επαλήθευση συμπεραίνουμε ότι οι λύσεις της είναι όντως οι εξής:

Νομίζω πως είσαι λάθος στο δεύτερο ερώτημα,διότι δεν μπορείς να υποθέσεις ότι $2\sqrt{x-1} = x$ ,κλπ ,και πως κάτι σου λείπει στο πρώτο

Για το πρώτο:
α)Υψώνοντας και τα δυο μέλη στο τετράγωνο και απαλοίφοντας το 4 αρκεί να αποδείξουμε $4xn^2-n^4 \leq x^2 \Leftarrow x^2-4xn^2+n^4 \geq 0 \Leftarrow (x-2n^2)^2 \geq 0$ ,που είναι προφανώς αληθές.Η ισότητα ισχύει αν και μόνον αν x=2n^2

.

β)Διαιρώντας και τα δυο μέλη της εξίσωσης με 2 λαμβάνουμε $1\sqrt{x-1^2}+2\sqrt{y-2^2}+3\sqrt{z-3^2}=\frac{x+y+z}{2}$ .Όμως από το πρώτο ερώτημα έχουμε $1\sqrt{x-1^2}+2\sqrt{y-2^2}+3\sqrt{z-3^2} \leq \frac{x+y+z}{2}$ .Άρα ισχυεί η ισότητα.Επομένως $x=2 \cdot 1=2$ , $y=2 \cdot 4=8$ , $z=2 \cdot 9=18$ ,αριθμοί που επαληθεύουν την αρχική.Συνεπώς (x,y,z)=(2,8,18)

Για το τρίτο:
Έχουμε $8x^3-4=y(6x-y^2) \Leftrightarrow (2x+y)(4x^2+y^2-2xy)=2(3xy+2)$ .Από την πρώτη σχέση λαμβάνουμε ότι $2|y \Rightarrow y=2t$ .Αντικαθιστώντας το στην δεύτερη σχέση έχουμε $(2x+2t)(4x^2+4t^2-4xt=4(3xt+1) \Leftrightarrow 2(x+t)[(x+t)^2-3xt]=3xt+1$ .Θέτουμε τώρα a=x+t,b=3xt

και $a,b \in \mathbb{Z}$ .Έτσι η εξίσωση μετασχηματίστηκε στην $2a^3=2ab+b+1 \Leftrightarrow b=\frac{2a^3-1}{2a+1}$ .Εφόσον ο

είναι ακέραιος έχουμε 2a+1|2a^3-1

.Όμως

,έτσι αρκεί ο $\frac{8a^3+1-5}{2a+1}$ να είναι ακέραιος,δηλαδή αρκεί $\frac{(2a+1)(4a^2+1-2a)-5}{2a+1}=4a^2+1-2a+\frac{5}{2a+1} \in \mathbb{Z}$ .Άρα a = {-3,-1,0,2}

και

.Όμως $b=3xt \Leftrightarrow xt=\frac{b}{3}$ ,άρα $\frac{b}{3} \in \mathbb{Z}$ ,συνεπώς xt=1

και

.Λύνοντας τα συστήματα έχουμε x=t=1

,συνεπώς

, τιμές που επαληθεύουν την αρχική εξίσωση.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 20, 2011 3:19 pm**

Θα ελεγα πως η γεωμετρία μοιάζει πολύ με αυτήν που επεσε φέτος στο Θαλή Γ Λυκείου

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Απρ 21, 2011 9:31 pm**

ΘΕΜΑ 2ο

Πάνω σε καθεμία πλευρά τετραγώνου ΑΒΓΔ θεωρούμε 3 σημεία διαφορετικά μεταξύ τους.

(α) Να προσδιορίσετε τον αριθμό των ευθυγράμμων τμημάτων που ορίζονται με άκρα τα σημεία αυτά και δεν βρίσκονται πάνω στις πλευρές του τετραγώνου.

(β) Αν δεν υπάρχουν τρία από τα προηγούμενα ευθύγραμμα τμήματα που να περνάνε απο το ίδιο σημείο, να βρείτε πόσα σημεια τομής των τμημάτων αυτών υπάρχουν μέσα στο τετράγωνο.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 22, 2011 1:40 pm**

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:
ΘΕΜΑ 4ο

Δίνεται οξυγώνιο και σκαληνό τρίγωνο με , εγγεγραμμένο σε κύκλο .Ο κύκλος τέμνει την πλευρά στο σημείο και τον κύκλο στο σημείο . H τέμνει για δεύτερη φορά τον κύκλο στο σημείο και την πλευρά στο σημείο .Η τέμνει την στο σημείο . Τέλος , ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου τέμνει την στο σημείο . Να αποδείξετε ότι τα σημεία βρίσκονται πάνω σε μια ευθεία παράλληλη στην .

ΛΥΣΗ

Βάζω για λόγους πληρότητας μια λύση στο θέμα αυτό. Στηριζόμαστε στο παρακάτω σχήμα του Σωτήρη Λουρίδα που έχει κάνει στο μήνυμα viewtopic.php?f=112&t=15017&p=78864#p78864.
Στο μήνυμα αυτό υπάρχει μια ακόμα λύση από το Σωτήρη.

α) Η ΑD είναι κάθετη στην ΒC και η ΑC είναι κάθετη στην EF.Αυτό προκύπτει με κίνηση γωνιών. Για παράδειγμα , η γωνία BAD είναι ίση με τη γωνία BFE (εγγεγραμμένες που βαίνουν στο ίδιο τόξο) και η γωνία BFE είναι ίση με το μισό της γωνίας BAE, αφού είναι εγγεγραμμένη στο μικρό κύκλο.
Στο ισοσκελές λοιπόν τρίγωνο ΑΒΕ η ΑΚ είναι διχοτόμος, οπότε είναι και ύψος και διάμεσος.

b) Τα σημεία L,K,M αποτελελούν την ευθεία simson του σημείου D για το τρίγωνο ABC.

c) Η παραλληλία των LM , BF εξασφαλίζεται από το γεγονός ότι στο τρίγωνο EBF τα σημεία Κ και Μ είναι μέσα των πλευρών ΕΒ , ΕF.

Καλή Ανάσταση !

Μπάμπης

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 22, 2011 2:25 pm**

Άλλη μια λύση για την 3η
Εύκολα αναγνωρίζουμε στη δοθείσα την ταυτότητα των κύβων (υπενθυμίζω $a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)\frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{2})$ . Οπότε αυτή γίνεται $(2x)^3+y^3+1^3-3\cdot2x\cdot y\cdot 1=5\Leftrightarrow (2x+y+1)\frac{(2x-y)^2+(y-1)^2+(2x-1)^2}{2}=5$ .

1η περίπτωση
2x+y+1=5(1)

, τότε

, οπότε ένα από τα τετράγωνα είναι ίσο με μηδέν. Επειδή το μόνο άρτιο είναι το 2x-y, έχουμε ότι y=2x και λόγω της (1)x=1 και y=2 που είναι προφανής λύση.

2η περίπτωση
2x+y+1=1(2)

και

, που σημαίνει ότι πάλι κάποιο είναι μηδέν, άρα 2x-y=0, οπότε λόγω της (2), είναι x,y=0 που απορρίπτεται. Μοναδική λύση λοιπόν η (x,y)=(1,2). Χρησιμοποιήθηκε ότι το y είναι άρτιος. Για να αποδειχθεί αυτό, βλέπουμε στη δοθείσα οτι για y περιττό, το δεύτερο μέλος είναι περιττό, άρα και το πρώτο,άτοπο.

Συγχαρητήρια και από μένα και στους μικρούς

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 03, 2016 10:53 pm**

spiros filippas έγραψε:ΘΕΜΑ 2ο

Πάνω σε καθεμία πλευρά τετραγώνου ΑΒΓΔ θεωρούμε 3 σημεία διαφορετικά μεταξύ τους.

(α) Να προσδιορίσετε τον αριθμό των ευθυγράμμων τμημάτων που ορίζονται με άκρα τα σημεία αυτά και δεν βρίσκονται πάνω στις πλευρές του τετραγώνου.

(β) Αν δεν υπάρχουν τρία από τα προηγούμενα ευθύγραμμα τμήματα που να περνάνε απο το ίδιο σημείο, να βρείτε πόσα σημεια τομής των τμημάτων αυτών υπάρχουν μέσα στο τετράγωνο.

Καιρός είναι να λυθεί!

(α)
Κάθε ευθύγραμμο τμήμα ορίζεται από

σημεία, αρκεί να είναι από διαφορετικές πλευρές.

Αρχικά επιλέγουμε ένα σημείο μιας πλευράς. Υπάρχουν

διαθέσιμα σημεία στις άλλες

πλευρές, δηλαδή έχουμε

ευθύγραμμα τμήματα που αντιστοιχούν σε αυτό το σημείο. Το ίδιο ισχύει και για τα

σημεία, έχουμε δηλαδή $12\cdot 9=108$ ευθύγραμμα τμήματα. Όμως κάθε ευθύγραμμο τμήμα έχει μετρηθεί

φορές, μια φορά για κάθε άκρο του.

Άρα έχουμε

ευθύγραμμα τμήματα.

(β)

Κάθε σημείο τομής ορίζεται από

σημεία, αρκεί να μην βρίσκονται

από αυτά στην ίδια πλευρά.

Επιλέγουμε

σημεία από

σημεία, το οποίο μπορεί να γίνει με $\displaystyle{{12\choose 4}= 495}$ τρόπους.

Όμως έτσι έχουμε μετρήσει και κάποιες άκυρες περιπτώσεις, δηλαδή αυτές που

σημεία είναι στην ίδια πλευρά. Αν σε μια πλευρά έχουν επιλεχθεί και τα

σημεία, τότε έχουμε

περιπτώσεις για το τέταρτο. Αυτό γίνεται για κάθε πλευρά, δηλαδή έχουμε $4\cdot 9=36$ άκυρες περιπτώσεις.

Συνολικά λοιπόν έχουμε 495-36=459

σημεία τομής.

Υ.Γ. Στο (β) ερώτημα καταλήγω στο ίδιο αποτέλεσμα και με άλλο τρόπο, που μετρά ξεχωριστά τις διάφορες κατηγορίες περιπτώσεων. Είναι όμως δαιδαλώδης. Ίσως κάποια στιγμή να τον ανεβάσω κι αυτόν.

mathematica.gr

Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2011

Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2011

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΙΚΡΩΝ(JUNIOR) - 2011

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΙΚΡΩΝ(JUNIOR) - 2011

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΙΚΡΩΝ(JUNIOR) - 2011

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΙΚΡΩΝ(JUNIOR) - 2011

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΙΚΡΩΝ(JUNIOR) - 2011

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΙΚΡΩΝ(JUNIOR) - 2011

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΙΚΡΩΝ(JUNIOR) - 2011

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΙΚΡΩΝ(JUNIOR) - 2011